1. a. Il s'agit d'une simple vérication. On développe et ordonne d'abord le crochet de droite, on obtient :

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Exercice 1.

1. a. Il s'agit d'une simple vérication. On développe et ordonne d'abord le crochet de droite, on obtient :

2(a

²

+ b

²

+ c

²

) − 2(ab + ac + bc) Quand on multiplie par a + b + c , on obtient :

2(a

³

+ b

³

+ c

³

) + 2(ab

²

+ ac

²

+ ba

²

+ bc

²

+ ca

²

+ cb

²

)

− 2(a

²

b + abc + ca

²

+ ab

²

+ b

²

c + abc + abc + bc

²

+ c

²

a)

= 2(a

³

+ b

³

+ c

³

) − 6abc b. Dans la relation précédente, en remplaçant a par a

¹³

, b par b

¹³

, c par c

¹³

, on obtient

(tout est > 0 )

a + b + c = 3(abc)

¹³

+ terme positif avec des puissances 1 3 De même, en remplaçant a par a

⁻¹³

, b par b

⁻¹³

, c par c

⁻¹³

, on obtient

1 a + 1

b + 1

c = 3(abc)

⁻¹³

+ terme positif avec des puissances − 1 3 Cela prouve les inégalités demandées.

2. Les deux inégalités de la question précédentes se reformulent en : 3

1

a

+

¹_b

+

¹_c

≤ (abc)

¹³

≤ a + b + c 3

Il s'agit de la comparaison classique entre moyennes harmonique, géométrique et arith- métique.

Les suites sont bien dénies car chaque nouveau terme est strictement positif ce qui permet la poursuite du processus. La comparaison des moyennes montre par récurrence que

∀n ≥ 1 : c

n

≤ b

n

≤ a

n

3. Montrons que (c

n

)

_n∈N

et (a

n

)

_n∈N

sont adjacentes.

Preuve de la croissance de (c

n

)

_n∈N

.

c

n

≤ b

n

≤ a

n

⇒



 



 

 1 a

n

≤ 1 c

n

1 b

n

≤ 1 c

n

⇒ c

n+1

= 3

1 a_n

+

_b¹

n

+

_c¹

n

≥ c

n

Preuve de la décroissance de (a

n

)

n∈N

.

c

n

≤ b

n

≤ a

n

⇒

( c

n

≤ a

n

b

n

≤ a

n

⇒ a

n+1

= a

n

+ b

n

+ c

n

3 ≤ a

n

Majoration de la diérence.

b

n

≤ a

n

⇒ a

n+1

= a

n

+ b

n

+ c

n

3 ≤ 2a

n

+ c

n

3 D'autre part c

n+1

≥ c

n

donc

a

n+1

− c

n+1

≤ 2a

n

+ c

n

3 − c

n

= 2

3 (a

n

− c

n

).

On en déduit que (a

n

− c

n

)

_n∈N

est majorée par une suite géométrique de raison

²₃

< 1 . Elle converge donc vers 0 par le théorème d'encadrement.

Il est alors évident, d'après le théorème d'encadrement encore, que (b

n

)

_n∈N^∗

converge vers la limite commune de (a

n

)

n∈N

et (c

n

)

n∈N

.

4. Le point essentiel dans les deux questions suivantes est la formule a

_n+1

c

_n+1

= a

_n

b

_n

c

_n

(a

_n

+ b

_n

+ c

_n

)

a

n

b

n

+ b

n

c

n

+ c

n

a

n

(1) a. En particulier, si a

_n

c

_n

= b

²_n

, la formule devient

a

n+1

c

n+1

= b

³_n

(a

n

+ b

n

+ c

n

) a

n

b

n

+ b

n

c

n

+ b

²_n

= b

²_n

Comme tout est positif, lorsque a

₁

c

₁

= b

²₁

on obtient a

₂

c

₂

= b

²₁

= b

²₂

et la relation se propage par récurrence, la suite des b

_n

est alors constante. Les trois suites convergent vers b

1

qui est la moyenne géométrique de a

1

et c

1

.

b. On va montrer que si a

₁

c

₁

< b

²₁

, la suite des b

_n

est décroissante. Remarquons que b

³₂

= a

1

b

1

c

1

< b

³₁

⇒ b

2

< b

1

.

Il s'agit donc de montrer que a

n

c

n

< b

²_n

pour tous les entiers n . La relation (1) peut encore s'écrire a

n+1

c

n+1

= f (a

n

c

n

) avec

f : x → ux

x + v , u = b

_n

(a

_n

+ b

_n

+ c

_n

), v = a

_n

b

_n

+ b

_n

c

_n

.

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/

1

Rémy Nicolai M1108C

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La fonction f est croissante car elle peut s'écrire f (x) = u − uv

x + v et que tout est strictement positif. Alors :

a

n

c

n

< b

²_n

⇒ a

n+1

c

n+1

= f (a

n

c

n

) < f (b

²_n

) = b

²_n

puis :

b

³_n+1

= a

n+1

b

n+1

c

n+1

< b

³_n

⇒ b

n+1

< b

n

Le raisonnement est analogue lorsque a

1

c

1

> b

²₁

et conduit à une suite décrois- sante.

Exercice 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) ≤

^Sn_n^(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

^Sn_n^(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

^Sn_n^(B)

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

^Sn_n^(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) ≤

^m_n

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

^m_n

. 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 On en déduit que

¹₂

est un minorant donc

¹₂

≤ σ(A) et que

∀n impair , 1

2 ≤ σ(A) ≤ 1 2 + 1

n

On obtient σ(A) =

¹₂

par 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

^k1

. On en déduit :

∀n ∈ N

^∗

, σ(A) ≤ S

n

(A)

n ≤

j n

^1k

k

n ≤ n

^k1−1

La 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

¹

de 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

¹₂

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.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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