TD1 Reels Correction

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Page 1 : Analyse - Premier semestre 2023 - 2024CY TechTD AnalyseR´eels.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 2 : Exercice 1Les nombres suivants sont-ils des rationnels ? des d´ecimaux ? des irrationnels ?1/31/151/251/1250, 320.1234567891234567 . . .On rappele que un nombre rationnel r est dit d´ecimal, si on peut l’´ecrire sousla former =p10n ,p Z, n N.En d’autre termes, un nombre d´ecimale est un nombre r´eel qui peut s’´ecrireexactement avec un nombre fini de chiffres apres la virgule.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 3 : Exercice 1Le r´esultant suivant donne une caract´erisation des nombres rationnels.PropositionUn nombre est rationnel si et seulement s’il admet une ´ecriture d´ecimalp´eriodique ou finie.Solution : On a :1/3 = 0, 3=⇒1/3 est un nombre rationnel d’´ecriturep´eriodique.1/15 = 0, 06=⇒1/15 est un nombre rationnel d’´ecriturep´eriodique.1/25 =4102 = 0.04=⇒1/25 est un nombre rationnel d’´ecritured´ecimale finie.1/125 =8103 = 0.008=⇒1/125 est un nombre rationneld’´ecriture d´ecimale finie.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 4 : Exercice 10, 3 :=⇒1/3 est un nombre rationnel d’´ecriture p´eriodique.2 :est un nombre Irrationnel.0, 123456789 :est un nombre rationnel d’´ecriture p´eriodique.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 5 : Exercice 2Trouver sous la forme pq des rationnels x dont les d´eveloppementsd´ecimaux p´eriodiques sont donn´es par :3, 14;0, 9;3, 149;Premiere M´ethode : On commence par rappeler la valeur de la sommeg´eom´etrique. Pour tout a R avec a ̸= 1, on anXk=0ak = 1 an+11 a.Maintenant, si 0 a 1, l’´egalit´e pr´ec´edente nous permet de d´eduirelimn→nXk=0ak = limn→1 an+11 a=11 a.Notation : Pour tout 0 a 1, nous allons ´ecrireXk=0ak=limn→nXk=0ak =11 a.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 6 : Exercice 23, 14?= pq .Solution : On a3.14 = 3 + 14100 +141002 +141003 + · · ·= 3 + 14100+Xk=0 1100k= 3 + 14100 ·11 1100= 3 + 14100 · 10099= 3 + 1499 = 31199 .Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 7 : Exercice 23, 149?= pq .Solution : On a3.149 = 314100 +9103 +9104 +9105 + · · ·= 314100 +9103+Xk=0 110k= 314100 +9103 ·11 110= 314100 +9103 · 109= 314100 +1100 = 315100.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 8 : Exercice 2Autre M´ethode :r = 3, 149?= pq .L’id´ee est d’abord de faire apparaˆıtre la partie p´eriodique juste apres la virgule.Ici la p´eriode commence deux chiffres apres la virgule, donc on multiplie par100 :100r = 314, 9.1Maintenant on va d´ecaler tout vers la gauche de la longueur d’une p´eriode,donc ici on multiplie par 10 pour d´ecaler de 1 chiffre :100 × 10r = 3149, 92Les parties apres la virgule des lignes 1 et 2 sont les mˆemes, donc si on lessoustrait en faisant 2-1 alors les parties d´ecimales s’annulent :100 × 10r 100r = 3149 314.Donc 900r = 2835 etr = 2835900 = 315100.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 9 : Exercice 2Autre M´ethode :r = 3, 14?= pq .L’id´ee est d’abord de faire apparaˆıtre la partie p´eriodique juste apres la virgule.Ici la p´eriode commence immediatement apres la virgule, donc on laisse r telquel :r = 3, 14.3Maintenant on va d´ecaler tout vers la gauche de la longueur d’une p´eriode,donc ici on multiplie par 100 pour d´ecaler de 2 chiffres :100 × r = 314, 14.4Les parties apres la virgule des lignes 3 et 4 sont les mˆemes, donc si on lessoustrait en faisant 4-3 alors les parties d´ecimales s’annulent :100 × r r = 314 3 = 311.Donc 99r = 311 etr = 31199 .Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 10 : A faire chez soi - Exercice 20, 9?= pq .Solution : On a0.9 = 0 + 910 +9102 +9103 + · · ·= 0 + 910+Xk=0 110k= 0 + 910 ·11 110= 0 + 910 · 109= 0 + 99 = 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 11 : Exercice 3Montrer queln 3ln 2est irrationnel.Avant de donner la preuve rappelons quelque propri´et´es du logarithmenaturel. Pour tout a R+, b R+, on alnab = lna + lnb.Pour p R, lnap = p lna.ln ab= lna lnbexplna = a.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 12 : Exercice 3Preuve : Nous allons montrer la proposition en raisonnant par l’absurde.Supposons donc que ln 3ln 2 est rationnel et essayons d’arriver a unecontradiction. Autrement dit, supposons qu’il existe p Z et q Ztelsqueln 3ln 2 = pq .On aln 3ln 2 = pq⇐⇒p ln 2 = q ln 3⇐⇒ln 2p = ln 3q⇐⇒expln 2p = expln 3q⇐⇒2p = 3q.Contradiction ! Par cons´equent ln 3ln 2 est irrationnel.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 13 : Pour aller plus loin - Exercice 41D´emontrer que si r Q et x ̸Q alorsr + x ̸Qet si r ̸= 0 alorsr · x ̸Q.2Montrer que2 ̸Q.3En d´eduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombreirrationnel.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 14 : Pour aller plus loin - Exercice 4La somme et le produit d’un nombre rationnel non-nul pour le produitet d’un nombre irrationnel sont des nombres irrationnels.Rappelons que :La somme de deux nombres rationnels est un nombres rationnel. Eneffetpq + p′q′ = pq′ + p′qqq′Q.Le produit de deux nombres rationnels est un nombres rationnel. Eneffetpq · p′q′ = pp′qq′ Q.Nous allons montrer la proposition en raisonant par l’absurde.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 15 : Pour aller plus loin - Exercice 4Solution : Soit r Q et x ̸Q.Il nous faut montrer quer + x ̸Q.Pour cela, raisonnons par l’absurde et supposons r + x Q. Alors on ax = x + r z QrzQzQ.Contradiction ! Par cons´equent r + x ̸Q. C’est-a-dire r + x estirrationnel.Il nous faut montrer quer · x ̸Q.Raisonnons par l’absurde et supposons r · x Q. Alors on ax = r · x z Q·1rzQzQ.Contradiction ! Par cons´equent r · x ̸Q. C’est-a-dire r · x est irrationnel.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 16 : Pour aller plus loin - Exercice 4En d´eduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombreirrationnel.Solution : Soient r et r ′ deux rationnels avec r r ′. D´efinissonsi = r +22 r ′ r.Puisque 0 2/2 1 on d´eduit0 22 r ′ r r ′ r=⇒r r +22 r ′ r r +r ′ r = r ′.Donc r i r ′. MaintenantrzQ+22 r ′ rz̸Qz̸Q.Par cons´equent, i est un nombre irrationnel compris entre r et r ′.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 17 : Exercice 5´Etant donn´e un ensemble A R, ´ecrire avec des quantificateurs lespropri´et´es suivantes :110 est un majorant de A ;2m est un minorant de A ;3P n’est pas un majorant de A ;4A est major´e ;5A n’est pas minor´e ;6A est born´e ;7A n’est pas born´e.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 18 : Exercice 5Solution :110 est un majorant de A :x A, x 10.2m est un minorant de A :x A, x m.3P n’est pas un majorant de A :x A, x P.4A est major´e :M R, x A, x M.5A n’est pas minor´e :m R, x A, x m.6A est born´e :M R, m R, x A, m x M.7A n’est pas born´e :M R, m R, x A, x m ou M x.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 19 : Exercice 6SoitI =x R: 2 x + 12x 2.1Montrer que I est la r´eunion de deux intervalles.2D´eterminer s’il existent : les majorants, les minorants, la bornesup´erieure, la borne inf´erieure, le plus grand ´el´ement, le plus petit´el´ement de I.Solution : Par d´efinitionx I⇐⇒2 x + 12x 2.Donc pour montrer que I est la r´eunion de deux intervalles il suffit der´esoudre l’in´equation2 x + 12x 2.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 20 : Exercice 6Commen¸cons par r´esoudre l’in´egalit´e a droite. On ax + 12x 2 ⇐⇒x + 12x 2 0 ⇐⇒2x2 4x + 12x0.En faisant un tableau de signe on obtientValeurs de x01-2/21+2/2+2x2 4x + 1++-+2x-+++2x24x+12x-+-+L’in´egalit´e a droite a donc par ensemble solution, l’ensembleSd = , 0 "1 22 , 1 +22.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 21 : Exercice 6Pour r´esoudre l’in´egalit´e a gauche on ´ecritx + 12x 2 ⇐⇒x + 12x + 2 0 ⇐⇒2x2 + 4x + 12x 0En faisant un tableau de signe on obtientValeurs de x-1-2/2-1+2/20+2x2 + 4x + 1+-++2x---+2x2+4x+12x-+-+L’in´egalit´e a gauche a donc par ensemble solution, l’ensembleSg =1 22 , 1 +22"0, +.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 22 : Exercice 6Par cons´equent, la solution de l’inequation 2 x +12x 2 est donn´ee parI = Sg Sd =1 22 , 1 +221 22 , 1 +22.Avec cette description de I on conclut :l’ensemble I ne possede pas de minimum.le maximum de I est ´egal a 1 +22 .sa borne inf´erieure est ´egale a 1 22sa borne sup´erieure est ´egale au maximum, c’est a dire supI = 1 +22 .les minorants sont tous les r´eels inf´erieur ou ´egal a la borne inf´erieure.Autrement ditx est un minorant de I⇐⇒x 1 22 .les majorants sont tous les r´eels sup´erieur ou ´egal au maximum.Autrement ditx est un majorant de I⇐⇒x 1 +22 .Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 23 : Exercice 7Les ensembles suivants sont-ils major´es ? Minor´es ? Si oui, d´eterminer leurborne inf´erieure et leur borne sup´erieure. Ont-t-ils un plus petit ´el´ement ? Unplus grand ´el´ement ?A =nx R : x2 2oB =1 + 1n : n NC = 1p 1q: p N, q NSolution : Commen¸cons avec A = x R : x2 2. On ax A⇐⇒x2 2⇐⇒2 x 2⇐⇒x i2,2h.DoncA =i2,2h.AinsisupA =2etinfA = 2.Finalement, comme ±2 ̸A, on conclut que l’ensemble A n’admet niminimum, ni maximum.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 24 : Exercice 7´EtudionsB =1 + 1n : n N.Essayons de minorer et majorer l’ensemble B. Pour cela, notons que pourtout n Non a0 1n=⇒1 1 + 1n.De mˆeme1 n=⇒1n 1=⇒1 + 1n 2.Ainsi, pour tout n Non d´eduit1 1 + 1n 2Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 25 : Exercice 7L’in´egalit´e 1 1 + 1n 2 nous permet de conclure :• L’ensemble B est major´e par tout r´eel sup´erieur ou ´egal a 2. De pluscomme2 = 1 + 11 I,on conclutmaxB = 2.On en d´eduit imm´ediatement :supB = 2.• L’ensemble B est minor´e par tout r´eel inf´erieur ou ´egal a 1. Notonsde plus quelimn→+1 + 1n = 1.Nous avons donc un candidat naturel pour la borne inf´erieur, asavoir : 1. Montrons queinfB = 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 26 : Exercice 7On doit pour cela montrer : 1 est un minorant de B1 est le plus grand des minorants de B⇐⇒ 1 est un minorant de Bm 1, m n’est pas un minorant de B⇐⇒ 1 est un minorant de Bm 1, x B, x mOn sait d´eja que 1 est un minorant. Montrons que :m 1, x B, x m.Soit m 1, on doit montrer qu’il existe n Ntel quex = 1 + 1n m.Cela revient a montrer qu’il existe n Ntel que1n m 1⇐⇒1m 1 n.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 27 : Exercice 7Maintenant, comme R n’est pas major´e, on est sˆur de pouvoir trouver unentier n, v´erifiant1m 1 nAinsi, si nous posonsx = 1 + 1n,on aurax Betx m.L’entier m ne peut donc pas ˆetre un minorant de B. DoncinfB = 1.Finalement, comme 1 ̸B, on conclut que l’ensemble B n’admet pas deminimum.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 28 : Exercice 7M´ethode 2 : par l’absurde.Puisque 1 est un minorant de B, on conclut d’apres la d´efinition de laborne inferieur que1 infB.Montrons que 1 = infB en raisonnant par l’absurde. Supposons doncque 1 ̸= infB, c’est-a-dire, supposons1 infBet essayons d’arriver a une contradiction. Soitn = E1infB 1+ 1Alors1infB 1 n=⇒infB 1 + 1n.Mais 1 + 1n B. Contradiction ! Donc 1 = infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 29 : Exercice 7M´ethode 3 : a l’aide de la limite.Pour tout n Nposonsan = 1 + 1n B.Ainsi, pour tout n Non aan infB.Donc par passage a la limite la limite preserve les in´egalit´es, on obtient1 =limn→+an limn→+infB = infB.Or, on sait que 1 infB. Par cons´equentinfB = 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 30 : Exercice 7´EtudionsC =1p 1q : p N, q N.Comme p 1 et q 1, on a0 1p 1et0 1q 1=⇒0 1p 1et1 1q 0Donc1 1p 1q 1.Ce qui montre que C est major´e par tout r´eel sup´erieur ou ´egal a 1 etminor´e par tout r´eel inf´erieur ou ´egal a 1. Montrons que1 = infCet1 = supC.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 31 : Exercice 7Montrons que1 = infC.Solution : En prennant q = 1, pour tout p Non a1p 1 C.Ainsi1p 1 infCDonc par passage a la limite la limite preserve les in´egalit´es, on obtient1 =limp→+1p 1 limp→+infC = infC.Or, on sait que 1 infC. Par cons´equentinfC = 1.Comme 1 ̸C, on conclut que l’ensemble C n’admet pas de minimum.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 32 : Exercice 7Montrons que1 = supC.Solution : En prennant p = 1, pour tout q Non a1 1q C.Ainsi1 1q supCDonc par passage a la limite la limite preserve les in´egalit´es, on obtient1 =limq→+1 1q limq→+supC = supC.Or, on sait que 1 supC. Par cons´equentsupC = 1.Comme 1 ̸C, on conclut que l’ensemble C n’admet pas de maximum.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 33 : Exercice 81Montrer que, n, m N0 mnm + n2 14.2En d´eduire queA =mnm + n2 , n N, m Nadmet une borne sup´erieure et inf´erieure que l’on d´eterminera.Solution : Montrons que n N, m Non a0 mnm + n2 14.Pour montrer l’in´egalit´e a gauche, notons que n N, m Non amn 0etm + n2 0.Donc0 mnm + n2 .Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 34 : Exercice 8Pour montrer celle de droite on ´ecrit14 mnm + n2 = m + n2 4mn4m + n2= m2 2mn + n24m + n2= m n24m + n2 0.D’ou on conclut que0 mnm + n2 14.Ainsi, A est un ensemble non vide, minor´ee par 0 et major´ee par 14. DoncinfA et supA existent.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 35 : Exercice 8D´eterminons la borne sup´erieure et inf´erieure de l’ensembleA =mnm + n2 : n N, m N• Borne sup´erieure : Notons d’abord que pour m = 1 et n = 1 on a1 · 11 + 12 = 14.Donc 14 A. Ainsi14 supA.Maintenant, commen N, m N,mnm + n2 14on d´eduit, car supA est le plus petit de majorants, que supA 14 d’ou onconclut l’´egalit´esupA = 14.On aurait pu conclure plus rapidement en remarquant que 1/4 = maxA, eneffet 1/4 est un majorant de A qui appartient a A. DoncsupA = maxA = 1/4.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 36 : Exercice 8• Borne inf´erieure : D’apres la question pr´ec´edente, n N, m Non a0 mnm + n2 .Ainsi 0 d´efinit un minorant de A. Montrons que0 = infA.On doit pour cela montrer : 0 est un minorant de A0 est le plus grand des minorants de A⇐⇒ 0 est un minorant de Aa 0, a n’est pas un minorant de A⇐⇒ 0 est un minorant de Aa 0, x A, x aOn sait d´eja que 0 est un minorant. Montrons que :a 0, x A, x a.Soit a 0, on doit montrer qu’il existe un couple n, m N× Ntel quex =mnm + n2 a.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 37 : Exercice 8On peut simplifier le travail en imposant m = 1, et en cherchant n tel quen1 + n2 aCela revient a montrer qu’il existe n Ntel quen + 12n 1a⇐⇒n2 + 2n + 1n 1a⇐⇒n + 2 + 1n 1a.5Or n + 2 + 1n n + 2. Par cons´equent, pour v´erifier l’in´egalit´e 5, ilsuffit de montrer qu’il existe n Ntel quen + 2 1a=⇒1a 2 n.Maintenant, comme R est archim´edien, on est sˆur de pouvoir trouver unentier n, v´erifiant1a 2 n.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 38 : Exercice 8Ainsi, il existex A, x =nn + 12 a.Le nombre a ne peut donc pas ˆetre un minorant de A. DoncinfA = 0.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 39 : Exercice 8M´ethode 2 : par l’absurde. D’apres la question pr´ec´edente, n N, m Non a0 mnm + n2 .Ainsi 0 d´efinit un minorant de A et on obtient d’apres la definition de la borneinferieur que0 infA.Montrons que 0 = infA en raissonant par la absurde. Supposons donc que0 infAet essayons d’arriver a une contradiction. Soitn = E1infA+ 1Alors1infA n=⇒infA 1n=⇒infA 1n = nn2 nn + 12 =n · 1n + 12 .Maisn·1n+12 A. Contradiction ! Donc 0 = infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 40 : Exercice 8M´ethode 3 : a l’aide de la limite.En prennant m = 1, pour tout n Nposonsan =nn + 12 A.Ainsi, pour tout p Non aan infA.Donc par passage a la limite la limite preserve les in´egalit´es, on obtient0 =limn→+an limn→+infA = infA.Or, on sait que 0 infA. Par cons´equentinfA = 0.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 41 : Exercice 9Soit A et B deux parties non vides de R telles que pour tout x de A ettout y de B on aitx y.D´emontrer que supA et infB existent et que supA infB.Solution : On ax yx A, y B.Comme A et B sont non vides, on d´eduit :• n’importe quel ´el´ement de B est un majorant de A. Par cons´equent,supA existe.• n’importe quel ´el´ement de A est un minorant de B. Par cons´equent,infB existe.Maintenant, puisquex yx A, y B.et supA et le plus petit des majorants de A, on d´eduitsupA y,y B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 42 : Exercice 9Ainsi supA est un minorant de B, et comme infB est le plus grandminorant de B, on conclutsupA infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 43 : Exercice 101. Soit A une partie non vide et born´ee de R. On poseA = x : x A.Montrer que A est une partie born´ee de R et quesupA = infA.2. Soient A, B deux parties non vides born´ees de R. On poseA + B = x + y : x A, y B.Montrer que A + B est une partie born´ee de R et quesupA + B = supA + supB;infA + B = infA + infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 44 : Exercice 10Soit A une partie non vide et born´ee de R. On poseA = x : x A.Montrer que A est une partie born´ee de R et quesupA = infA.Solution : Puisque A et non vide, il existe a A. Ainsi a A, et donc Aest non vide. Maintenant, comme A est born´ee, il existe m R, M R telque pour tous x A :m x M.Ceci implique qu’il existe m R, M R tel que pour tous x A :M x m.Comme tous les ´el´ements de A sont de la forme x avec x A on concluty A, M y m.Autrement dit A est Born´e.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 45 : Exercice 10Puisque A est minor´e, A admet une borne inf´erieur infA. De mˆemecomme A est major´e, A admet une borne sup´erieur supA.MontronssupA = infA.On va le d´emontrer par double in´egalit´e. Pour tout x A on ainfA x=⇒x infA.On en d´eduit que infA est un majorant de A, cela entraine quesupA infA.De mˆeme, pour tout y A on ay supA=⇒supA y.On en d´eduit que supA est un minorant de A, cela entraine quesupA infA=⇒supA infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 46 : Exercice 10DoncsupA infAetsupA infA.Par cons´equentsupA = infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 47 : Exercice 10Soient A, B deux parties non vides born´ees de R. On poseA + B = x + y : x A, y B.Montrer que A + B est une partie born´ee de R et quesupA + B = supA + supBetinfA + B = infA + infB.Solution : Puisque A et B sont non vides, il existe a A et b B. Ainsia + b A + B=⇒A + B ̸= .Comme A et B sont born´ees, il existe m1, M1 R et m2, M2 R, tel que pourtout a A, pour tout b B on am1 a M1etm2 b M2.Cela entraine que pour tousa A, b B,m1 + m2 a + b M1 + M2.Par cons´equent, A + B est born´ee. Ainsi, A + B admet une borne sup´erieure etune borne inf´erieure.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 48 : Exercice 10MontronssupA + B = supA + supBSolution : On va le d´emontrer par double in´egalit´e. Soit a A et b B.Alorsa supAetb supB=⇒a + b supA + supB.Ainsi A + B est major´ee par supA + supB. On en d´eduit quesupA + B supA + supB.Fixons a pr´esent b B. Alors pour tout a A on aa + b supA + B=⇒a = a + b b supA + B b.D’ou on d´eduit que supA + B b est un majorant de A. PuisquesupA est le plus petit des majorants de A, nous pouvons ´ecriresupA supA + B b.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 49 : Exercice 10Comme l’in´egalit´esupA supA + B b.est vraie pour tout b B on n’a mis aucune condition sur b au momentde le choisir on conclutb B,b supA + B supA.Ainsi B est major´e par supA + B supA, et comme supB est leplus petit des majorants de B, nous pouvons ´ecriresupB supA + B supA=⇒supA + supB supA + B.PuisquesupA + supB supA + BetsupA + supB supA + Bon obtientsupA + B = sup A + sup B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 50 : Exercice 10MontronsinfA + B = infA + infBSolution : On va le d´emontrer par double in´egalit´e. Soit a A et b B.AlorsinfA aetinfB b=⇒infA + infB a + b.Ainsi A + B est minor´e par infA + infB. On en d´eduit queinfA + infB infA + B.Fixons a pr´esent b B. Alors pour tout a A on ainfA + B a + b=⇒infA + B b a + b b = a.D’ou on d´eduit que infA + B b est un minorant de A. Puisque infAest le plus grand des minorants de A, nous pouvons ´ecrireinfA + B b infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 51 : Exercice 10Comme l’in´egalit´einfA + B b infA.est vraie pour tout b B on n’a mis auccune condition sur b aumoment de le choisir on conclutb B,infA + B infA b.Ainsi B est minor´e par infA + B infA, et comme infB est le plusgrand de minorants de B, nous pouvons ´ecrireinfA + B infA infB=⇒infA + B infA + infB.PuisqueinfA + B infA + infBetinfA + B infA + infBon obtientinfA + B = infA + infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 52 : Exercice 11Soit A et B deux parties born´ees de R. D´emontrer les implicationssuivantes :1A B =⇒supA supB.2A B =⇒infB infA.3supA B = maxsupA, supB.4infA B maxinfA, infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 53 : Exercice 11MontronsA B =⇒supA supBSolution : Par hypothese A et B sont born´ees, donc supA et supBexistent. Puisque A B, pour tout x A nous avons x B, doncx supB.Ce qui nous permet de conclure quex A,x supB.Ainsi supB est un majorant de A. Comme supA est le plus petitmajorant de A, on en d´eduit quesupA supB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 54 : Exercice 11MontronsA B =⇒infB infASolution : Par hypothese A et B sont born´ees, donc infA et infBexistent. Puisque A B, pour tout x A nous avons x B , doncinfB x.Ce qui nous permet de conclurex A,infB x.Ainsi infB est un minorant de A, et comme infA est le plus grandminorant de A, on en d´eduit queinfB infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 55 : Exercice 11MontronssupA B = maxsupA, supBSolution : On va le d´emontrer par double in´egalit´e. On commence par noterqueA A BetB A B.L’exercice 11 question 1 nous permet donc d’´ecriresupA supA BetsupB supA B.Ce qui nous permet de concluremaxsupA, supB supA B.Maintenant, pour tout x A B on a :• si x A alorsx supA maxsupA, supB.• si x B alorsx supB maxsupA, supB.C’est-a-direx A B,x maxsupA, supB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 56 : Exercice 11Par cons´equent, maxsupA, supB est un majorant de A B, d’ou ond´eduitsupA B maxsupA, supB.PuisquesupAB maxsupA, supBetsupAB maxsupA, supBon conclutsupA B = maxsupA, supB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 57 : Exercice 11MontronsinfA B maxinfA, infBSolution : On aA B AetA B B.L’exercice 11 question 2 nous permet donc d’´ecrireinfA infA BetinfB infA BD’ou on conclutinfA B maxinf A, inf B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 58 : A faire chez soi - Exercice 12On considere l’ensemble des nombres de la forme 1n, ou n d´ecritl’ensemble des entiers strictement positifs. Cet ensemble est-il major´e ?Minor´e ? A-t-il un plus petit ´el´ement ? Un plus grand ´el´ement ? Justifiervos r´eponses.Solution : PosonsB =1n : n N×.Pour tout n N×, nous avons1 n=⇒0 1n 1.Donc, B est major´e par 1 et minor´e par 0. De plus comme1 = 11 B,on conclutmaxB = 1=⇒supB = 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 59 : A faire chez soi - Exercice 12Finalement, pour tout n N×, on a1n infB.Donc par passage a la limite la limite preserve les in´egalit´es, on obtient0 =limn→+1n limn→+infB = infB.Or, on sait que 0 infB. Par cons´equentinfB = 0.Puisque 0 n’appartient pas a B, on conclut que B ne possede pas de pluspetit ´element.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 60 : A faire chez soi - Exercice 13Soit A une partie non vide et born´ee de R. On noteB = x y, x, y A2.1Justifier que B est major´e.2Prouver quesupB = supA infA.Solution : Puisque A est non vide, il existe a A. Ainsia a = 0 B,et donc B est non vide. Comme A est born´ee, on sait que A admet uneborne sup´erieure et une borne inf´erieur. Ainsi, pour tout couplex A, y A, nous avonsinfA x supAinfA y supA=⇒supA y infA=⇒infA supA x y supA infA=⇒x y supA infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 61 : A faire chez soi - Exercice 13Par cons´equent, supA infA est un majorant de B or supB est leplus petit majorant de B, doncsupB supA infA.Fixons a pr´esent y A. Alors pour tout x A on ax y supB=⇒supB x y supB=⇒y supB x supB + yD’ou on d´eduit que supB + y est un majorant de A. Puisque supA estle plus petit des majorants de A, nous pouvons ´ecriresupA supB + y.Comme l’in´egalit´esupA supB + y.est vraie pour tout y A, on concluty A, supA supB y.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 62 : A faire chez soi - Exercice 13Ainsi A est minor´e par supA + B supA, et comme infA est le plusgrand des minorants de A, nous pouvons ´ecriresupA supB infA=⇒supA infA supB.PuisquesupB supA infAetsupB supA infAon obtientsupB = supA infA.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 63 : A faire chez soi - Exercice 14Soient A et B deux parties non vides born´ees de R. On poseA · B = x · y : x A, y B.A-t-on toujours supA · B = supA · supB ? Quelle hypothese peut-onajouter pour que cela soit vrai ?Solution : Soit A = 3, 1 et B = 1, 4. AlorssupA = 1etsupB = 4DoncsupA · supB = 4.Or nous avonsx 3, 1⇐⇒3 x 1⇐⇒1 x 3ety 1, 4⇐⇒1 y 4Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 64 : A faire chez soi - Exercice 14On en d´eduit par multiplication des encadrement positifs que1 xy 12⇐⇒12 xy 1.C’est-a-direA · B = 12, 1.Ce qui implique quesupA · B = 1 ̸= 4 = supA · supB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 65 : A faire chez soi - Exercice 14D´emontrons quesupA · B = supA · supBlorsque A et B sont des parties major´ees non vides de R+.Solution : Puisque A et B sont non vides, il existe a A et b B. Ainsia · b A · B,et donc A · B est non vide. Comme A et B sont major´ees, il existeM1 R+ et M2 R+, tel que pour tout a A, pour tout b B on a0 a M1et0 b M2.Cela entraine que pour tousa A, b B,a · b M1 · M2.Par cons´equent, A · B est major´ee. Ainsi A · B admet une bornesup´erieure.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 66 : A faire chez soi - Exercice 14MontronssupA · B = supA · supBSolution : On va le d´emontrer par double in´egalit´e. Soit a A et b B,alors0 a supAet0 b supB=⇒a · b supA · supB.Ainsi A · B est major´ee par supA · supB. On en d´eduit quesupA · B supA · supB.Maintenant, pour tout a A et b B, nous avons0 a · b supA · B.Si b = 0, alorssupA · b = 0 supA · B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 67 : A faire chez soi - Exercice 14Si b 0, alorsa A,a supA · Bbet A est major´ee par supA·Bb. D’ou on d´eduit quesupA supA · Bb=⇒supA · b supA · B.Par cons´equent, pour tout b B on conclutsupA · b supA · B.Si supA = 0, alorssupA · supB = 0 supA · B.Si supA 0, pour tout b B on peut ´ecrireb supA · BsupAet supA·BsupAest un majorant de B. D’ou on d´eduitsupB supA · BsupA=⇒supB · supA supA · B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 68 : A faire chez soi - Exercice 14Dans tous le cas on obtientsupB · supA supA · B.Finalement, puisquesupA · B supA · supBetsupA · B supA · supBon conclutsupA · B = supA · supB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 69 : A faire chez soi - Exercice 15Soit A et B deux parties born´ees de R. D´emontrer les implicationssuivantes :1infA B = mininfA, infB,2supA B minsupA, supB,Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 70 : A faire chez soi - Exercice 15MontronsinfA B = mininfA, infB.Solution : On va le d´emontrer par double in´egalit´e. On commence par noterqueA A BetB A B.L’exercice 11 question 2 nous permet donc d’´ecrireinfA B infAetinfA B infB.Ce qui nous permet de conclureinfA B mininfA, infB.Maintenant, pour tout x A B on a :• si x A alorsmininfA, infB infA x.• si x B alorsmininfA, infB infB x.c’est-a-direx A B,mininfA, infB x.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 71 : A faire chez soi - Exercice 15Par cons´equent, mininfA, infB est un minorant de A B, d’ou ond´eduitmininf A, inf B infA BPuisquemininf A, inf B infA Betmininf A, inf B infA Bon conclutinfA B = mininfA, infB.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 72 : A faire chez soi - Exercice 15MontronssupA B minsupA, supBSolution : On aA B AetA B B.L’exercice 11 question 1 nous permet donc d’´ecriresupA B supAetsupA B supB.D’ou on conclutsupA B minsup A, sup B.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 73 : Exercice 16Montrer que la fonction partie entiere est croissante.Avant de montrer la propositon, rappelons la d´efinition de la fonctionpartie entiere. Pour tout x R on d´efinitEx := maxn Z : n x.Ceci implique quex 1 Ex x Ex + 1.Solution : Soient x, y R tels que x y. Nous devons montrer queEx Ey.Par d´efinition on aEx x.DoncEx x y.Ainsi, Ex est un entier relatif inf´erieur ou ´egal a y.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 74 : Exercice 16Comme Ey est le plus grand entier inf´erieur ou ´egal a y on en deduitqueEx Ey.C’est-a-dire, la fonction partie entiere est croissant.Notons que la fonction partie entiere n’est pas strictement croissante. Eneffet, pour x = 1.5 et y = 1.9 on ax ymaisEx = 1 = Ey.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 75 : Exercice 17Monter que pour tout x, y R2,Ex + Ey Ex + y Ex + Ey + 1.Solution : Soient x, y R. Commen¸cons par montrer l’in´egalit´eEx + Ey Ex + yPar d´efinitionEx xetEy y.Ce qui impliqueEx + Ey x + y.D’apres l’exercice pr´ec´edent, on sait que la fonction E· est croissantesur R, doncEEx + Ey Ex + y.Or Ex + Ey Z, doncEEx + Ey = Ex + Ey.AinsiEx + Ey Ex + y.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 76 : Exercice 17Pour montrer l’in´egalit´eEx + y Ex + Ey + 1,on fait noter :Ex + y x + y.x Ex + 1.y Ey + 1.AinsiEx + y x + y Ex + Ey + 2.Comme l’in´egalit´e est stricte et Ex + y et Ex + Ey + 2 sont desentiers, on peut affirmer queEx + y Ex + Ey + 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 77 : Exercice 17Pour tout x R. CalculerEx + Ex.Solution : On a :si x Z, alors Ex = x et Ex = x. Par cons´equentEx + Ex = 0.si x R \ Z, alorsEx x Ex + 1.DoncEx 1 x Ex.Ceci implique que Ex 1 est le plus grand entier relatif inferieurou ´egal a Ex. Ce qui nous permet de conclureEx = Ex 1.DoncEx + Ex = Ex Ex 1 = 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 78 : Exercice 17Par cons´equentEx + Ex =0si x Z1sinonNicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 79 : Exercice 17Montrer n Net x R queEx = EEnxn.Solution : Par d´efinitionEx x Ex + 1.En multipliant par n, on obtientnEx nx nEx + net comme la fonction partie entiere est croissant on en d´eduitnEx = EnEx Enx EnEx + n = nEx + n.D’ou on obtient en divisant par nEx Enxn Ex + 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 80 : Exercice 17Ceci implique que Ex est le plus grand entier relatif inferieur ou ´egal aEnxn.Par cons´equentEx = EEnxn.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 81 : A faire chez soi - Exercice 18Soient n un entier naturel et x un r´eel positif.1. Combien y a-t-il d’entiers naturels entre 1 et n ? entre 1 et x ?2. Combien y a-t-il d’entiers naturels entre 0 et n ? entre 0 et x ?3. Combien y a-t-il d’entiers naturels pairs entre 0 et x ? Combien ya-t-il d’entiers naturels impairs entre 0 et x ?4. Combien y a-t-il de multiples de 3 entre 0 et x ?5. Combien l’´equation x + 2y = n, n entier naturel donn´e et x et yentiers naturels inconnus, a-t-elle de couples solutions ?6. De combien de fa¸cons peut-on payer 10 euros avec des pieces de 10et 20 centimes d’euros ?Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 82 : A faire chez soi - Exercice 181. Par d´efinition d’un entier, il y a n entiers entre 1 et n. Ensuite, pourtout entier naturel k, on a1 k x⇐⇒1 k Ex.Il y a donc Ex entiers entre 1 et x.2. Il y a n + 1 entiers entre 0 et n et Ex + 1 entiers entre 0 et x.3. Les entiers naturels pairs sont les entiers de la forme 2k, k N. Or0 2k x ⇐⇒0 k x2.Le nombre des entiers pairs compris entre 0 et x est le nombre desentiers k compris entre 0 et x2. D’apres 2, il y a E x2+ 1 entierspairs entre 0 et x. De mˆeme,0 2k + 1 x ⇐⇒0 k x 12.Il y a donc E x12+ 1 entiers impairs entre 0 et x.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 83 : A faire chez soi - Exercice 184. Les multiples de 3 sont les entiers de la forme 3k, k N. Or0 3k x ⇐⇒0 k x3 .Le nombre des multiples de 3 compris entre 0 et x est le nombre desentiers k compris entre 0 et x3 . D’apres 2, il y a E x3+ 1 multiples de 3entre 0 et x.5. Soient n N et x, y N2. On ax + 2y = n⇐⇒x = n 2y.Donc, x, y est solution si et seulement si y N et n 2y N ou encoresi et seulement si 0 2y n. Il y a donc E n2+ 1 couples solutions.6. Si x et y sont respectivement le nombre de pieces de 10 centimes d’euroset le nombre de pieces de 20 centimes d’euros, le nombre cherch´e est lenombre de couples d’entiers naturels solutions de l’´equation10x + 20y = 1000qui s’´ecrit encore x + 2y = 100. D’apres 5, il y a E 1002+ 1 = 51 fa¸consde payer 10 euros avec des pieces de 10 et 20 centimes d’euros.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 84 : A faire chez soi - Exercice 19R´esoudre, dans R, les ´equations suivantes :1. 5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0.2. 2Ex + 12 4.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 85 : A faire chez soi - Exercice 195Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0.Solution : Nous avons5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0⇐⇒Ex = 25 ou Ex = 63 = 2.Or pour tout x R, Ex est un entier. Donc l’equationEx = 25n’a pas de solution. Ainsi5Ex + 2 · 3Ex + 6 = 0⇐⇒Ex = 2⇐⇒x 2, 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 86 : A faire chez soi - Exercice 192Ex + 12 4.Solution : On cherche a r´esoudre 2Ex + 12 4 ce qui est ´equivalenta r´esoudre2Ex + 1 2⇐⇒2 2Ex + 1 2.On obtient32 Ex 12⇐⇒1 Ex 0⇐⇒1 x 1.DoncS2 = 1; 1.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 87 : Pour aller plus loin - Exercice 20Nous voulons montrer que n N, x R :n1Xk=0Ex + kn= Enx.1Nous posons :f x =n1Xk=0Ex + knEnx.Montrer que f est p´eriodique de p´eriode T = 1n.2Calculer la valeur de f x pour x 0, 1n.3En d´eduire l’´egalit´e souhait´ee.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 88 : Pour aller plus loin - Exercice 20Montrons quef x =n1Xk=0Ex + knEnxest p´eriodique de p´eriode 1n. Nous devons montrer l’´egalit´efx + 1n= f x.Solution : On computefx + 1n=n1Xk=0Ex + kn + 1nEnx + 1.CommeEnx nx Enx + 1=⇒Enx + 1 nx + 1 Enx + 2on d´eduit Enx + 1 = Enx + 1. D’ou on peut ´ecrirefx + 1n=n1Xk=0Ex + k + 1nEnx 1Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 89 : Pour aller plus loin - Exercice 20Maintenant, en utilisant le changement de indice k + 1 = l on obtientfx + 1n=n1Xk=0Ex + k + 1nEnx 1=nXl=1Ex + lnEnx 1=Ex + 1 +n1Xl=1Ex + lnEnx 1=Ex + 1 +n1Xl=1Ex + lnEnx 1=Ex + 0n+n1Xl=1Ex + lnEnx=n1Xl=0Ex + lnEnx = f x.Par cons´equent, f es une fonction p´eriodique de p´eriode 1n.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 90 : Pour aller plus loin - Exercice 20Calculer la valeur de f x pour x 0, 1n.Solution : Si0 x 1n0 k n 1=⇒ 0 x 1n0 kn 1 1n=⇒ 0 nx 10 x + kn 1D’ou on conclut que pour tout x 0, 1net tout entier 0 k n 1 onaEnx = 0etEx + kn= 0.Par cons´equent, pour tout x 0, 1nf x =n1Xk=0Ex + knEnx = 0.Finalement, par la p´eriodicit´e de f , on en d´eduit quen1Xk=0Ex + knEnx = 0,x R.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 91 : Pour aller plus loin - In´egalit´e de Cauchy-SchwartzSoit n N, a1, . . . , an et b1, . . . , bn R. Montrer quenXk=1akbk vuutnXk=1a2kvuutnXk=1b2k.Indication : Consid´erer le polynˆome f x = Pnk=1ak + bkx2.Solution : Pour montrer l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz, nous allons´etudier le discriminant du polynomef x =nXk=1ak + bkx2.On computenXk=1ak + bkx2 =nXk=1a2k + 2akbkx + b2kx2 =nXk=1a2k + nXk=12akbkx!+ nXk=1b2kx2!.=nXk=1a2k z c+ 2 nXk=1akbk!zbx + nXk=1b2k!zax2 = c + bx + ax2.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 92 : Pour aller plus loin - In´egalit´e de Cauchy-SchwarzDonc= b2 4ac = 4 nXk=1akbk!24 nXk=1a2k! nXk=1b2k!.Maintenant, pour tout x R on af x =nXk=1ak + bkx2 0.C’est-a-dire que f est un polynˆome de degr´e 2 en x qui est positif ou nulpour tout x. Cela signifie que le discriminant de ce polynˆome est n´egatifou nul. Autrement dit on a4 nXk=1akbk!24 nXk=1a2k! nXk=1b2k!= 0.Par cons´equent nXk=1akbk!2 nXk=1a2k! nXk=1b2k!.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 93 : Pour aller plus loin - In´egalit´e de Cauchy-SchwarzOn conclut en prennant la racine carr´eenXk=1akbk vuutnXk=1a2kvuutnXk=1b2k.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 94 : Pour aller plus loin - Exercice 22Soit x et y deux r´eels tels que 0 x y. On poseA =x+y2moyenne arithm´etiqueG =xymoyenne g´eom´etriqueH =112 1x + 1y moyenne harmonique.Montrer l’in´egalit´e arithm´etico-g´eom´etrique :x H G A y.Solution : Supposons 0 x y. Montrons tout d’abord A y. On ay = y2 + y2x2 + y2 = x + y2= A.Donc A y.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 95 : Pour aller plus loin - Exercice 22Pour montrer que G = xy x+y2= A, on computeA G = x + y2xy = x2 xy + y2= 12x2 2xy + y2= 12x y2 0.C’est-a-dire A G 0 et doncG = xy x + y2= A.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 96 : Pour aller plus loin - Exercice 22Montrons l’in´egalit´eH =112 1x + 1y xy = G.Pour montrer ceci, on fait noter que d’apres la preuve pr´ec´edente, lamoyenne g´eom´etrique des deux r´eels1xet1yest inf´erieure ou ´egale a leur moyenne arithm´etique, c’est-a-dire1xy =s1x · 1y 121x + 1y=⇒112 1x + 1y xy.On a donc montr´e que H G.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 97 : Pour aller plus loin - Exercice 22Montrons finalement l’in´egalit´ex H =112 1x + 1y .On commence par noter que la moyenne arithm´etique de1yet1xest compris entre 1y et 1x . En effet, comme 0 x y on peut ´ecrire1y 12 1y + 1y121x + 1y121x + 1x1xMaintenant, en prennant le quotient1y 121x + 1y1x=⇒x 1121x + 1y y.On a donc montr´e que x H. Par cons´equentx H G A y.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 98 : Pour aller plus loin - Exercice 22Soit a un r´eel positif et n N. Montrer l’in´egalit´e de Bernoulli suivante :Pn :1 + an 1 + na.Solution : On fixe a R+ et on raisnone par r´ecurrence sur n.Initialisation : On a1 + a1 = 1 + a 1car a 0Donc P1 est vraie. Notons que P0 est vraie aussi.H´er´edit´e : Soit n N×. Supposons Pn vraie, c’est-a-dire1 + an 1 + na.Montrons que Pn + 1 est vraie, autrement dit, montrons1 + an+1 1 + n + 1a.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 99 : Pour aller plus loin - Exercice 22On a1 + an+1=1 + an · 1 + azHypothese de Recurrence1 + na · 1 + a=1 + a + na + na2=1 + n + 1a + na2.Mais n N, doncna2 0.D’ou on conclut1 + an+1 1 + n + 1a + na2 1 + n + 1a.Fin de la recurrence. Par cons´equent Pn =⇒Pn + 1, et onconclut pour tout a R+ et tout entier naturel n, l’in´egalit´e1 + an 1 + na.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 100 : Pour aller plus loin - Exercice 23Tout entier naturel non nul n s’´ecrit de maniere unique sous la formen = a0 + 10a1 + . . . + 10pap,ou p est un entier naturel et les ai sont des entiers ´el´ements de0, . . . , 9,ap ´etant non nul. D´eterminer p en fonction de n.Solution : On an =a0 + 10a1 + . . . + 10pap=10p a010p + 10p+1a1 + . . . + ap.En prenant le logarithme d´ecimal, on obtientlog10n = log1010p a010p + 10p+1a1 + . . . + ap= p + log10a010p + 10p+1a1 + . . . + ap.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 101 : Pour aller plus loin - Exercice 23Maintenant, puisque la fonction logarithme est croissante eta010p + 10p+1a1 + . . . + ap 10,on d´eduitlog10a010p + 10p+1a1 + . . . + ap log1010 = 1.Ce qui nous permet conclureElog10n = Ep + log10a010p + 10p+1a1 + . . . + ap= p.Nicol´as Arancibia Robert CY-TechAnalyse

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