MPSI B Année 2015-2016 Corrigé DM 5 vendredi 20/11/15 29 juin 2019
Problème 1
1. L'addition parallèle est clairement commutative. L'associativité se déduit de ce que (a//b)//c =
ab a+b
c
ab
a+b
+ c = abc ab + ac + bc s'exprime de manière symétrique en fonction de a , b , c .
Il n'existe pas de neutre car a//b = b entrainerait 0 = b
2. La question des éléments inversibles ne se pose pas car il n'y a pas d'élément neutre.
2. L'ensemble des (y, z) ∈ R
2tels que y + z = x est aussi l'ensemble des (y, x − y) où y est un réel quelconque.
Considérons la fonction du second degré en y
ay
2+ b(x − y)
2= (a + b)y
2− 2bxy + bx
2Comme a + b > 0 , la plus petite valeur que prend cette expression est atteinte pour y
0= bx
a + b et vaut
b
2x
2a + b − 2b
2x
2a + b + bx
2= ab a + b x
2.
Ainsi, (a//b)x
2est non seulement la borne inférieure mais aussi le plus petit élément de l'ensemble proposé. La relation est vériée pour
(y
0, z
0) = ( bx
a + b , x − bx a + b ).
3. Avec les conventions de l'énoncé, ay
2et bz
2représentent les énergies dissipées dans chaque résistance. Le courant se répartit entre les deux branches de façon à minimiser l'énergie dissipée. La résistance équivalente a//b permet d'exprimer cette énergie en respectant la loi d'Ohm.
4. Considérons des réels y et z quelconques tels que y + z = x . D'après la question précédente :
(a//c)x
2+ (b//d)x
2≤ ay
2+ cz
2+ by
2+ dz
2= (a + b)y
2+ (c + d)z
2Donc (a//c)x
2+ (b//d)x
2est un minorant de
{(a + b)y
2+ (c + d)z
2, (y, z) ∈ R
2tq y + z = x}.
Comme la borne inférieure ((a + b)//(c + d)) est le plus grand des minorants, on a bien l'inégalité proposée.
5. Cette formule s'obtient de manière évidente par récurrence à partir de la précédente.
Problème 2
1. a. Par dénition, σ(A) est la borne inférieure d'un ensemble non vide de nombres réels. Cette dénition est correcte car cet ensemble est formé de réels tous positifs ou nuls. Il est donc minoré (par 0 ) et, d'après les axiomes de R, toute partie de R non vide et minorée admet une borne inférieure. On peut déduire aussi que 0 ≤ σ(A) car 0 est un minorant de A et inf(A) est le plus grand des minorants.
D'autre part,
∀n ∈ N
∗, ] (A ∩ J 1, n K ) ≤ n ⇒ S
n(A) n ≤ 1 et σ(A) ≤
Snn(A)⇒ σ(A) ≤ 1 .
b. Si 1 6∈ A , {1} ∩ A = ∅ donc S
1(A) = 0 et σ(A) ≤ 0 d'où σ(A) = 0 .
c. Supposons que σ(A) = 1 . Comme σ(A) est un minorant de l'ensemble des
Snn(A):
∀n ∈ N
∗, 1 ≤ S
n(A)
n ⇒ n ≤ S
n(A)
Or J 1, n K ∩ A contient au plus n éléments, donc ici J 1, n K ⊂ A pour tous les entiers n . On en déduit que σ(A) = 1 entraîne A = N. La réciproque est évidente.
d. Si A ⊂ B , il est clair que S
n(A) ≤ S
n(B) donc σ(A) est un minorant de l'ensemble des
Snn(B). Or σ(B) est le plus grand des minorants des
Snn(B)donc σ(A) ≤ σ(B) . 2. a. Ici A est une partie nie, on note m son nombre d'éléments. Il est clair que S
n(A) ≤
mn. Donc, pour tous les entiers n , σ(A) ≤
mn. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .
b. Ici A est l'ensemble de tous les entiers impairs. Évaluons le nombre d'entiers impairs dans J 1, n K :
](A ∩ J 1, n K ) =
n + 1
2 si n impair n
2 si n pair ⇒ S(n) n =
1 2 + 1
n si n impair 1
2 si n pair
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai M1505CMPSI B Année 2015-2016 Corrigé DM 5 vendredi 20/11/15 29 juin 2019
On en déduit que
12est un minorant donc
12≤ σ(A) et que
∀n impair , 1
2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1
n
On obtient σ(A) =
12par passage à la limite dans une inégalité.
c. Ici A = {m
k, m ∈ N } . Pour un entier n donné, le nombre d'entiers m tels que m
k≤ n est la partie entière de n
1k. On en déduit :
∀n ∈ N
∗, σ(A) ≤ S
n(A)
n ≤
j n
1kk
n ≤ n
k1−1La suite à droite converge vers 0. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .
3. L'ensemble C contient S
n(B) + 1 éléments. Le +1 venant de la présence de 0 qui est dans A et B . De même, l'ensemble A ∩ J 0, n K contient S
n(A) + 1 éléments. La somme des cardinaux
1de ces deux ensembles est donc S
n(A) + S
n(B) + 2 ≥ n + 2 . Comme ces deux ensembles sont dans J 0, n K qui contient n + 1 éléments et que la somme de leurs nombres d'élément est strictement plus grande, leur intersection est non vide. Il existe donc a ∈ A ∩ J 0, n K et b ∈ B ∩ J 0, n K tels que a = n − b ce qui entraîne n ∈ A + B . Ceci est valable pour n'importe quel entier n .
4. a. Supposons σ(A) + σ(B ) ≥ 1 . Alors, pour tout entier n : 1 ≤ σ(A) + σ(B) ≤ S
n(A)
n + S
n(B)
n ⇒ S
n(A) + S
n(B) ≥ n
La question précédente montre alors que n ∈ A +B . Comme ceci est valable pour tous les n , on a bien N = A + B .
b. Il sut d'appliquer la question précédente avec B = A .
On peut remarquer que l'hypothèse 0 ∈ A permet d'utiliser la question 3. Elle est indispensable à ce résultat car, si A est l'ensemble des impairs, sa densité est
12mais un nombre impair n'est certainement pas la somme de deux impairs.
1le cardinal d'un ensemble ni est le nombre d'éléments qu'il contient.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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