DS 1 mathématiques BCPST 1B

(1)

DS 1 math´ ematiques

BCPST 1B 2018-2019

— Dur´ee : 3 heures.

— Documents et calculatrice non autoris´es.

— Une importance est accordée à la clarté, à la concision et à la précision de la rédaction.

Exercice 1. Pour tout entiernsupérieur ou égal à 1, on pose

Pn= 1 + 4 +· · ·+ (3n−2).

1. CalculerP1, P2, P3, P4.

2. Montrer que pour toutn∈N^?, on a Pn =^n(3n−1)₂ .

3. Pour tout r´eel positif x, on dit quexest un nombre pentagonal s’il existen∈N^? tel quex=Pn.

Soitxun r´eel positif. Montrer quexest un nombre pentagonal si et seulement si l’´equation d’inconnue α∈R

3α²−α−2x= 0 (E)

possède une solution entière et positive. Attention, il n’est pas dit quexest solution de cette équation.

4. Soitx∈R^+?. Résoudre dansRl’équation d’inconnue réelleα: 3α²−α−2x= 0.

5. Soitxun r´eel positif. Montrerxest un nombre pentagonal si et seulement si ¹⁺

√24x+1

6 est un entier strictement positif.

Correction 1. On a P1= 1, P2= 5, P3= 12, P4= 22.

2. Pour toutn∈N^?, on poseH(n) :Pn =^n(3n−1)₂ . D´emontronsH par r´ecurrence.

— Initialisation : pourn= 1, ^1(3×1−1)₂ = ²₂= 1 =P₁ La propositionH(1) est bien vraie.

— Hérédité : soitn∈N. Supposons queH(n) est vraie. Par hypothèse : Pn= n(3n−1)

2 En ajoutant 3(n+ 1)−2 à cette égalité, on obtient

P_n+ 3(n+ 1)−2 = n(3n−1)

2 + 3(n+ 1)−2 OrP_n+ 3(n+ 1)−2 =P_n+1. De plus,

n(3n−1)

2 + 3(n+ 1)−2 = n(3n−1)+6(n+1)−4 2

= ³ⁿ²^{−n+6n+6−4}₂

= ³ⁿ²⁺⁵ⁿ⁺²₂

Mais (n+ 1)(3(n+ 1)−1) = (n+ 1)(3n+ 3−1) = (n+ 1)(3n+ 2) = 3n²+ 3n+ 2n+ 2 = 3n²+ 5n+ 2. D’o`u : 3n²+ 5n+ 2

2 = (n+ 1)(3(n+ 1)−1)

2 .

On a bienPn+1 =(n+1)(3(n+1)−1)

.Autrement dit,H(n+ 1) est vraie.

(2)

— Conclusion : d’après le principe de récurrence, on en déduit que : ∀n≥1, Pn= n(3n−1)

2 .

3. Montrons la proposition demandée par équivalence. Soitxun réel positif.

Supposons quexest un nombre pentagonal. Il existe doncn∈N^? tel quex= ^n(3n−1)₂ . On a : x = ^n(3n−1)₂

⇔ 2x = n(3n−1)

⇔ 2x = 3n²−n

⇔ 0 = 3n²−n−2x

L’entier strictement positifnest donc solution de l’´equation (E) : 3α²−α−2x= 0.

R´eciproquement, supposons qu’il existe un entiern≥1 solution de l’´equation (E) : 3n²−n−2x= 0.

Donc : 2x= 3n²−n. D’où x= ³ⁿ²₂⁻ⁿ. Par conséquent,x= ^n(3n−1)₂ . Le réelxest bien un nombre pentagonal.

Conclusion : par double implication, on en déduit quexest un nombre pentagonal si et seulement si l’équation (E) admet une solution entière positive.

4. On veut résoudre l’équation 3α²−α−2x= 0, oùαest l’inconnue etxest un réel positif donné. On reconnaˆıt une équation du second degré de discriminant ∆ = 1 + 24x.xétant positif, ∆ est donc strictement positif. Il en résulte que les solutions de cette équation sont exactement

x₁ = ¹⁺

√1+24x

2·3 , x₂ = ¹⁻

√1+24x 2·3

= ¹⁺

√1+24x

6 , = ¹⁻

√1+24x 6

Donc S=

1 +√

1 + 24x

6 ,1−√

1 + 24x 6

.

5. Soit x un réel positif. D’après la question 3, x est un nombre pentagonal si et seulement si l’équation (E) admet une solution entière strictement positif. Or, d’après la question 4, les solutions de cette équation sont ¹⁺

√1+24x

6 et ¹⁻

√1+24x

6 .

Autrement dit,xest un nombre pentagonal si et seulement si ¹⁺

√1+24x

6 ou ¹⁻

√1+24x

6 sont des entiers strictement positifs.

Or,x >0. Donc 1 + 24x >1>0. Par stricte croissance de la fonction racine carr´ee, on en d´eduit que√

1 + 24x >1. Donc

1−√ 1+24x

6 <0. Ainsi l’unique solution positif de (E) est ¹⁺

√1+24x

6 .

Il en r´esulte quexest un nombre pentagonal si et seulement si ¹⁺

√1+24x

6 est un entier strictement positif.

Exercice 2. Résoudre dansRles équations et inéquations suivantes : 1. √

x²+ 1−√

x²+ 3x+ 2≥0 2. ^x_x²2^−4x+5+3x+1 ≥ −1 3. x⁴−3x²−4 = 0 4. |6x−1|=x²+ 2.

Correction 1. On résout l’inéquation par équivalence. Soitx∈R.

√x²+ 1−√

x²+ 3x+ 2≥0 ⇔ √

x²+ 1≥√

x²+ 3x+ 2

Or, la proposition “x²+ 1≥0⁰⁰est vérifiée car xest réel. De plus, (x+ 1)(x+ 2) =x²+ 2x+x+ 2 =x²+ 3x+ 2. Ainsi, x²+ 3x+ 2≥0 ⇔ (x+ 1)(x+ 2)≥0

⇔ x∈]− ∞,−2]∪[−1,+∞[

Par stricte croissance de la fonction racine carr´ee surR⁺, on en d´eduit que

√

x²+ 1≥√

x²+ 3x+ 2 ⇔ x²+ 1≥x²+ 3x+ 2 etx∈]− ∞,−2]∪[−1,+∞[

⇔ 0≥3x+ 1 etx∈]− ∞,−2]∪[−1,+∞[

⇔ ⁻¹₃ ≥xet x∈]− ∞,−2]∪[−1,+∞[

⇔ x∈]−∞,−2]∪

−1,−1 3

(3)

2. On veut résoudre l’inéquation d’inconnue réellex:

x²−4x+ 5 x²+ 3x+ 1 ≥ −1

Cette inéquation est définie si et seulement six²+ 3x+ 16= 0. Résolvons dans un premier temps l’équationx²+ 3x+ 1 = 0.

On reconnaˆıt une ´equation du second degr´e de discriminant 9−4 = 5>0. Les solutions sont donc ⁻³⁺

√ 5 2 ,⁻³⁻

√ 5 2 . On a :

x²−4x+5

x²+3x+1 ≥ −1 ⇔ ^x_x²2^−4x+5+3x+1+ 1≥0

⇔ ^x_x²₂^−4x+5_+3x+1+^x_x²₂^+3x+1_+3x+1 ≥0

⇔ ^2x_x2²+3x+1^−x+6 ≥0

Etudions les signes du num´´ erateur et du dénominateur. Le numérateur étant un trinôme du second degré recherchons ses racines. Il a pour discriminant ∆ = 1−48 =−47<0. Ainsi,xétant réel, 2x²−x+ 6>0.

Le signe du quotient est donc du signe du dénominateur. Or, les solutions de l’équation du second degréx²+ 3x+ 1 = 0 sont

−3+√ 5 2 ,⁻³⁻

√5

2 . On en d´eduit que le d´enominateur est strictement positif si et seulement x∈]− ∞,⁻³⁻

√5 2 [∪]⁻³⁺

√5 2 ,+∞[.

Conclusion : S=

#

−∞,−3−√ 5 2

"

∪

#−3 +√ 5

2 ,+∞

"

.

3. Résolvons dansRl’équationx⁴−3x²−4 = 0. PosonsX =x². L’équation est alors équivalente à X²−3X−4 = 0 et X≥0.

Cette dernière équation du second degré a pour solution réelle évidente−1. Il en résulte que l’autre solution est 4.Xétant positif, on en déduit que l’unique solution de cette équation est 4. Ainsi, l’équation initiale est équivalente àx²= 4.

Les solutions de cette ´equation sont donc 2 et−2.

4. Soitx∈R. On veut r´esoudre l’´equation

|6x−1|=x²+ 2

— Cas 1 :x≥ ¹₆. L’équation est alors équivalente à

6x−1 =x²+ 2 ⇔ x²−6x+ 3 = 0

Cette dernière équation est une équation du second degré de discriminant ∆ = 36−12 = 24. Les solutions réelles sont donc ⁶⁺

√24 2 ,⁶⁻

√24

2 . En simplifiant, les solutions r´eelles sont donc 3 +√

6,3−√

6. Vérifions si ces valeurs sont supérieures à ¹₆.

3 +√

6≥¹₆ ⇔ 3−¹₆+√ 6≥0

⇔ ¹⁷₆ +√

6≥0 VRAI et

3−√

6≥¹₆ ⇔ 3−¹₆−√ 6≥0

⇔ ¹⁷₆ ≥√ 6

⇔ 17≥6√ 6>0

⇔ 17²≥36·6 ( la fonction carr´ee est strictement croissante surR⁺)

⇔ 289≥216 VRAI

— Cas 2 :x < ¹₆. L’équation est alors équivalente à

−6x+ 1 =x²+ 2 ⇔ x²+ 6x+ 1 = 0

On reconnaˆıt une équation du second degré de discriminant ∆ = 36−4 = 32. Les solutions réelles sont donc

−6−√ 32 2 ,⁻⁶⁺

√32

2 . Apr`es simplification, on obtient comme solutions r´eelles−3−√

8,−3 +√

8. Reste à vérifier si ces valeurs sont inférieurs à ¹₆.

Il est clair que−3−√

8<0, donc−3−√

8<¹₆. Donc ce r´eel est solution de l’´equation initiale.

On a

−3 +√

8≥¹₆ ⇔√

8≥3 +¹₆ ⇔ √

8≥¹⁹₆

⇔ 6√

8≥19>0

⇔ 36×8≥361 (stricte croissance de la fonction carr´ee sur R⁺)288≥361

⇔ FAUX

Donc−3 +√

8 est solution de l’´equation.

(4)

Par disjonction de cas, on en d´eduit que l’ensemble des solutions est : n

3−√

6,3 +√

6,−3 +√

8,−3−√ 8o

Exercice 3. SoitAune partie de N. On dit que Aest un ensembleouvert s’il existe un entierp∈Ntel que tout entiern≥p est un ´el´ement de A.

1. SoitAune partie deN. ´Ecrire avec une expression logique queAest un ensemble ouvert deN. 2. SoientA, B deux ensembles ouverts deN.

(a) Montrer queA∪B est un ensemble ouvert.

(b) Montrer que A∩B est un ensemble ouvert.

3. L’ensembleP ={2n, n∈N} est-il ouvert ? Le justifier.

4. SoitA un ensemble ouvert de N. On d´efinit le “d´epart” de A par le plus petit entier ptel que tout entier n≥ pest un

élément deA. On veut montrer que le départ deAexiste et est bien unique. Pour les questions a,b,c, on fixeAun ensemble ouvert.

(a) Montrer que si un d´epart deAexiste alors il est unique.

(b) On poseN_A={p∈A|∀n≥p, n∈A}. Justifier queN_A est non vide.

(c) En déduire queN_A admet un plus petit élémentm. Montrer quemest le départ deA.

5. SoitAune partie deN. Montrer queAest un ensemble ouvert si et seulement si le compl´ementaire deA dansNest fini.

6. SoitAun ensemble ouvert deN. Montrer que si un entierpest le départ deAalorsp−1 n’est pas un élément deA.

7. SoientA, B deux ensembles ouverts deN. On note respectivementp₁et p₂ le d´epart deAet de B.

(a) Montrer que le départ deA∩B est égal à max(p1, p2) (plus grand élément entre p1 etp2) . (b) Montrer que le départ deA∪B est inférieur à min(p1, p2) (plus petit élément entrep1et p2).

(c) Expliciter un exemple o`u le d´epart deA∪B est strictement plus petit que min(p1, p2).

8. D´eterminer tous les ensembles ouverts de Nayant comme d´epart 3. On donnera la liste exhaustive sans justification.

Correction

SoitAune partie deN. On dit queAest un ensembleouverts’il existe un entierp∈Ntel que tout entiern≥pest un ´el´ement deA.

1. SoitAune partie deN. L’ensembleAest un ensemble ouvert deNsi ∃p∈N,∀n≥p, n∈A 2. SoientA, B deux ensembles ouverts deN.

(a) Par définition de A, il existe p∈ Ntel que tout entier n ≥p est un élément de A. Donc tout entier n ≥p est un

´el´ement deA∪B. Ainsi,A∪B est bien ouvert.

(b) Par définition deA, il existe p₁ tel que tout entiern≥p₁ est un élément deA.

De même, par définition deB, il existe p2 tel que tout entiern≥p2 est un élément de B.

Notonsp= max(p₁, p₂). Soitn≥p. On a donc n≥p₁ etn≥p₂. Doncn est un élément deA et est un élément de B. Autrement dit,nest un élément deA∩B.

Par cons´equent,A∩B est bien un ouvert.

3. Montre qu’un ensembleA n’est pas ouvert revient `a montrer que pour tout entierp∈Nil existen≥pet nn’est pas un

élément deA. Soitp∈N. On a bien 2p+ 1> p. De plus, 2p+ 1 étant impair, ce n’est pas un élément deP. L’ensembleP n’est donc pas ouvert.

4. SoitAun ensemble ouvert deN.

(a) Soientp₁ etp₂deux départs deA. Par définition de p₂, on sait que tout entiern≥p₂ est un élément deA. Maisp₁ est le plus petit élément qui vérifie cette propriété. Doncp₁≤p₂.

De même, en échangeant les rôles dep1 et dep2 dans le raisonnement précédent, on en déduit quep1≥p2. Conclusion :p₁=p₂. Autrement dit, il y a unicité du départ deAsous réserve d’existence.

(b) On pose N_A={p∈A|∀n≥p, n∈A}.Aétant un ouvert, il existe donc un p∈Ntel que tout élément supérieur à p est un élément deA. En particulier,pest un élément deAet pvérifie “∀n≥p, n∈A. Doncpest un élément deN_A. Cet ensemble est donc non vide.

(5)

(c) L’ensembleN_A est donc une partie non vide deN. Il admet un donc un plus petit élément que l’on notem. Montrons quem est le départ deA. Par définition, m vérifie comme propriété∀n≥m, n∈A. Supposons quem n’est pas le départ deA. Il existerait doncp < mentier positif tel que∀n≥p,n∈A. Doncpserait un élément deN_Astrictement plus petit quem. Ce qui est absurde, puisquemest le plus petit élément deN_A.

L’entiermest bien le d´epart deA.

5. SoitAune partie deN.

— Supposons que A est un ouvert de N. Il existe donc p∈ N tel que tout élément n ≥ pest un élément de A. Par conséquent, tout élément x∈N qui n’est pas un élément de A est inférieur strict à p. DoncA ⊂ {0,1,· · · , p}. Par conséquent,A est bien fini.

— Réciproquement, supposons queAest fini. Notonsple maximum deA. Ainsi, tout élément deAest plus petit quep.

Soitn≥p+ 1.nest donc strictement plus grand quepD’où nn’est pas un élément deA. Autrement dit,nest un

´el´ement deA.

Ainsi, tout entier supérieur àp+ 1 est un élément de A.

L’ensembleAest bien un ouvert.

D’apr`es le principe de double implication, on en d´eduit queA est un ouvert si et seulement siAdansNest fini.

6. SoitA un ensemble ouvert deN. Notonsple départ de A. Montrons par l’absurde quep−1 n’est pas un élément deA.

Supposons quep−1 est un élément deA. Alorsp−1 est un entier positif etp−1< p. De plus, pour tout entiern≥p, on a n≥p−1. Il en résulte que pour tout entiern≥p−1, on an∈A. Ainsi, pn’est pas le plus petit entier de Nvérifiant

∀n≥p, n∈A.

Ce qui est absurde, carpest le d´epart deA.

Conclusion :p−1 n’est pas un ´el´ement deA.

7. SoientA, B deux ensembles ouverts deN. Notons respectivementp1 etp2 le d´epart deAet de B.

(a) Notonsple départ de A∩B. Soit n≥max(p1, p2). Doncn≥p1 etn≥p2. D’oùn est un élément deAet nest un

élément deB. Doncnest un élément de A∩B. Il en résulte que max(p1, p2) est plus grand que le départ deA∩B.

Autrement dit, max(p1, p2)≥p.

Montrons que max(p1, p2)−1 n’est pas un ´el´ement deA∩B.

— Cas 1 : max(p₁, p₂) =p₁. Dans ce cas, max(p₁, p₂)−1 =p₁−1. Ce n’est pas un élément deAd’après la question 6. Donc max(p₁, p₂)−1∈/ A∩B.

— Cas 2 : max(p₁, p₂) =p₂. Dans ce cas, max(p₁, p₂)−1 =p₂−1. Ce n’est pas un élément deB d’après la question 6. Donc max(p₁, p₂)−1∈/ A∩B.

Par disjonction de cas, on en déduit que le départ deA∩B doit être strictement plus grand que max(p1, p2)−1. D’où p≥max(p₁, p₂).

Des deux inégalités précédentes, on en déduit que max(p1, p2) =p .

(b) Notonsqle départ deA∪B. Montrons queq≤min(p₁, p₂). Par définition dep₁et dep₂, pour toutn≥p₁oun≥p₂, on an∈A∪B. Autrement dit, pour toutn≥min(p₁, p₂), on an∈A∪B. Par définition du départ, il en résulte que q≤min(p1, p2).

(c) PosonsA=N\{1}et B =N^?. Le départ de Aest donc 2 et le départ de B est 1. OrA∪B =N. Donc le départ de A∪B est 0 qui est bien strictement plus petit que min(1,2) = 1.

8. Voici tous les ensembles ouvert ayant 3 comme d´epart :

(a) A1={0,1} ∪ {n∈N, n≥3}, (b) A2={0} ∪ {n∈N, n≥3}, (c) A₃={1} ∪ {n∈N, n≥3}, (d) A₄={n∈N, n≥3}.