TD1 Reels Correction

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Page 1 : Analyse - Premier semestre 2024 - 2025CY TechTD AnalyseReels.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

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

Page 3 : Exercice 1Le resultant suivant donne une caracterisation des nombres rationnels.PropositionUn nombre est rationnel si et seulement s’il admet une ecriture decimalperiodique ou finie.Solution : On a :1/3 = 0, 3=⇒1/3 est un nombre rationnel d’ecritureperiodique.1/15 = 0, 06=⇒1/15 est un nombre rationnel d’ecritureperiodique.1/25 =4102 = 0.04=⇒1/25 est un nombre rationnel d’ecrituredecimale finie.1/125 =8103 = 0.008=⇒1/125 est un nombre rationneld’ecriture decimale finie.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

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

Page 5 : Exercice 2Trouver sous la forme pq des rationnels x dont les developpementsdecimaux periodiques sont donnes par :3, 14;0, 9;3, 149;Premiere Methode : On commence par rappeler la valeur de la sommegeometrique. Pour tout a R avec a ̸= 1, on anXk=0ak = 1 an+11 a.Maintenant, si 0 a 1, l’egalite precedente nous permet de deduirelimn→nXk=0ak = limn→1 an+11 a=11 a.Notation : Pour tout 0 a 1, nous allons ecrireXk=0ak=limn→nXk=0ak =11 a.Nicolas 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 .Nicolas 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 8 : Exercice 2Autre Methode :r = 3, 149?= pq .L’idee est d’abord de faire apparaˆıtre la partie periodique juste apres la virgule.Ici la periode commence deux chiffres apres la virgule, donc on multiplie par100 :100r = 314, 9.1Maintenant on va decaler tout vers la gauche de la longueur d’une periode,donc ici on multiplie par 10 pour decaler 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 decimales s’annulent :100 × 10r 100r = 3149 314.Donc 900r = 2835 etr = 2835900 = 315100.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 9 : Exercice 2Autre Methode :r = 3, 14?= pq .L’idee est d’abord de faire apparaˆıtre la partie periodique juste apres la virgule.Ici la periode commence immediatement apres la virgule, donc on laisse r telquel :r = 3, 14.3Maintenant on va decaler tout vers la gauche de la longueur d’une periode,donc ici on multiplie par 100 pour decaler 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 decimales s’annulent :100 × r r = 314 3 = 311.Donc 99r = 311 etr = 31199 .Nicolas 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

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

Page 13 : Pour aller plus loin - Exercice 41Demontrer que si r Q et x ̸Q alorsr + x ̸Qet si r ̸= 0 alorsr · x ̸Q.2Montrer que2 ̸Q.3En deduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombreirrationnel.Nicolas 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.Nicolas 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 consequent 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 consequent r · x ̸Q. C’est-a-dire r · x est irrationnel.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 16 : Pour aller plus loin - Exercice 4En deduire : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombreirrationnel.Solution : Soient r et r ′ deux rationnels avec r r ′. Definissonsi = r +22 r ′ r.Puisque 0 2/2 1 on deduit0 22 r ′ r r ′ r=⇒r r +22 r ′ r r +r ′ r = r ′.Donc r i r ′. MaintenantrzQ+22 r ′ rz̸Qz̸Q.Par consequent, i est un nombre irrationnel compris entre r et r ′.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 17 : Exercice 5Etant donne un ensemble A R, ecrire avec des quantificateurs lesproprietes suivantes :110 est un majorant de A ;2m est un minorant de A ;3P n’est pas un majorant de A ;4A est majore ;5A n’est pas minore ;6A est borne ;7A n’est pas borne.Nicolas 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 majore :M R, x A, x M.5A n’est pas minore :m R, x A, x m.6A est borne :M R, m R, x A, m x M.7A n’est pas borne :M R, m R, x A, x m ou M x.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 19 : Exercice 6SoitI =x R: 2 x + 12x 2.1Montrer que I est la reunion de deux intervalles.2Determiner s’il existent : les majorants, les minorants, la bornesuperieure, la borne inferieure, le plus grand element, le plus petitelement de I.Solution : Par definitionx I⇐⇒2 x + 12x 2.Donc pour montrer que I est la reunion de deux intervalles il suffit deresoudre l’inequation2 x + 12x 2.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 20 : Exercice 6Commen¸cons par resoudre l’inegalite 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’inegalite a droite a donc par ensemble solution, l’ensembleSd = , 0 "1 22 , 1 +22.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 21 : Exercice 6Pour resoudre l’inegalite 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’inegalite a gauche a donc par ensemble solution, l’ensembleSg =1 22 , 1 +22"0, +.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 22 : Exercice 6Par consequent, la solution de l’inequation 2 x +12x 2 est donnee 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 inferieure est egale a 1 22sa borne superieure est egale au maximum, c’est a dire supI = 1 +22 .les minorants sont tous les reels inferieur ou egal a la borne inferieure.Autrement ditx est un minorant de I⇐⇒x 1 22 .les majorants sont tous les reels superieur ou egal au maximum.Autrement ditx est un majorant de I⇐⇒x 1 +22 .Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 23 : Exercice 7Les ensembles suivants sont-ils majores ? Minores ? Si oui, determiner leurborne inferieure et leur borne superieure. Ont-t-ils un plus petit element ? Unplus grand element ?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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 24 : Exercice 7EtudionsB =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 deduit1 1 + 1n 2Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 25 : Exercice 7L’inegalite 1 1 + 1n 2 nous permet de conclure :• L’ensemble B est majore par tout reel superieur ou egal a 2. De pluscomme2 = 1 + 11 I,on conclutmaxB = 2.On en deduit immediatement :supB = 2.• L’ensemble B est minore par tout reel inferieur ou egal a 1. Notonsde plus quelimn→+1 + 1n = 1.Nous avons donc un candidat naturel pour la borne inferieur, asavoir : 1. Montrons queinfB = 1.Nicolas 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 deja 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 27 : Exercice 7Maintenant, comme R n’est pas majore, on est sˆur de pouvoir trouver unentier n, verifiant1m 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 28 : Exercice 7Methode 2 : par l’absurde.Puisque 1 est un minorant de B, on conclut d’apres la definition 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 29 : Exercice 7Methode 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 inegalites, on obtient1 =limn→+an limn→+infB = infB.Or, on sait que 1 infB. Par consequentinfB = 1.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 30 : Exercice 7EtudionsC =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 majore par tout reel superieur ou egal a 1 etminore par tout reel inferieur ou egal a 1. Montrons que1 = infCet1 = supC.Nicolas 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 inegalites, on obtient1 =limp→+1p 1 limp→+infC = infC.Or, on sait que 1 infC. Par consequentinfC = 1.Comme 1 ̸C, on conclut que l’ensemble C n’admet pas de minimum.Nicolas 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 inegalites, on obtient1 =limq→+1 1q limq→+supC = supC.Or, on sait que 1 supC. Par consequentsupC = 1.Comme 1 ̸C, on conclut que l’ensemble C n’admet pas de maximum.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 33 : Exercice 81Montrer que, n, m N0 mnm + n2 14.2En deduire queA =mnm + n2 , n N, m Nadmet une borne superieure et inferieure que l’on determinera.Solution : Montrons que n N, m Non a0 mnm + n2 14.Pour montrer l’inegalite a gauche, notons que n N, m Non amn 0etm + n2 0.Donc0 mnm + n2 .Nicolas 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, minoree par 0 et majoree par 14. DoncinfA et supA existent.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 35 : Exercice 8Determinons la borne superieure et inferieure de l’ensembleA =mnm + n2 : n N, m N• Borne superieure : 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 deduit, car supA est le plus petit de majorants, que supA 14 d’ou onconclut l’egalitesupA = 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 36 : Exercice 8• Borne inferieure : D’apres la question precedente, n N, m Non a0 mnm + n2 .Ainsi 0 definit 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 deja 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.Nicolas 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 consequent, pour verifier l’inegalite 5, ilsuffit de montrer qu’il existe n Ntel quen + 2 1a=⇒1a 2 n.Maintenant, comme R est archimedien, on est sˆur de pouvoir trouver unentier n, verifiant1a 2 n.Nicolas 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 39 : Exercice 8Methode 2 : par l’absurde. D’apres la question precedente, n N, m Non a0 mnm + n2 .Ainsi 0 definit 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

Page 40 : Exercice 8Methode 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 inegalites, on obtient0 =limn→+an limn→+infA = infA.Or, on sait que 0 infA. Par consequentinfA = 0.Nicolas 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.Demontrer que supA et infB existent et que supA infB.Solution : On ax yx A, y B.Comme A et B sont non vides, on deduit :• n’importe quel element de B est un majorant de A. Par consequent,supA existe.• n’importe quel element de A est un minorant de B. Par consequent,infB existe.Maintenant, puisquex yx A, y B.et supA et le plus petit des majorants de A, on deduitsupA y,y B.Nicolas 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.Nicolas Arancibia Robert CY-TechAnalyse

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