Exercice 1 1. Soit n > 2 un entier. Montrer par l’absurde que, si n n’est pas premier, il admet un diviseur premier p qui est inf´ erieur ou ´ egal ` a √

Licence 1 Introduction aux Math´ ematiques G´ en´ erales Universit´ e de Paris 8

Feuille de r´ evision

1 Logique

Exercice 1 1. Soit n > 2 un entier. Montrer par l’absurde que, si n n’est pas premier, il admet un diviseur premier p qui est inf´ erieur ou ´ egal ` a √

n .

2. A l’aide de ce crit` ere, d´ eterminer si les nombres 89, 167 et 191 sont premiers.

2 Fonctions

Exercice 2 Soit f : R → R d´ efinie par f(x) = 2x/(1 + x ² ).

1. f est-elle injective ? surjective ? 2. Montrer que f( R ) = [−1, 1].

3. Montrer que la restriction g : [−1, 1] → [−1, 1] g(x) = f(x) est une bijection.

4. Retrouver ce r´ esultat en ´ etudiant les variations de f.

3 Limites

Exercice 3 1. D´ emontrer que lim

x→0

√ 1 + x − √ 1 − x

x = 1.

2. Soient m, n des entiers positifs. ´ Etudier lim

x→0

√ 1 + x ^m − √

1 − x ^m

x ⁿ .

3. D´ emontrer que lim

x→0

1 x ( √

1 + x + x ² − 1) = 1 2 .

Exercice 4 Calculer, lorsqu’elles existent, les limites suivantes :

x→α lim

x ⁿ⁺¹ − α ⁿ⁺¹ x ⁿ − α ⁿ , lim tan x − sin x

,

x→0 lim xE 1

x

,

x→2 lim

e ^x − e ² x ² + x − 6 ,

x→+∞ lim

x ⁴

1 + x ^α sin ² x , en fonction de α ∈ R .

4 Complexes

Exercice 5 Mettre sous forme trigonom´ etrique les nombres complexes suivants : 1 + i ; 1 − i √

3 ; − √

3 + i ; 1 + i √

√ 3 3 − i

Exercice 6 Mettre sous forme alg´ ebrique, c’est-` a-dire sous la forme a + ib (a, b ∈ R ), les nombres complexes suivants :

Z 1 = 3 + 6i

3 − 4i ; Z 2 =

1 + i 2 − i

2

+ 3 + 6i

3 − 4i ; Z 3 = 2 + 5i

1 − i + 2 − 5i 1 + i Z ₄ = − 1

2 + i

√ 3 2

! 3

; Z ₅ = (1 + i) ⁹

(1 − i) ⁷

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Feuille de r´ evision

Indication 2 1. f n’est ni injective, ni surjective.

2. Pour y ∈ R , r´ esoudre l’´ equation f (x) = y.

3. On pourra exhiber l’inverse.

Indication 3 Utiliser l’expression conjugu´ ee.

Indication 4 1. Calculer d’abord la limite de f (x) = ^x _x−α

^−α .

2. Utiliser cos 2x = 2 cos ² x − 1 et faire un changement de variable u = cos x.

3. Utiliser l’expression conjugu´ ee.

4. Diviser num´ erateur et d´ enominateur par √

x − α puis utiliser l’expression conjugu´ ee.

5. On a toujours y − 1 6 E (y) 6 y, poser y = 1/x.

6. Diviser num´ erateur et d´ enominateur par x − 2.

7. Pour α > 4 il n’y a pas de limite, pour α < 4 la limite est +∞.

2008-2009 Licence 1 Introduction aux Math´ ematiques G´ en´ erales

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Feuille de r´ evision

Correction 1 1. Soit n non premier. Supposons que n n’a pas de diviseur premier p 6 √ n.

n non premier ⇒ ∃a, b > 2, n = ab. Tout nombre x > 2 a un diviseur premier 6 x. Si a 6 √

n ou b 6 √

n, cela donne une contradiction. Donc a > √

n et b > √

n, ce qui implique n > n, absurde. D’o` u le r´ esultat.

2. • √

89 ' 9.4. 89 n’est pas divisible par 2, 3, 5 ou 7, donc 89 est premier.

• √

167 ' 12.9. 167 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11 donc 167 est premier.

• √

191 ' 13.8. 191 n’est pas divisible par 2, 3, 5, 7, 11, 13 donc 191 est premier.

Correction 2 1. f n’est pas injective car f(2) = ⁴ ₅ = f ( ¹ ₂ ). f n’est pas surjective car y = 2 n’a pas d’ant´ ec´ edent : en effet l’´ equation f (x) = 2 devient 2x = 2(1+x ² ) soit x ² −x+1 = 0 qui n’a pas de solutions r´ eelles.

2. f(x) = y est ´ equivalent ` a l’´ equation yx ² − 2x + y = 0. Cette ´ equation a des solutions x si et seulement si ∆ = 4 − 4y ² > 0 donc il y a des solutions si et seulement si y ∈ [−1, 1].

Nous venons de montrer que f ( R ) est exactement [−1, 1].

3. Soit y ∈ [−1, 1] alors les solutions x possibles de l’´ equation g(x) = y sont x = ¹⁻

√

1−y

y

ou x = ¹⁺

√ 1−y

y . La seule solution x ∈ [−1, 1] est x = ¹⁻

√ 1−y

y en effet x = ¹⁻

√ 1−y

y =

y 1+ √

1−y

∈ [−1, 1]. Donc pour g : [−1, 1] −→ [−1, 1] nous avons trouv´ e un inverse h : [−1, 1] −→ [−1, 1] d´ efini par h(y) = ¹⁻

√

1−y

y . Donc g est une bijection.

4. f ⁰ (x) = ^2−2x _1+x

, donc f ⁰ est strictement positive sur ]−1, 1[ donc f est strictement croissante sur [−1, 1] avec f(−1) = −1 et f(1) = 1. Donc la restriction de f , g : [−1, 1] −→ [−1, 1], est une bijection.

Correction 3 G´ en´ eralement pour calculer des limites faisant intervenir des sommes racines carr´ ees, il est utile de faire intervenir “l’expression conjugu´ ees” :

√ a − √

b = ( √ a − √

b)( √ a + √

√ b) a + √

b = a − b

√ a + √ b .

Les racines au num´ erateur ont “disparu” en utilisant l’identit´ e (x − y)(x + y) = x ² − y ² .

f(x) =

√ 1 + x ^m − √

1 − x ^m x ⁿ

= ( √

1 + x ^m − √

1 − x ^m )(( √

1 + x ^m + √

1 − x ^m )) x ⁿ ( √

1 + x ^m + √

1 − x ^m )

= 1 + x ^m − (1 − x ^m ) x ⁿ ( √

1 + x ^m + √

1 − x ^m )

= 2x ^m

x ⁿ ( √

1 + x ^m + √

1 − x ^m )

= 2x ^m−n

√ 1 + x ^m + √

1 − x ^m

Et nous avons

x→0 lim

√ 2

1 + x ^m + √

1 − x ^m = 1.

Donc l’´ etude de la limite de f en 0 est la mˆ eme que celle de la fonction x 7→ x ^m−n . Distinguons plusieurs pour la limite de f en 0.

– Si m > n alors x ^m−n et donc f (x) tend vers 0.

– Si m = n alors x ^m−n et f (x) vers 1.

– Si m < n alors x ^m−n = _x

¹ = _x ¹

avec k = n − m un exposant positif. Si k est pair alors les limites ` a droite et ` a gauche de _x ¹

sont +∞. Pour k impair la limite ` a droite vaut +∞ et la limite ` a gauche vaut −∞. Conclusion pour k = n − m > 0 pair, la limite de f en 0 vaut +∞

et pour k = n − m > 0 impair f n’a pas de limite en 0 car les limites ` a droite et ` a gauche ne sont pas ´ egales.

Correction 4 1. Montrons d’abord que la limite de f (x) = x ^k − α

x − α

en α est kα ^k−1 . Un calcul montre que f (x) = x ^k−1 + αx ^k−2 + α ² x ^k−3 + · · · + α ^k−1 , et donc la limite en x = α est kα ^k−1 . Une autre m´ ethode consiste ` a dire que f(x) est la taux d’accroissement de la fonction x <sup>k</sup> , et donc la limite de f en α est exactement la valeur de la d´ eriv´ ee de x <sup>k</sup> en α, soit kα <sup>k−1</sup> . Ayant fait ceci revenons ` a la limite de l’exercice : comme

x ⁿ⁺¹ − α ⁿ⁺¹

x ⁿ − α ⁿ = x ⁿ⁺¹ − α ⁿ⁺¹

x − α × x − α x ⁿ − α ⁿ .

Le premier terme du produit tend vers (n + 1)α ⁿ et le second terme, ´ etant l’inverse d’un taux d’accroissement, tend vers 1/(nα ⁿ⁻¹ ). Donc la limite cherch´ ee est

n

3.

r x +

q x + √

x − √ x = (

q x + p

x + √ x − √

x)(

q x + p

x + √ x − √

x) q

x + p x + √

x + √ x

=

p x + √ x q

x + p x + √

x √ x

=

q 1 + ^{√ 1} _x q

1 +

√

x+ √ x

x + 1

Quand x → +∞ alors ^{√ 1} _x → 0 et

√

x+ √ x

x → 0, donc la limite recherch´ ee est ^{√ 1} ₂ . 4. La fonction s’´ ecrit

f(x) =

√ x − √ α − √

x − α

√ x − α √

x + α =

√ x− √

√ α

x−α − 1

√ x + α . Notons g(x) =

√ x− √

√ α

x−α alors ` a l’aide de l’expression conjugu´ ee g(x) = x − α

( √

x − α)( √ x + √

α) =

√ x − α

√ x + √ α .

Donc g (x) tend vers 0 quand x → α ⁺ . Et maintenant f(x) = ^{g(x)−1 √} _x+α tend vers − ^{√ 1}

2α . 5. Pour tout r´ eel y nous avons la double in´ egalit´ e y − 1 6 E (y) 6 y, donc ^y−1 _y 6 ^E(y) _y 6 1.

On en d´ eduit que lorsque y tend vers +∞ (ou −∞) alors ^E(y) _y tend 1. En posant y = 1/x, et en faisant tendre x vers 0, alors xE( _x ¹ ) = ^E(y) _y tend vers 1.

6.

e ^x − e ²

x ² + x − 6 = e ^x − e ²

x − 2 × x − 2

x ² + x − 6 = e ^x − e ²

x − 2 × 1 x + 3 .

La limite de ^e

_x−2 ^−e

en 2 vaut e ² (c’est la taux d’accroissement de la fonction e ^x ), la limite voulue est ^e ₅

.

7. En calculant les valeurs de f en 2kπ et en 2kπ + ^π ₂ on prouve que f n’a pas de limite en +∞ pour α > 4. Reste le cas α < 4. Il existe β tel que α < β < 4.

f (x) = x ⁴

1 + x ^α sin ² x = x ^4−β

1

x

+ ^xα _x

sin ² x .

Le num´ erateur tend +∞ car 4 − β > 0. _x ¹

tend vers 0 ainsi que ^x _x

sin ² x (car β > α et sin ² x est born´ ee par 1). Donc le d´ enominateur tend vers 0 (par valeur positive). La limite est donc de type +∞/0 ⁺ (qui n’est pas ind´ etermin´ ee !) et vaut donc +∞.

Correction 5 • |1 + i| = √

2 et ^{√ 1} ₂ (1 + i) = cos ^π ₄ + i sin ^π ₄ donc arg(1 + i) = π/4 mod 2π et 1 + i = √

2e ^iπ/4 .

• |1 − i √

3| = 2 et ¹ ₂ (1 − i √

3) = cos(− ^π ₃ ) + i sin(− ^π ₃ ) donc 1 − i √

3 = 2e ^−iπ/3 .

• On a de mˆ eme − √

3 + i = 2e ^i5π/6 .

• On a de mˆ eme 1 + i √

3 = 2e ^iπ/3 et √

3 − i = 2e ^−iπ/6 donc ¹⁺ⁱ

√

√ 3

3−i = e ^i(π/3+π/6) = e ^iπ/2 . (On peut aussi remarquer que ( √

3 − i)i = 1 + i √

3 donc ¹⁺ⁱ

√ 3

√ 3−i = i = e ^iπ/2 .)

Correction 6 • Z ₁ = _|3−4i|

= ₂₅ = − ₅ + i ₅ .

• ¹⁺ⁱ _2−i 2

= ⁽¹⁺ⁱ⁾ _(|2−i|

⁽²⁺ⁱ⁾

)

= ^2i(3+4i) ₂₅ = ⁻⁸⁺⁶ⁱ ₂₅ . En utilisant le 1er point on trouve : Z ₂ = − ²³ ₅ + i ³⁶ ₂₅ .

• Z ₃ = z + z = 2<z avec z = ²⁺⁵ⁱ _1−i . z = (2+5i)(1+i)

|1+i|

= ⁻³⁺⁷ⁱ ₂ . Donc <z = − ³ ₂ et Z ₃ = −3.

• Z ₄ = (e ^i2π/3 ) ³ = e ^i2π = 1.

• 1 + i = √

2e ^iπ/4 et 1 − i = √

2e ^−iπ/4 donc Z ₅ = ( √

2) ⁽⁹⁻⁷⁾ e i(9π/4+7π/4) = 2e ^i4π = 2.

(La pr´ esence de fortes puissances doit inciter ` a passer en forme trigonom´ etrique.)