Correction du devoir surveill´ e

Correction du devoir surveill´ e

DS4

Exercice 1

Soient A⊂RetB ⊂R. On d´efinit l’ensemble somme deA etB par : A+B ={a+b, a∈A, b∈B}.

1. (a) Soitx∈A+B, alorsxest de la formea+baveca∈Aetb∈B. Dans ce cas particulier, on a donc a= 0 ou 1 etb= 1 ou 4. Doncx=a+b= 1,4,2 ou 5. Ainsi,A+B ={1,2,4,5}.

(b) ⊂ Soitx∈A+R, alors il existea∈A etb∈Rtel que x=a+b. Or,A⊂Rdonca∈R. Ainsi,x=a+b∈R doncA+R⊂R.

⊃ Soitx∈R. CommeA est non vide, il existe a∈A. On a alors : x=a+ (x−a). Or, a∈A etx−a∈R(car A⊂R), doncx∈A+R.

Ainsi,R⊂A+R.

Finalement,A+R=R.

2. SoientA, A⁰, B, B⁰∈ P(R). Supposons queA⊂A⁰ etB ⊂B⁰.

Soit x∈A+B. Alors, il existe a∈ A etb∈B tels que x =a+b. Or,A ⊂A⁰ donca∈A⁰ et B ⊂B⁰, donc b∈B⁰. Ainsi, x∈A⁰+B⁰. D’o`u,A+B ⊂A⁰+B⁰.

3. SoientA₁, A₂, B∈ P(R).

⊃ Soit x ∈(A1∪A2) +B. Alors, il existe a∈ A1∪A2 etb ∈ B tels que x = a+b. Donc a∈A₁ ou x∈A₂. Si a∈A₁, alorsx∈A₁+B. Si a∈A₂, alorsx∈A₂+B.

Doncx∈(A₁+B)∪(A₂+B), et on a donc (A₁∪A₂) +B ⊂(A₁+B)∪(A₂+B).

⊂ Soitx∈(A1+B)∪(A2+B). Alorsx∈A1+B oux∈A2+B. Or,A1 ⊂A1∪A2 etA2⊂ A₁∪A₂. Donc d’apr`es la question 1, (A₁+B)⊂(A₁∪A₂) +B et (A₂+B)⊂(A₁∪A₂) +B.

Ainsi, x∈(A₁∪A₂) +B dans les deux cas. Donc, (A₁+B)∪(A₂+B)⊂(A₁∪A₂) +B.

Finalement, (A₁+B)∪(A₂+b) = (A₁∪A₂) +B. 4. (a) SoientA1, A2, B∈ P(R).

Soit x∈(A₁∩A₂) +B. Alors, il existe a∈A₁∩A₂ etb∈B tels que x =a+b. Comme a∈A1,x∈A1+B et comme x∈A2,x∈A2+B. Doncx∈(A1+B)∩(A2+B).

Ainsi, (A1∩A2) +B⊂(A1+B)∩(A2+B).

(b) En prenantA₁ ={0,1},A₂={1,3}, etB={1,4}.

On a : A1∩A2={1}d’o`u (A1∩A2) +B ={2,5}.

A1+B ={1,2,4,5} etA2+B ={2,4,5,7} d’o`u (A1+B)∪(A2+B) ={2,4,5}.

Donc (A₁∩A₂) +B 6= (A₁+B)∩(A₂+B). Ainsi, il n’y a pas ´egalit´e (dans le cas g´en´eral) entre les ensembles (A1∩A2) +B et (A1+B)∩(A2+B).

Exercice 2

Soit (un) une suite born´ee : il existeM tel que pour tout n∈N,|u_n| ≤M

1. Pour toutn∈N,{u_k|k≥n}et une partie non vide (elle contient par exemple un) et born´ee de R (minor´ee par−M, major´ee parM). Elle admet donc une borne inf´erieure, not´ee wn, et une borne sup´erieure, not´eev_n.

2. Pour toutn∈N, on a l’inclusion :

{u_k|k≥n+ 1} ⊂ {u_k|k≥n}.

D’une part, v_n est un majorant de la partie {u_k|k ≥ n}. C’est donc aussi un majorant de {u_k|k≥n+ 1}. Par comparaison d’un majorant au plus petit d’entre eux, on en d´eduit :

v_n+1 = sup{u_k|k≥n+ 1} ≤v_n. Donc (vn) est une suite d´ecroissante.

D’autre part,wnest un minorant de{u_k|k≥n}. C’est donc aussi un minorant de{u_k|k≥n+1}.

Par comparaison d’un minorant au plus grand d’entre eux, on en d´eduit : w_n+1 = sup{u_k|k≥n+ 1} ≥w_n.

Donc (wn) est une suite croissante.

On obtient ainsi, pour toutn∈N,

w0 ≤wn≤vn≤v0.

La suite (v_n) est d´ecroissante, minor´ee parw₀. Elle converge donc vers une limite l₁∈R. La suite (w_n) est croissante, major´ee parv₀. Elle converge donc vers une limite l₂∈R. 3. On proc`ede par double implication.

⇐ Supposons que limvn = limwn. On a pour tout n ∈N : wn ≤un ≤vn. Par le th´eor`eme des gendarmes, (u_n) converge (et limu_n=l₁ =l₂).

⇒ Supposons que (u_n) converge vers l∈R, et montrons qu’alors limv_n= limw_n= limu_n. On a : ∀ε >0,∃N ∈N,∀n∈N,

n≥N ⇒ |u_n−l| ≤ε,

soit encorel−ε≤u_n≤l+ε. Ainsi,l−ε(resp. l+ε) est un minorant (resp. un majorant) de la partie{u_k|k≥N}. Par comparaison d’un minorant au plus grand d’entre eux (resp.

d’un majorant au plus petit d’entre eux), on obtient : l−ε≤wN ≤vN ≤l+ε.

Enfin puisque (w_n) est croissante et (v_n) est d´ecroissante, on a pour toutn≥N, l−ε≤w_N ≤w_n≤v_n≤v_N ≤l+ε,

et donc|w_n−l| ≤εet |v_n−l| ≤ε. On a donc bien montr´e que limwn= limvn.

Exercice 3

Un ensembleE est ditd´enombrable s’il existe une bijection entre l’ensemble Ndes entiers naturels et E. Cette bijection permet alors de num´eroter les ´el´ements deE.

On admettra dans la suite le r´esultat suivant :

Etant donn´´ e deux ensembles E et F, s’il existe une injection de E dans F et une injection de F dansE, alors il existe une bijection entre E etF.

1. Montrons que l’ensembleN^∗ est d´enombrable. Il faut donc trouver une bijection de NdansN^∗. Prenons

f :N→N^∗, n7→n+ 1.

On v´erifie sans peine quefest bijective en montrant par exemple que pourg:N^∗→N, n7→n−1, on a :

g◦f =Id_N etf ◦g=Id_N^∗. DoncN^∗ est d´enombrable.

Montrons queP ={2k|k∈N} est d´enombrable. Consid´erons pour cela l’application h:N→ P d´efinie par :

h(k) = 2k pour toutk∈N.

On v´erifie facilement quehest bijective, en montrant par exemple que pouri:P →N, n7→n/2, on a :

i◦h=Id_N eth◦i=IdP. DoncP est d´enombrable.

2. Consid´erons ϕ:N→Zd´efinie pour tout n∈Npar : ϕ(n) =





 n

2 sinest pair,

−n+ 1

2 sinest impair.

(a) Montrons queϕest bien d´efinie. Soit n∈N. On a deux cas :

ˆ soitnest pair, et dans ce cas n

2 est bien un entier ;

ˆ soitnest impair, et dans ce cas n+ 1

2 est bien un entier ´egalement.

Dans tous les cas, ϕ(n) appartient `a Z, etϕest bien d´efinie.

(b) Montrons queϕest bijective.

ˆ ϕest injective : soientn₁, n₂ ∈Ntels que ϕ(n₁) =ϕ(n₂). On a deux cas possibles : – ϕ(n₁) =ϕ(n₂)≤0 : dans ce cas n₁ etn₂ sont tous les deux pair par d´efinition de

ϕ. Donc on a :

ϕ(n₁) =ϕ(n₂)⇒ n1

2 = n2

2 ⇒n₁ =n₂.

– ϕ(n₁) =ϕ(n₂)<0 : alorsn₁ etn₂ sont tous les deux impair, et donc : ϕ(n₁) =ϕ(n₂)⇒ −n₁+ 1

2 =−n₂+ 1

2 ⇒n₁ =n₂. Dans tous les cas, on a montr´e quen1 =n2. Doncϕest bien injective.

ˆ ϕest surjective : soit k∈Z, on cherche un ant´ec´edent n∈N de k parϕ. On a deux cas :

– si k≥0, alorsn= 2kconvient puisque ϕ(2k) = 2k 2 =k.

– sik <0, alorsn=−2k−1∈Nconvient puisqueϕ(−2k−1) =−−2k−1 + 1

2 =k.

Ainsi,ϕ est bien surjective.

On a montr´e que ϕ est injective et surjective. Elle est donc bijective. Il existe donc bien une bijection entreNetZ, doncZ est d´enombrable.

3. Consid´erons ψ:N²→N^∗ d´efinie par :

(a) Montrons que l’application ψ est injective. Soient pour cela (p1, q1) et (p2, q2) ∈ N² tels queψ(p1, q1) =ψ(p2, q2). On a donc :

2^p1(2q1+ 1) = 2^p2(2q2+ 1).

Quitte `a renum´eroter, on peut supposer par exemple que p₁ ≥ p₂. On obtient l’´egalit´e d’entiers

2^p1−p2(2q₁+ 1) = (2q₂+ 1).

Ainsi 2^p1−p2(2q₁+ 1) est un entier impair. Donc n´ecessairement p₁−p₂ = 0, et p₁ = p₂. En reprenant l’´egalit´e ci-dessus, on obtient alors en rempla¸cant q₁=q₂.

Doncψ est bien injective.

(b) Montrons par r´ecurrence que pour tout n ≥ 1, on a P(n) “il existe (p, q) ∈ N tel que n= 2^p(2q+ 1)”.

ˆ Initialisation : pourn= 1, le couple (p, q) = (0,0) convient. Donc P(0) est vrai.

ˆ H´er´edit´e : Soitn≥1 et supposonsP(k) vraie pour tout 1≤k≤n. MontronsP(n+1).

On a deux cas possibles.

– soitn+ 1 est impair. Dans ce cas, il existek∈Ntel que n+ 1 = 2k+ 1. Le coupe (p, q) = (0, k) convient.

– soit n+ 1 est pair. Alors il existe k ∈ N tel que n+ 1 = 2k. Par hypoth`ese de r´ecurrence, il existe (p⁰, q⁰)∈N²tels quek= 2^p0(2q⁰+1). Alorsn+1 = 2^p0+1(2q⁰+1), et le coupe (p, q) = (p⁰+ 1, q⁰) convient.

Dans tous les cas, on a montr´e queP(n+ 1) est vraie.

Par principe de r´ecurrence, on a pour tout n ≥ 1, l’existence de (p, q) ∈ N tel que n = 2^p(2q+ 1).

En particulier, on a donc queψ est surjective.

(c) On a ainsi montr´e queψest injective et surjective. C’est donc une bijection deN² dansN^∗. Or, on a donn´e `a la question 1.une bijection g de N^∗ dansN. Par composition, Ψ =ψ◦g est une bijection de N² dans N. Ainsi il existe bien une bijection entre N² etN, et N² est bien d´enombrable.

4. (a) Consid´erons j :N→Q, n7→ n. Cette application est clairement une injection deN dans Q.

(b) Montrons que φ : Q → Z×N^∗ qui `a r ∈ Q associe le couple (p, q) ∈ Z×N^∗ avec ^p_q le repr´esentant irr´eductible der est injective : soient pour celar₁, r₂ ∈Q,r₁ = p₁

q1

,r₂ = p₂ q2

leurs repr´esentants irr´eductibles. Supposons que φ(r1) =φ(r2). Alors : (p1, q1) = (p2, q2)⇒p1=p2 etq1=q2 →r1= p1

q1

= p2

q2

=r2. Doncφ est injective.

φn’est pas surjective : par exemple (2,2)∈Z×N^∗, mais (2,2) n’a pas d’ant´ec´edent parφ : sinon il exister tel queφ(r) = (2,2). Alors r= ²₂ = 1. Or l’´ecriture irr´eductible de 1 est

1

1. Doncφ(1) = (1,1)6= (2,2). COntradiction.

(c) On a d´ej`a une injection de QdansZ×N^∗. Il nous suffit donc de d´eterminer une injection de Z×N^∗ dansN (on aura alors une injection deQdansN en composant).

On a montr´e d´etermin´e dans les paragraphes pr´ec´edents :

ˆ une bijectiong de N^∗ dans N;

ˆ une bijectionϕde Z dansN;

ˆ une bijection Ψ deN² dansN.

Consid´erons alors l’application Φ : Z×N^∗ → N²,(k, n)7→ (ϕ(k), g(n)) et montrons que Φ est bijective : pour tout (n1, n2)∈N² et (k1, k2)∈Z×N^∗, on a :

Φ(k1, k2) = (n1, n2)⇔(ϕ(k1), g(k2)) = (n1, n2)

⇔ϕ(k₁) =n₁ etg(k₂) =n₂

⇔k1 =ϕ⁻¹(n1) et k2=g⁻¹(n2).

Ainsi tout ´el´ement de l’ensembleN² admet un unique ant´ec´edent dansZ×N^∗ par Φ. Donc Φ est bijective.

Finalement, on a :

Q−→^φ Z×N^∗ −→^Φ N^∗ −→^Ψ N

et toutes ces applications sont injectives. Par composition, on obtient une injection de Q dansN.

(d) On a donc construit une injection deNdansQ, puis une injection deQdansN. En utilisant le r´esultat admis dans l’´enonc´e, on en d´eduit qu’il existe une bijection entre NetQ. Donc Qest d´enombrable.

Exercice 4

Soit (un)n∈N^∗ une suite de r´eels non nuls, on lui associe la suite (pn)n∈N^∗ d´efinie par :

∀n∈N^∗, p_n=

n

Y

k=1

u_k=u₁×u₂× · · · ×u_n

On dit que le produit (pn) converge si et seulement si la suite (pn) admet une limite finie non nulle.

Sinon, on dit que le produit (p_n) diverge.

Partie I :

1. On a pour toutn∈N^∗, p_n+1 pn

=u_n+1. Supposons que (p_n) converge vers une limite`non nulle.

Alors par op´eration sur les limites, on a : limp_n+1

p_n = `

` = 1 Ainsi limun+1= 1, et donc limun= 1.

Donc si le produit (pn) converge, il est n´ecessaire que la suite (un) converge vers 1.

2. On prend dans cette question : ∀n∈N^∗, un= 1 + 1 n. (a) Pour toutn∈N^∗, on a : u_n= n+ 1

n , donc : p_n= 2

1 ×3

2× · · · × n+ 1

n =n+ 1 par t´elescopage.

(b) On a limpn= +∞, donc (p_n) diverge. On a limun = 1 donc (un) converge vers 1. Ainsi pour que (p_n) converge, il est n´ecessaire que la suite (u_n) converge vers 1. Mais ce n’est pas suffisant comme l’a montr´e cet exemple.

3. On prend dans cette question u_n= cos a 2ⁿ

pour tout n∈N^∗ et o`u a∈R\ {kπ, k∈Z}.

a

(a) On a pour toutn≥1

q_n+1 =p_n+1×sin a 2ⁿ⁺¹

=p_n×cos a 2ⁿ

×sin a 2ⁿ⁺¹

=pn×

sin a 2ⁿ

2 = 1

2qn

Donc la suite (q_n) est g´eom´etrique.

(b) Puisque (q_n) est g´eom´etrique, on obtient que pour tout n≥1, qn= (1/2)ⁿ⁻¹q1 = (1/2)ⁿ⁻¹q1 = (1/2)ⁿ⁻¹×cosa

2

×sina 2

= (1/2)ⁿsin(a).

Ainsi, pn×sin a

2ⁿ

= (1/2)ⁿsin(a). Et puisquea∈R\ {kπ, k∈Z}, ₂^an ∈R\ {kπ, k∈Z}, on a sin

a 2ⁿ

6= 0. On peut donc conclure que pour tout n≥1,pn= sin(a) 2ⁿsin

a 2ⁿ

.

(c) On a lim 2ⁿsin a

2ⁿ

= lima×

sin a 2ⁿ

a 2ⁿ

= a. Ainsi, limpn = ^sin(a)_a ∈ R^ast et le produit (p_n) converge bien.

Partie II : Soit p_n =

n

Q

k=1

(1 +v_k) o`u (v_n)n∈N^∗ est une suite de r´eels strictement positifs qui converge vers 0. On pose Sn=

n

P

k=1

v_k.

1. On pose f(x) = x−ln(1 +x) pour tout x ∈ I =]−1,+∞[. La fonction f est d´efinie sur I, d´erivable sur cet intervalle, et pour toutx∈I on a :

f⁰(x) = 1− 1

1 +x = x 1 +x.

Ainsi,f est croissante sur [0,+∞[ etf(0) = 0. Doncf(x)≥0 pour toutx∈R^∗+, et ln(1+x)≤x.

2. On a pour toutn≥1 : pn+1

pn

= 1 +vn+1 >1 et Sn+1−Sn=vn+1 >0.

Ainsi, les suites (p_n) et (S_n) sont toutes les deux croissantes.

3. Pour toutk≥1, on a :

ln(1 +v_k)≤v_k En sommant pour kentre 1 etn (n≥1), on obtient :

ln(p_n) =

n

X

k=1

ln(1 +v_k)≤

n

X

k=1

v_k ≤S_n.

D’o`u pn≤e<sup>Sn</sup> pour toutn≥1. Or la suite (Sn) converge, donc (e<sup>Sn</sup>) est born´ee. On en d´eduit que la suite (p<sub>n</sub>) est croissante, major´ee. Elle converge donc vers une limite`non nulle (puisque

`≥p₁= 1 +v₁>1).

4. Supposons que vn = _n¹ pour tout n∈N^∗. Alors un= 1 + _n¹. On a montr´e qu’alors pn=n+ 1.

De plus par ce qu’on a fait pr´ec´edement,

ln(pn)≤S_n⁰

Puisque lim ln(pn) = +∞, on obtient par th´eor`eme de comparaison que limS<sub>n</sub><sup>0</sup> = +∞. On retrouve ici que la s´erie harmonique diverge (r´esultat d´ej`a ´etablit en cours).

Partie III :

Soit a∈R^∗+, on prendp_n=

n

Q

k=1

(1 +a^2k) pour tout n∈N^∗.

1. Si a≥ 1, alors u_n = 1 +a²ⁿ ≥ 1 pour tout n ∈N^∗. Donc (u_n) ne peut converger vers 1 et le produit (p_n) est donc divergent.

2. On suppose quea∈]0,1[ :

(a) On utilise les question pr´ec´edentes en consid´erant la suiteSn=Pn

k=1a^2k. On a : Sn=

n

X

k=1

a^2k ≤Sn=

2ⁿ

X

k=1

a^k≤a1−a²ⁿ 1−a ≤ 1

1−a.

La suite (S_n) est donc croissante et major´ee, elle converge. On en d´eduit par la Partie II que le produit associ´e (pn) converge.

(b) Pour n≥1, on a :

(1−a²)pn= (1−a²)(1 +a²)(1 +a⁴)(1 +a⁸). . .(1 +a²ⁿ)

= (1−a⁴)(1 +a⁴)(1 +a⁸). . .(1 +a²ⁿ)

= (1−a⁸)(1 +a⁸). . .(1 +a²ⁿ)

=· · ·= 1−a²ⁿ⁺¹

(c) On a lim 1−a²ⁿ⁺¹ = 1 puisque 0 < a < 1. Donc lim(1−a²)p_n = 1, et on en conclut, puisque 1−a² 6= 0, que :

limp_n= 1 1−a².