+ c = abc ab + ac + bc s'exprime de manière symétrique en fonction de a , b , c .

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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

. 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

tels 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

+ b(x − y)

= (a + b)y

− 2bxy + bx

Comme a + b > 0 , la plus petite valeur que prend cette expression est atteinte pour y

= bx

a + b et vaut

b

x

a + b − 2b

x

a + b + bx

= ab a + b x

.

Ainsi, (a//b)x

est non seulement la borne inférieure mais aussi le plus petit élément de l'ensemble proposé. La relation est vériée pour

(y

, z

) = ( bx

a + b , x − bx a + b ).

3. Avec les conventions de l'énoncé, ay

et bz

représentent 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

+ (b//d)x

≤ ay

+ cz

+ by

+ dz

= (a + b)y

+ (c + d)z

Donc (a//c)x

+ (b//d)x

est un minorant de

{(a + b)y

+ (c + d)z

, (y, z) ∈ R

tq 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

(A) n ≤ 1 et σ(A) ≤

⇒ σ(A) ≤ 1 .

b. Si 1 6∈ A , {1} ∩ A = ∅ donc S

(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

:

∀n ∈ N

, 1 ≤ S

(A)

n ⇒ n ≤ S

(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

(A) ≤ S

(B) donc σ(A) est un minorant de l'ensemble des

. Or σ(B) est le plus grand des minorants des

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

(A) ≤

. Donc, pour tous les entiers n , σ(A) ≤

. 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

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On en déduit que

est un minorant donc

≤ σ(A) et que

∀n impair , 1

2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1

n

On obtient σ(A) =

par passage à la limite dans une inégalité.

c. Ici A = {m

, m ∈ N } . Pour un entier n donné, le nombre d'entiers m tels que m

≤ n est la partie entière de n

. On en déduit :

∀n ∈ N

, σ(A) ≤ S

(A)

n ≤

j n

k

n ≤ n

La suite à droite converge vers 0. Par passage à la limite dans une inégalité : σ(A) = 0 .

3. L'ensemble C contient S

(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

(A) + 1 éléments. La somme des cardinaux

de ces deux ensembles est donc S

(A) + S

(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

(A)

n + S

(B)

n ⇒ S

(A) + S

(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

mais 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.

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