Rapport sur la médecine spécialisée libérale

CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS12
1.2
Corrig´
es
1. Ensembles.
(a) Soit E = {a, b, c}. Alors
P(E) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {a, c}, {b, c}, {a, b, c}}.
(b) Soit E un ensemble ﬁni tel que card(E) = n. Donner card(P(E)).
Corrig´
e 1. On note x1 , . . . , xn les ´el´ements de E. Pour chaque
xi , on note 1 si xi est dans le sous-ensemble et 0 sinon (deux choix
pour chaque ´el´ement). Par cons´equent, card(P(E)) = 2n . Une version
plus rigoureuse consiste `a faire une d´emonstration par r´ecurrence. Si
E = ∅ (le cas n = 0), alors P(E) = {∅}. Donc card(P(E)) = 1 = 20 .
Si l’aﬃrmation est vraie pour n, alors pour l’´el´ement xn+1 on a deux
choix comme expliqu´e ci-dessus. Il en suit que si card(E) = n + 1,
alors card(P(E)) = 2n · 2 = 2n+1 .
( )
n
sous-ensembles `a k ´el´ements (k = 0, . . . n
k
o`
u k = 0 correspond `a l’ensemble vide). Par cons´equent (voir aussi
la formule du binˆome de Newton, exercice 28),
Corrig´
e 2.
Il y a
card(P(E)) =
n ( )
∑
n
k=0
k
= 2n .
2. Ensembles et Fonctions. Soit f : E → F une fonction et A, B ⊂ E.
Montrer que
(a) f [A ∩ B] ⊂ f [A] ∩ f [B],
(b) f [A ∪ B] = f [A] ∪ f [B].
Donner un exemple o`
u f [A ∩ B] ̸= f [A] ∩ f [B].
Corrig´
e.
(a) Si x ∈ A ∩ B, alors f (x) ∈ f [A] et f (x) ∈ f [B], c’est-`a-dire f (x) ∈
f [A] ∩ f [B].
(b) Si x ∈ A ∪ B, alors f (x) ∈ f [A] ∪ f [B]. Si y ∈ f [A] ∪ f [B], alors il
existe x ∈ A ou x ∈ B, c’est-`a-dire x ∈ A ∪ B tel que y = f (x) d’o`
u
l’aﬃrmation.
Soit A = {1, 2}, B = {2, 3} et f tels que f (1) = a, f (2) = b, f (3) = a,
a ̸= b. Alors f [A] = f [B] = {a, b} et f [A ∩ B] = {b}.
3. Le cardinal. Soit E, F des ensembles ﬁnis. Montrer que
(a) card(E) + card(F ) = card(E ∪ F ) + card(E ∩ F ) (principe d’exclusioninclusion)
(b) card(E × F ) = card(E) · card(F ).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS13
Corrig´
e 1. Si E ∩ F = ∅, alors le cardinal est additif : card(E) +
card(F ) = card(E ∪ F ). Si E ∩ F ̸= ∅, ´ecrire E, F, E ∪ F comme r´eunion
d’ensembles disjoints 2 `a 2 :
E ∪ F = (E ∩ F ) ∪ (E \ F ) ∪ (F \ E),
E = (E ∩ F ) ∪ (E \ F ),
F = (E ∩ F )) ∪ (F \ E),
d’o`
u l’aﬃrmation. Pour le produit cart´esien, c’est la d´eﬁnition du produit
cart´esien comme ensemble de couples (voir aussi corrig´e 2).
Corrig´
e 2. On utilise des fonctions indicatrices en admettant les identit´es donn´ees au cours et
∑
card(E) =
χE (x).
x∈E
Pour (a), il reste `a prendre la somme sur les x ∈ E ∪ F ou sur un ensemble
plus large dans
χE (x) + χF (x) = χE∪F (x) + χE∩F (x).
Pour (b), noter que
card(E × F ) =
∑∑
χE (x)χF (y) =
x∈E y∈F
(∑
χE (x)
)( ∑
x∈E
)
χF (y) .
y∈F
4. Axiomes. En utilisant les axiomes alg´ebriques d’un corps K, montrer que
l’´el´ement neutre de l’addition 0 est unique.
Corrig´
e Soit 0′ ∈ K un autre ´el´ement tel que 0′ + x = x pour tout
x ∈ K, en particulier, 0′ + 0 = 0. D’autre part, 0 + x = x pour tout x ∈ K,
en particulier, 0 + 0′ = 0′ . L’addition est commutative, i.e. 0′ + 0 = 0 + 0′ ,
donc 0′ = 0. q.e.d.
5. Axiomes. En utilisant les axiomes alg´ebriques pour les nombres r´eels,
montrer que pour tout x ∈ R on a : 0 · x = 0 et (−1) · x = −x. En d´eduire
que (−1) · (−1) = 1.
Corrig´
e Notons d’abord les axiomes alg´ebriques. Soit x, y, z ∈ R.
A1 x + (y + z) = (x + y) + z et x · (y · z) = (x · y) · z.
A2 x + y = y + x et x · y = y · x.
A3 Il existe un ´el´ement not´e 0 tel que pour tout x : 0 + x = x.
A4 Pour chaque x, il existe un ´el´ement not´e −x tel que x + (−x) = 0.
A5 Il existe 1 ̸= 0 tel que pour tout x : 1 · x = x.
A6 Pour chaque x ̸= 0, il existe un ´el´ement not´e x−1 tel que x · x−1 = 1.
A7 x · (y + z) = x · y + x · z.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS14
Montrons 0 · x = 0 (entre parenth`eses l’axiome appliqu´e) :
0·x=0+0·x
= (x + (−x)) + 0 · x
(A3)
(A4)
= (−x + x) + 0 · x
= −x + (x + 0 · x)
(A2)
(A1)
= −x + (1 · x + 0 · x)
= −x + (x · 0 + x · 1)
= −x + (x · (0 + 1))
(A5)
(A2)
(A7)
= −x + (x · 1)
= −x + (1 · x)
= −x + x
(A3)
(A2)
= x + (−x)
=0
(A5)
(A2)
(A4)
Remarque : Les ´etapes (A2) peuvent ˆetre supprim´ees en appliquant
directement la loi commutative lors des autres axiomes.
Donc bri`evement (exercice : noter les ´etapes comme ci-dessus) :
x + (−1) · x = 1 · x + (−1) · x = (1 + (−1)) · x = 0 · x = 0
i.e. −x = (−1) · x et
1 = 1+0 = 1+0·(−1) = 1+(1+(−1))·(−1) = 1+(−1)+(−1)·(−1) = (−1)·(−1).
6. Axiomes. En utilisant les axiomes d’ordre pour les nombres r´eels et le
r´esultat de l’exercice 5, montrer que pour tout x ̸= 0 on a : x2 := x · x > 0,
i.e. le carr´e d’un nombre r´eel nonz´ero est positif.
Corrig´
e Si x > 0, alors x2 ≥ 0 est donc x2 > 0. Le cas x2 = 0 est exclu,
car sinon on a x = 1 · x = (x−1 · x) · x = x−1 (·x · x) = (x−1 · 0) = 0 par
l’exercice 5, d’o`
u contradiction. Si x < 0, alors −x > 0 et
0 < (−x) · (−x) = (−1) · x · (−1) · x = (−1)2 · x2 = 1 · x2 = x2
en utilisant le r´esultat de l’exercice 5.
7. Axiomes. Soit a, b ∈ R, a ̸= 0. Montrer que l’´equation ax + b = 0 admet
b
l’unique solution x = − .
a
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS15
Corrig´
e. C’est une cons´equence des axiomes d’ordre. ax + b = 0 est
´equivalent `a ax + b ≤ 0 et 0 ≤ ax + b. Si 0 ≤ a, par les axiomes d’ordre 4
b
et 5, la premi`ere in´egalit´e est ´equivalente `a x ≤ − , la deuxi`eme in´egalit´e
a
b
est ´equivalente `a − ≤ x, d’o`
u l’aﬃrmation par l’axiome 2. De mˆeme si
a
a ≤ 0.
√
8. Axiomes. Soit K√2 = {(a, b) := a + b 2 : a, b ∈ Q}. Montrer que
K√2 (+, ·) est un corps o`
u
(a1 , b1 )+(a2 , b2 ) = (a1 +a2 , b1 +b2 ),
(a1 , b1 )·(a2 , b2 ) = (a1 ·a2 +2b1 ·b2 , a2 b1 +a1 b2 ).
Corrig´
e. Les lois associative, commutative et distributive sont une cons´equence
des lois dans Q, donc on ne donne pas de d´etails. Pour l’addition, l’´el´ement
neutre est (0, 0) et pour la multiplication (1, 0). L’inverse additif de (a, b)
(
−b )
a
est (−a, −b) et l’inverse multiplicatif est 2
, 2
. Noter que
2
a − 2b a − 2b2
2
2
a − 2b ̸= 0 si (a, b) ̸= (0, 0). Pourquoi ?
9. D´
eveloppement d´
ecimal. Montrer qu’un nombre r´eel est rationnel si et
seulement si son d´eveloppement d´ecimal est p´eriodique.
Corrig´
e Commenons par montrer que tout nombre rationnel d = pq admet un d´eveloppement d´ecimal p´eriodique. Sans perte de g´en´eralit´e, on
peut supposer p < q (pourquoi ?). La forme d´ecimale de d s’obtient par
division euclidienne : d = pq = 0, a1 a2 a3 a4 · · · , o`
u chaque division successive donne la d´ecimale ai suivante ainsi qu’un reste ri . Par d´eﬁnition du
reste, ri est un entier satisfaisant ri < n. Donc apr`es n divisions, au moins
deux restes rj et rk seront ´egaux avec j < k. Autrement dit, le processus
de division devient p´eriodique au moins `a partir de la d´ecimale aj . Cette
preuve indique aussi que la taille de la p´eriode est au plus n.
Pour la r´eciproque, consid´erons un nombre r´eel de d´eveloppement p´eriodique
d = b1 b2 · · · bm , c1 c2 · · · cn a1 a2 · · · au , et montrons qu’il est rationnel. Etant
donn´e que b1 b2 · · · bm , c1 c2 · · · cn est clairement rationnel, il suﬃt de se restreindre au nombre r = 0, a1 a2 · · · au . En posant s = a1 a2 · · · au , on voit
que
10u r − r = a1 a2 · · · au , a1 a2 · · · au − 0, a1 a2 · · · au = s
s
⇒r= u
∈Q
10 − 1
10. Relation d’´
equivalence. On rappelle la relation d’´equivalence dans Z ×
′
Z\{0} qui d´eﬁnit l’ensemble Q des rationnels : pq ∼ pq′ si pq ′ = p′ q. Soit
a, a′ , c, c′ ∈ Z et b, b′ , d, d′ ∈ Z∗ tels que
(a)
(b)
a
b
a
b
+
·
c
d
c
d
∼
∼
′
a
b′
′
a
b′
·
+
′
c
d′
′
c
d′
a
b
∼
a′
b′
et
c
d
∼
c′
d′ .
Montrer que
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS16
Corrig´
e
′ ′
′ ′
c
(a) Il faut montrer que ad+bc
∼ a dc′+b
. Par hypoth`ese, on a que ab′ =
bd
d′
′
′
′
′ ′
a b et cd = dc . Donc (ad + bc)b d = (ab′ )(dd′ ) + (bb′ )(cd′ ) =
(a′ b)(dd′ ) + (bb′ )(c′ d) = (a′ d′ + b′ d′ )bd.
′ ′
ac
(b) Il faut montrer que ac
ese, on a que ab′ = a′ b et
bd ∼ b′ d′ . Par hypoth`
cd′ = dc′ . Donc (ac)(b′ d′ ) = (ab′ )(cd′ ) = (a′ b)(c′ d) = (a′ c′ )(bd).
11. Nombres premiers I. Montrer que tout nombre naturel n > 1 s’´ecrit de
mani`ere unique comme produit de nombres premiers :
n=
m
∏
pki i ,
p1 < p 2 < · · · < p m ,
ki ∈ N∗
i=1
Id´ee : raisonner par r´ecurrence pour prouver l’existence de la d´ecomposition
en nombre premiers. Pour l’unicit´e, utiliser le lemme d’Euclide qui dit que
si un nombre premier p divise un produit d’entiers ab, alors il divise a ou
il divise b.
Corrig´
e
(a) Existence de la d´ecomposition. Si n = 2, alors la proposition est vraie
car 2 est premier. Supposons que l’´enonc´e est vrai pour tout entier
2 ≤ k ≤ n et ´etudions n + 1. Si n + 1 est un nombre premier, alors la
proposition est v´eriﬁ´ee. Si n+1 n’est pas premier, alors il est divisible
par un entier sup´erieur `a 1 et donc n + 1 = ab avec 1 < a, b ≤ n.
Par hypoth`ese de r´ecurrence, a et b s’´ecrivent comme produits de
nombres premiers, donc n + 1 = ab est aussi un produit de nombre
premiers.
(b) Unicit´e. Supposons que n s’´ecrive comme produit de nombres premiers de deux mani`eres diﬀ´erentes (ici les pi , qi ne sont pas forc´ement
diﬀ´erents) : n = p1 p2 · · · pr = q1 q2 · · · qs . On va montrer que r = s et
que les deux expressions diﬀ`erent simplement par une permutation
des facteurs. Par le lemme d’Euclide, p1 doit diviser un des qj . Mais
vu que qj est premier cela implique que p1 = qj . On divise ensuite
n par p1 et on fait le mˆeme raisonnement pour p2 et ainsi de suite
jusqu’`a pr . On en d´eduit que r ≤ s et qu’`a chaque pi correspond un
qj = pi . En suivant le mˆeme processus en consid´erant q1 , q2 , · · · , on
voit que s ≤ r. Donc s = r et les qj sont un simple r´earrangement
des pi .
12. Nombres premiers II. Montrer qu’il existe une inﬁnit´e de nombres premiers.
Corrig´
e Par l’absurde, supposons qu’il existe un nombre ﬁni n de nombres
premiers. On les note p1 , p2 , · · · pn . On construit le nombre N = p1 p2 · · · pn +
1 et on sait par l’exercice 11 qu’il est divisible par un nombre premier.
Il existe donc un pi qui divise N . Mais il est clair que pi divise aussi
p1 p2 · · · pn , et par cons´equent la diﬀ´erence N − p1 p2 · · · pn = 1 est aussi
divisible par pi . Mais par d´eﬁnition pi > 1, d’o`
u la contradiction.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS17
13. Calcul des fonctions compos´
ees. Pour les deux fonctions f, g : R → R
d´eﬁnies respectivement par
{
x + 3 si x ≥ 0,
f (x) =
x2
si x < 0
{
2x + 1
g(x) =
x
et
si x ≥ 3,
si x < 3,
calculer g ◦ f et f ◦ g.
Corrig´
e.


2x + 7
g ◦ f (x) = g(f (x)) = x2

 2
2x + 1
si x ≥ 0,
√
si − 3 < x < 0
√
si x ≤ − 3
car si x
√ ≥ 0, alors f (x) = x + 3 ≥ 3 et g(f (x)) = 2f (x) +√1, et si
x ∈] − 3, 0[, alors 0 < f (x) < 3 et g(f (x)) = f (x), et si x ≤ − 3, alors
f (x) = x2 ≥ 3 et g(f (x)) = 2f (x) + 1.


2x + 4 si x ≥ 3,
f ◦ g(x) = f (g(x)) = x + 3
si 0 ≤ x < 3

 2
x
si x < 0
car si x ≥ 3, alors g(x) = 2x + 1 ≥ 0 et f (g(x)) = g(x) + 3, et si 0 ≤ x < 3,
alors g(x) = x ≥ 0 et f (g(x)) = g(x) + 3, et si x < 0, alors g(x) = x < 0
et f (g(x)) = g(x)2 .
14. Propri´
et´
es des fonctions I. Montrer que la fonction f : N × N → N∗
d´eﬁnie par
f (m, n) = 2m (2n + 1)
est bijective.
En d´eduire une bijection entre N × N et N et entre N × N∗ et N.
Corrig´
e. On commence par montrer que la fonction est injective. Soit
(m1 , n1 ), (m2 , n2 ) ∈ N × N tels que f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ) ou autrement
dit, 2m1 (2n1 + 1) = 2m2 (2n2 + 1). On voit que m1 = m2 . En eﬀet, si
m1 ̸= m2 (on suppose sans perte de g´en´eralit´e m1 > m2 ), alors on a
2m1 −m2 (2n1 + 1) = 2n2 + 1 et donc 2n2 + 1 devrait ˆetre divisible par 2
ce qui est impossible vu qu’il s’agit d’un nombre impair. Ensuite vu que
m1 = m2 , on a directement 2n1 + 1 = 2n2 + 1 et ainsi n1 = n2 , ce qui
prouve l’injectivit´e.
On montre maintenant la surjectivit´e. Soit N ∈ N∗ . Si N est impair, alors
on choisit m = 0 et n = N 2−1 ∈ N qui v´eriﬁent f (0, N 2−1 ) = N . Si N
est pair alors on le divise par 2 et on pose N1 = N2 ∈ N. Si N1 est pair,
on continue le processus jusqu’`a ce que Nk = 2Nk soit impair (remarquer
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS18
que pour tout N il existe un k tel que Nk soit impair). On pose ensuite
n = Nk2−1 ∈ N et on v´eriﬁe bien que f (k, Nk2−1 ) = N .
Par analogie, on voit que g : N×N → N d´eﬁnie par g(m, n) = 2m (2n+1)−1
est aussi une bijection. De mˆeme, h : N × N∗ → N∗ d´eﬁnie par h(m, n) =
2m (2n − 1) est aussi bijective.
et´
es des fonctions II. Soit une fonction bijective g : N → Q+
15. Propri´
telle que g(0) = 0. Montrer que g n’est pas croissante.
Corrig´
e. Soit g(1) = r ∈ Q+ . Vu que g est injective, on a r ̸= 0 et
donc r > 0. On consid`ere maintenant le rationnel 2r ∈ Q+ . Vu que g est
surjective, il existe n ∈ N, n ≥ 2, tel que g(n) = 2r . On a donc 1 < n et
g(1) > g(n), ce qui prouve que g n’est pas croissante.
16. Propri´
et´
es des fonctions III. Montrer que la fonction f : N → Z d´eﬁnie
par
{
n
si n est pair,
f (n) = 2 n+1
si n est impair
− 2
est bijective. Donner f −1 .
Corrig´
e. On commence par montrer l’injectivit´e. Soit n, m ∈ N tels que
f (n) = f (m). Si n est pair, f (n) = n2 ≥ 0 et donc m doit ˆetre pair pour
satisfaire f (m) ≥ 0. Ainsi f (m) = m
2 et on conclut que m = n. Si n est
impair, on montre par le mˆeme raisonnement que n = m. Cela prouve
l’injectivit´e.
Pour la surjectivit´e, soit N ∈ Z. Si N ≥ 0, on a que n = 2N ∈ N et que n
est pair, donc f (n) = N . Si N < 0, on a que n = −1 − 2N ∈ N et que n
est impair, donc f (n) = N . Cela prouve la surjectivit´e.
La d´emonstration pour la surjectivit´e nous donne directement la forme de
la fonction r´eciproque f −1 : Z → N
{
2n
si n ≥ 0,
f −1 (n) =
−1 − 2n si n < 0.
17. Propri´
et´
es des fonctions IV*. Montrer que la fonction f : N × N → N
d´eﬁnie par
(m + n)(m + n + 1)
+m
f (m, n) =
2
est bijective.
Corrig´
e. On commence par montrer l’injectivit´e. Soit (m1 , n1 ), (m2 , n2 ) ∈
N × N tels que f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ). Sans perte de g´en´eralit´e, on peut
supposer m1 ≥ m2 . On doit donc avoir n1 ≤ n2 (sinon on trouve que
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS19
f (m1 , n1 ) > f (m2 , n2 )). On peut donc introduire trois nouvelles variables
a = m2 + n1 , k = m1 − m2 et l = n2 − n1 avec a, k, l ∈ N et on obtient :
f (m1 , n1 ) = f (m2 , n2 ) ⇒ f (m2 + k, n1 ) = f (m2 , n1 + l)
⇒ (m2 + n1 + k)(m2 + n1 + k + 1) + 2k = (m2 + n1 + l)(m2 + n1 + l + 1)
⇒ (a + k)(a + k + 1) + 2k = (a + l)(a + l + 1)
On montre maintenant que cette ´equation est satisfaite seulement si k =
l = 0. En eﬀet, si on suppose que k > l, alors le membre de gauche est
clairement strictement sup´erieur au membre de droite. Si on suppose que
k < l, alors on a l ≥ k + 1 et on conclut que le membre de droite est
strictement sup´erieur au membre de gauche car
(a+l)(a+l +1) ≥ (a+k +1)(a+k +1+1) = (a+k)(a+k +1)+2k +2a+2
Il reste seulement le cas l = k et on voit que l’´equation est satisfaite
seulement si 2k = 0. Autrement dit, k = l = 0 et donc (m1 , n1 ) = (m2 , n2 ),
ce qui prouve l’injectivit´e.
On d´emontre la surjectivit´e par r´ecurrence. Cette propri´et´e est vraie pour
N = 0, car f (0, 0) = 0. Supppons qu’elle soit vraie pour N : ∃i, j ∈ N t.q.
N = f (i, j). La cl´e est de s’apercevoir que
{
f (m, 0) + 1 = f (0, m + 1)
∀m ∈ N,
f (m, n) + 1 = f (m + 1, n − 1) si n ≥ 1
Autrement dit, si j = 0 alors N + 1 = f (0, i + 1), tandis que si j ≥ 1 alors
N + 1 = f (i + 1, j − 1). Cela prouve la surjectivit´e.
18. Fonctions des ensembles I. Soit A ⊂ R et χA sa fonction indicatrice
(voir cours). On note Ac = R \ A le complementaire de A. V´eriﬁer que
χAc (x) = 1 − χA (x).
Soit A, B ⊂ R. V´eriﬁer que
χA (x) · χB (x) = χA∩B (x)
et
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA∩B (x).
Conclure que
(
)(
)
1 − χA (x) 1 − χB (x) = 1 − χA∪B (x).
Interpr´eter cette identit´e.
Corrig´
e. Les v´eriﬁcations ont ´et´e pr´esent´ees en cours. Le principe d’inclusionexclusion
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA∩B (x).
s’´ecrit en utilisant χA (x) · χB (x) = χA∩B (x) comme suit :
χA (x) + χB (x) = χA∪B (x) + χA (x) · χB (x).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS20
ou
(
)(
)
1 − χA (x) 1 − χB (x) = 1 − χA∪B (x).
C’est la loi de de Morgan :
(
)c
Ac ∩ B c = A ∪ B .
19. Fonctions des ensembles II - principe d’exclusion-inclusion. Soit
A1 , . . . , An ⊂ R. Montrer par r´ecurrence que
1 − χA1 ∪...∪An (x) =
n
∏
(
)
1 − χAk (x)
k=1
Corrig´
e. L’identit´e est vraie pour n = 1 (´evident) et n = 2 (par l’exercice pr´ec´edent). La conclusion ”n → n + 1” : en utilisant l’identit´e pour
n = 2 on a
(
)(
)
1 − χA1 ∪...∪An ∪An+1 (x) = 1 − χA1 ∪...∪An 1 − χAn+1 (x)
n
∏
(
)(
)
=
1 − χAk (x) 1 − χAn+1 (x)
k=1
=
n+1
∏
(
)
1 − χAk (x) .
k=1
eom´
etrique. Montrer que pour tout x, y ∈ R et tout
20. La progression g´
entier positif n :
xn − y n = (x − y) ·
n−1
∑
xn−k−1 y k
k=0
En d´eduire la somme d’une progression g´eom´etrique, `a savoir pour tout
r´eel a ̸= 1 et tout entier positif n :
n
∑
ak =
k=0
1 − an+1
.
1−a
Corrig´
e. La relation est ´egalement d´emontr´ee dans le resum´e du cours
avec x = a et y = b. Appelons cette relation R(n). Pour n = 1, nous avons
an − bn = a − b et
(a − b) ·
n−1
∑
k=0
an−k−1 bk = (a − b) ·
0
∑
a1−k−1 bk = (a − b) · a0 b0 = a − b
k=0
Par cons´equent, R(1) est vraie. Pour d´emontrer que R(n) implique R(n+1)
nous ´ecrivons an+1 − bn+1 comme suit :
an+1 − bn+1 = an+1 − abn + abn − bn+1 = a(an − bn ) + (a − b)bn
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS21
Nous utilisons ensuite la relation R(n). Donc
an+1 − bn+1 = a · (a − b) ·
n−1
∑
an−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
= (a − b) ·
n−1
∑
an+1−k−1 bk + (a − b)bn
k=0
Notant que bn =
∑n
k=n
an+1−k−1 bk , nous obtenons la relation R(n + 1) :
an+1 − bn+1 = (a − b) ·
∑
( n−1
an+1−k−1 bk +
k=0
n
∑
an+1−k−1 bk
)
k=n
= (a − b) ·
n+1−1
∑
an+1−k−1 bk .
k=0
Posons ensuite x = 1 et y = a et rempla¸cons n par n + 1. Alors la relation
s’´ecrit comme suit :
1n+1 − an+1 = (1 − a) ·
n+1−1
∑
1n+1−k−1 ak
k=0
i.e.
1 − an+1 = (1 − a) ·
n
∑
ak
k=0
pour tout a. Pour obtenir l’aﬃrmation, on doit diviser les deux membres
de cette relation par 1 − a. Donc il faut supposer que a ̸= 1.
21. Montrer que 12341234 − 1 est divisible par 1233.
Corrig´
e. Par l’exercice 20, nous avons
12341234 − 1 = 1233 ·
1233
∑
1234k .
k=0
La somme est une somme de nombres naturels et par cons´equent 12341234 −
1 est divisible par 1233.
22. In´
egalit´
e de Young. Montrer que pour tout entier positif n et tout
a, b > 0 :
b(bn − an ) − nan (b − a) ≥ 0.
En d´eduire l’in´egalit´e de Young pour tout x, y > 0 :
n+1
xy ≤
xn+1
ny n
+
.
n+1
n+1
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS22
Corrig´
e. Avec la progression g´eom´etrique (voir exercice 20), on a :
( n−1
)
∑
bn−k ak − nan
b(bn − an ) − nan (b − a) = (b − a) ·
k=0
( n−1
∑
)
bn−k
−
n
an−k
k=0
)
n−1
∑ ( bn−k
n
= (b − a)a ·
−1
an−k
= (b − a)an ·
k=0
≥0
puisque les deux facteurs ont toujours le mˆeme signe. En ´evaluant les
produits, cette in´egalit´e signiﬁe que
bn+1 + nan+1 − (n + 1)an b ≥ 0.
En posant a = y 1/n et b = x, nous obtenons l’in´egalit´e de Young.
23. Une progression arithm´
etique. Montrer que pour tout entier positif
n:
n
∑
n(n + 1)
k=
.
2
k=1
Corrig´
e. Nous donnons deux d´emonstrations :
D´
emonstration 1 - par r´
ecurrence. Pour n = 1, la relation est vraie.
Si la relation est vraie pour un n donn´e, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∑
k=1
k=
n
∑
k + (n + 1) =
k=1
n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)
+ (n + 1) =
.
2
2
D´
emonstration 2 - par changement d’indice. Soit ak ∈ R et k =
1, ..., n. Le changement d’indice j = n + 1 − k dans la somme
n
∑
ak
k=1
donne
n
∑
ak =
k=1
et donc
n
∑
k=1
n
∑
an+1−j =
j=1
ak =
1
2
n
∑
an+1−k .
k=1
(∑
n
)
(ak + an+1−k ) .
k=1
Par cons´equent,
( n
( n
)
)
n
∑
1 ∑
n(n + 1)
1 ∑
.
(k + n + 1 − k) =
(n + 1) =
k=
2
2
2
k=1
k=1
k=1
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS23
24. La somme de carr´
es d’entiers. Montrer que pour tout entier positif
n:
n
∑
n(n + 1)(2n + 1)
k2 =
.
6
k=1
En d´eduire la somme suivante :
1000
∑
(k + 1)(2k + 3).
k=0
Corrig´
e. Pour n = 1, la relation est vraie. Si la relation est vraie pour
un n donn´e, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∑
k2 =
k=1
n
∑
k 2 +(n+1)2 =
k=1
Ensuite, en utilisant
n(n + 1)(2n + 1)
(n + 1)(n + 2)(2(n + 1) + 1)
+(n+1)2 =
.
6
6
n
∑
k=1
k=
n(n + 1)
.
2
on a pour tout n
n
∑
(k + 1)(2k + 3) =
k=0
Donc
n(n + 1)(2n + 1) 5n(n + 1)
(n + 1)(n + 2)(4n + 9)
+
+3(n+1) =
3
2
6
1000
∑
(k + 1)(2k + 3) = 670172503.
k=0
25. La somme altern´
ee de carr´
es d’entiers. Montrer par r´ecurrence que
pour tout n ∈ N
n
∑
n(n + 1)
(−1)n−k k 2 =
2
k=0
Corrig´
e. La formule est vraie pour n = 0. Supposons qu’elle soit vrai
pour un n ∈ N. On doit montrer que ceci implique qu’elle est vraie pour
n + 1, i.e.
n+1
∑
(n + 1)(n + 2)
(−1)n+1−k k 2 =
2
k=0
Alors
n+1
∑
k=0
(−1)n+1−k k 2 =
n
∑
(−1)n+1−k k 2 + (n + 1)2
k=0
= (−1)
n
∑
(−1)n−k k 2 + (n + 1)2
k=0
n(n + 1)
=−
+ (n + 1)2
2
(n + 1)(n + 2)
=
.
2
par hypoth`ese de r´ecurrence
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS24
26. Une in´
egalit´
e pour la factorielle. Montrer qu’il existe n0 ∈ N tel que
pour tout n > n0 :
n! > 2n .
Donner le plus petit n0 possible.
Corrig´
e. L’in´egalit´e est vraie pour n = 4 (24 > 16). Supposons donc
qu’elle soit vraie pour un n ≥ 4. Alors :
(n + 1)! = (n + 1) · n! > 2 · n! > 2n+1 .
Donc n0 = 3.
27. La somme de cubes d’entiers. Pour tout entier positif n, donner
n
∑
k3
k=1
Id´ee : appliquer l’identit´e
n
∑
k=1
ak =
n
∑
an+1−k
k=1
et les r´esultats des exercices 23 et 24.
Corrig´
e.
n
∑
k=1
1∑ 3
k + (n + 1 − k)3
2
n
k3 =
k=1
n
1∑
=
(n + 1)3 − 3(n + 1)2 k + 3(n + 1)k 2
2
k=1
)
1(
3
1
= (n + 1)3 n − (n + 1)3 n + (n + 1)2 (2n + 1)n
2
4
2
(n + 1)2 n2
=
4
28. La formule du binˆ
ome de Newton. Evidemment
(
) ( )
n!
n!
n
n
+
+
=
k−1
k
(k − 1)!(n + 1 − k)! k!(n − k)!
(
(
)
) (
)
k
n+1−k n+1
n+1
n+1
=
+
=
k
k
k
n+1
n+1
On d´emontre la formule du binˆ
ome de Newton par r´ecurrence. Elle est
vraie pour n = 0 (ou n = 1). Ensuite
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS25
(x + y)n+1 = x(x + y)n + y(x + y)n
n ( )
n ( )
∑
n k+1 n−k ∑ n k n+1−k
x y
=
x
y
+
k
k
k=0
=
n+1
∑(
l=1
k=0
)
n ( )
∑
n
n k n+1−k
l n+1−l
xy
+
x y
l−1
k
k=0
par le changement d’indice k + 1 = l. Combiner ensuite les deux sommes
pour montrer le r´esultat.
(a) Choisir x = y = 1.
(b) Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe un entier n > 1 et
trois entiers naturels a, b, c v´eriﬁant 0 < a ≤ b < n et an + bn = cn .
Alors c > b car cn > bn . Donc c ≥ b + 1 (b, c sont des entiers). Par la
formule du binˆome de Newton, nous avons (on estime la somme - qui
a au moins trois membres car n > 1 - par les deux derniers membres,
c’est pourquoi on a l’in´egalit´e stricte)
cn ≥ (b + 1)n > bn + nbn−1
et par l’hypoth`ese b < n que
cn = an + bn ≤ bn + bn < bn + nbn−1 .
D’o`
u la contradiction.
29. Sommes t´
el´
escopiques I. La relation est vraie pour n = 0. Pour conclure
noter que
f (n+2)−f (0) = f (n+2)−f (n+1)+
n
∑
∑(
(
) n+1
)
f (k+1)−f (k) =
f (k+1)−f (k) .
k=0
k=0
(a) En posant f (n) = a pour un a ∈ R, a ̸= 1, on a
n
an+1 − 1 =
=
n
∑
( k+1
)
a
− ak
k=0
n
∑
(a − 1)ak
k=0
= (a − 1)
n
∑
ak
k=0
d’o`
u la formule d´esir´ee.
(b) Avec f (n) = n2 , nous obtenons
(n + 1)2 − 0 =
=
n
∑
(
)
(k + 1)2 − k 2
k=0
n
∑
(2k + 1)
k=0
= (n + 1) + 2
n
∑
k=0
k
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS26
d’o`
u la formule d´esir´ee de l’exercice 23. Noter que par la deuxi`eme
´equation, la somme de n premiers nombres impairs est toujours un
carr´e parfait.
(c) Si a = 1, c’est une progression arithm´etique comme `a l’exercice 23.
En posant f (n) = nan pour un a ∈ R, a ̸= 1, on a
n+1
(n + 1)a
n
∑
(
)
(k + 1)ak+1 − kak
=
k=0
n
∑
=
ak+1 +
k=0
n
∑
=a
n
∑
(a − 1)kak
k=0
ak + (a − 1)
k=0
n
∑
kak =
k=0
n
∑
kak
k=0
nan+2 − (n + 1)an+1 + a
.
(a − 1)2
el´
escopiques II. Pour x = 0 la somme vaut n + 1. Donc nous
30. Sommes t´
supposons x ̸= 0. Par l’exercice 29 et en utilisant l’identit´e
sin α − sin β = 2 cos
α+β
α−β
sin
,
2
2
nous avons
sin((n + 1 + a)x) − sin(ax) =
n
∑
sin((k + 1 + a)x) − sin((k + a)x)
k=0
(2k + 1 + 2a)x
x∑
cos
.
2
2
n
= 2 sin
k=0
En posant a =
− 12
nous obtenons
n
∑
cos kx =
k=0
=
sin((n + 12 )x) − sin(− x2 )
2 sin x2
(n+1)x
cos( nx
)
2 ) sin(
2
x
sin 2
31. Un produit ﬁni. Montrer que pour tout entier positif n :
n
∏
(
k=1
1+
(n + 1)n
1 )k
=
.
k
n!
Corrig´
e. La relation est vraie pour n = 1. Si la relation est vraie pour
un n donn´e, elle est aussi vraie pour n + 1 car
n+1
∏
k=1
(
1+
(n + 1)n (
1 )n+1
(n + 2)n+1
1 )k
=
· 1+
=
.
k
n!
n+1
(n + 1)!
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS27
32. L’in´
egalit´
e de Bernoulli. Montrer l’in´egalit´e de Bernoulli pour tout
x ∈ R+ et tout entier positif n :
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Corrig´
e Nous donnons trois d´emonstrations :
Corrig´
e 1 - par la formule du binˆ
ome de Newton.
du binˆome de Newton, on a pour tout x ≥ 0 :
(1+x)n =
n ( )
∑
n
k=0
k
xk =
1 ( )
∑
n
k=0
k
xk +
n ( )
∑
n
k=2
k
xk ≥
Par la formule
1 ( )
∑
n
k=0
k
xk = 1+nx
Corrig´
e 2 - par r´
ecurrence. Evidemment pour n = 1 l’in´egalit´e de
Bernoulli est vraie. Supposons alors que
(1 + x)n ≥ 1 + nx.
Alors pour tout x ≥ 0
(1+x)n+1 = (1+x)n (1+x) ≥ (1+nx)(1+x) = 1+(n+1)x+nx2 ≥ 1+(n+1)x.
Noter que cette d´emonstration montre que l’in´egalit´e de Bernoulli est
mˆeme vraie sous l’hypoth`ese plus faible x > −1 (au lieu de seulement
x ≥ 0).
Corrig´
e 3 - par progression g´
eom´
etrique. Par l’exercice 20, nous
trouvons en posant a = 1 + x pour tout n ≥ 0 et tout x ≥ 0 que
(1 + x)n − 1 = (1 + x − 1) ·
n−1
∑
(1 + x)k ≥ x ·
k=0
n−1
∑
1k = nx.
k=0
33. Extension de l’in´
egalit´
e de Bernoulli. Montrer l’in´egalit´e suivante
pour tout x ∈ R+ et tout entier positif n :
(1 + x)n ≥ 1 + nx +
n(n − 1) 2
x .
2
Corrig´
e Nous donnons deux d´emonstrations :
Corrig´
e 1 - par la formule du binˆ
ome de Newton.
du binˆome de Newton, on a pour tout x ≥ 0 :
(1+x)n =
n ( )
∑
n
k=0
k
xk =
2 ( )
∑
n
k=0
k
xk +
n ( )
∑
n
k=3
k
xk ≥
Par la formule
2 ( )
∑
n
k=0
k
xk = 1+nx+
n(n − 1) 2
x
2
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS28
Corrig´
e 2 - par r´
ecurrence. Evidemment pour n = 1 l’in´egalit´e est
vraie. Supposons alors que
(1 + x)n ≥ 1 + nx +
n(n − 1) 2
x
2
Alors pour tout x ≥ 0
n(n − 1) 2
x )(1 + x)
2
n(n + 1) 2 n(n − 1) 3
x +
x
= 1 + (n + 1)x + +
2
2
n(n + 1) 2
≥ 1 + (n + 1)x +
x .
2
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ≥ (1 + nx +
34. L’in´
egalit´
e de Cauchy-Schwarz I. Nous avons
(∑
)2 ∑
n
n ∑
n
xk yk xl yl
xk yk
=
k=1
=
=
≤
k=1 l=1
n ∑
n
∑
1 2 2 1 2 2 1
x y + xl yk − (xk yl − xl yk )2
2 k l
2
2
k=1 l=1
n
n
∑
∑
2
yk2 −
xk
k=1
k=1
n
n
∑
∑
yk2 .
x2k
k=1
k=1
1 ∑∑
(xk yl − xl yk )2
2
n
n
k=1 l=1
35. L’in´
egalit´
e de Cauchy-Schwarz II *. Pour n = 1 nous avons
(∑
)2
n
n
n
∑
∑
2 2
2
yk2 .
xk yk
= x1 y1 =
xk
k=1
k=1
k=1
Donc l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz est vraie pour n = 1. Supposons
l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz pour un n donn´e, alors
)2 (
)2
( n+1
n
∑
∑
xk yk
= xn+1 yn+1 +
xk yk
k=1
=
(∑
n
)2
xk yk
k=1
k=1
+ 2xn+1 yn+1
∑n
n
∑
2
xk yk + x2n+1 yn+1
.
k=1
L’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz pour k=1 xk yk nous donne
(∑
)2 ∑
n
n
n
∑
xk yk
≤
x2k
yk2
k=1
et
2xn+1 yn+1
n
∑
k=1
k=1
v
v
u n
u n
u∑ u∑
2
t
xk yk ≤ 2|xn+1 yn+1 |
xk t
yk2
k=1
k=1
≤ x2n+1
n
∑
k=1
2
yk2 + yn+1
k=1
n
∑
k=1
x2k
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS29
en utilisant ´egalement le fait que 2ab ≤ a2 + b2 pour tout couple de r´eels
a, b. Par cons´equent,
( n+1
∑
)2
xk yk
≤
k=1
=
n
∑
x2k
n
∑
k=1
k=1
n+1
∑
n+1
∑
x2k
k=1
yk2 + x2n+1
n
∑
2
yk2 + yn+1
k=1
n
∑
2
x2k + x2n+1 yn+1
k=1
yk2 .
k=1
36. L’in´
egalit´
e des moyennes g´
eom´
etriques et arithm´
etiques I *. Soit
x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Montrer que
n≤
n
∑
xk .
k=1
Corrig´
e. On d´emontre l’in´egalit´e par r´ecurrence. Pour n = 1, on a x1 =
1 et l’in´egalit´e est vraie. Supposons maintenant que cette in´egalit´e est
vraie pour un n et tous les x1 , . . . , xn ∈ R+ dont le produit vaut 1. Soit
x1 , . . . , xn , xn+1 ∈ R+ dont le produit vaut 1. On peut supposer que les
xk sont ordonn´es i.e.
x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn ≤ xn+1 .
En particulier, x1 ≤ 1 et xn+1 ≥ 1 (sinon le produit ne peut pas ˆetre ´egal
a 1). On pose yk = xk si 2 ≤ k ≤ n et y1 = x1 xn+1 . Alors le produit des
`
yk vaut 1 et par hypoth`ese
0≤
n
∑
yk − n =
k=1
n+1
∑
xk + x1 xn+1 − x1 − xn+1 − n
k=1
=
n+1
∑
xk + (1 − x1 )(1 − xn+1 ) − (n + 1)
k=1
≤
n+1
∑
xk − (n + 1)
k=1
car (1 − x1 )(1 − xn+1 ) ≤ 0.
37. L’in´
egalit´
e des moyennes g´
eom´
etriques et arithm´
etiques II*. Soit
a1 > 0, . . . , an > 0. Montrer que leur moyenne g´eom´etrique est inf´erieure
a leur moyenne arithm´etique. Autrement dit,
`
(∏
)1/n
n
n
1∑
ak
ak .
≤
n
k=1
k=1
Corrig´
e 1. Notons Gn la moyenne g´eom´etrique et An la moyenne arithm´etique
de a1 > 0, . . . , an > 0. Soit
xk =
ak
> 0 pour k = 1, . . . , n.
Gn
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS30
Evidemment
n
∏
xk =
k=1
Gn
= 1.
Gn
Par l’exercice pr´ec´edent
1∑
An
.
xk =
n
Gn
n
1≤
k=1
Corrig´
e 2 - par r´
ecurrence. Pour k = 1, . . . , n + 1 notons Gk la
moyenne g´eom´etrique et Ak la moyenne arithm´etique de a1 > 0, . . . , ak >
0. L’in´egalit´e est vraie pour n = 1 car G1 = a1 = A1 . Sous l’hypoth`ese
qu’elle soit vraie pour n, nous avons
An+1 =
an+1
nAn
an+1
nGn
+
≥
+
.
n+1 n+1
n+1 n+1
En appliquant l’in´egalit´e de Young (voir exercice 22) nous obtenons
1
n
n+1
An+1 ≥ an+1
· Gnn+1 = Gn+1 .
38. Nombres rationnels et irrationels*
(a) Montrer qu’il y a une inﬁnit´e de rationnels entre deux irrationnels
distincts.
(b) Montrer qu’il y a une inﬁnit´e d’irrationnels entre deux rationnels
distincts.
Corrig´
e (a). Soit a, b, a < b deux nombres irrationnels. Par l’axiome
d’Archim`ede (voir cours), il existe un n ∈ N tel que n(b − a) > 1. Par
cons´equent, pour tout m ≥ n on a
m(b − a) > 1
ou
b>
ma + 1
.
m
On a une inﬁnit´e de rationnels rm d´eﬁnis par
rm =
[ma + 1]
m
satisfaisant
b>
ma + 1
[ma + 1]
[ma] + 1
ma
≥
= rm =
>
= a.
m
m
m
m
Corrig´
e (b). Soit a, b, a < b deux nombres rationnels. On construit
explicitement
une inﬁnit´e d’irrationnels entre a et b. On sait que 0 <
√
2 − 1 < 1. Par cons´equent
√
2−1
0<
<1
n
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS31
pour tout entier positif n. Les nombres xn d´eﬁnis par
√
2−1
xn = a + (b − a)
n
sont des nombres irrationnels (car a et b sont des rationnels) entre a et b.
39. Inﬁmum et Supremum. Donner le supremum et l’inﬁmum des ensembles suivants :
(a) A = {x ∈ Q : x2 < 2.25}. Noter que A = {x ∈ Q : −1.5 < x < 1.5}
d’o`
u inf A = −1.5, sup A = −1.5.
(b) B = {x ∈ Q : ax < 1} o`
u a ∈ R∗ := R \ {0} :
Si a < 0 et a ∈ Q, alors ax < 1 ⇔ x > 1/a d’o`
u inf B = 1/a,
sup B = +∞.
Si a < 0 et a ∈ R \ Q (c’est-`a-dire a irrationnel), inf B n’est pas un
nombre rationnel donc n’existe pas, sup B = +∞.
Remarque. Pour voir que l’inﬁmum n’est pas un nombre rationnel on peut proc´eder comme suit. Supposons b = inf B ∈ Q. Alors
b ̸= 1/a. Si b > 1/a, alors par la proposition 1.5.4 il existe un rationnel entre les deux qui est donc dans B d’o`
u la contradiction. Si
b < 1/a, alors de par la proposition 1.5.4 il existe un rationnel b′
entre les deux qui est un minorant de B mais plus grand que b d’o`
u
la contradiction. En fait si on on regarde B comme sous-ensemble de
R, alors 1/a = inf B.
Si a > 0 et a ∈ Q, alors ax < 1 ⇔ x < 1/a d’o`
u inf B = −∞,
sup B = 1/a.
Si a > 0 et a ∈ R \ Q (c’est-`a-dire a irrationnel), sup B n’est pas un
nombre rationnel donc n’existe pas, inf B = −∞.
(c) C = {x ∈ Q : x2 + 3x ≤ 4} : x2 + 3x ≤ 4 ⇔ (x − 1)(x + 4) ≤ 0 d’o`
u
inf C = −4, sup C = 1.
(d) D = {x ∈ R : x4 ≤ a4 } o`
u a ∈ R : inf D = −|a|, sup D = |a|.
1
(e) E = {x ∈ R : x = (−1)n + n+1
, n ∈ N} : inf E = −1 puisque −1
est un minorant et il n’y a pas un minorant m > −1 puisque par
l’axiome d’Archim`ede il existe un entier positif n (et on prend un
entier impair) tel que (n + 1)(m − 1) > 1 d’o`
u
1
1
= −1 +
< −1 + (m − 1) = m.
n+1
n+1
On a trouv´e un ´el´ement plus petit que le minorant m donc contradiction. On a sup E = 2 (prendre n = 0 et noter que 1/(n + 1) est
d´ecroissante).
1
, n ∈ N} ∩ R : inf F = 0 (valeur pour n = 1),
(f) F = {(−0.5)n + n+1
sup F = 2 (valeur pour n = 0) les autres ´el´ements sont positifs.
(−1)n +
40. Nonexistence des solutions rationnelles.
(a) Montrer que l’´equation x2 = 5 n’admet pas de solutions rationnelles.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS32
D´
emonstration. On suit la d´emonstration de la proposition 1.5.1.
(les petites modiﬁcations sont en gras). Supposons qu’il existe x = pq
avec p, q ∈ Z+ tel que x2 = 5. On peut ´egalement supposer que p
et q n’ont pas de diviseur commun, c’est-`a-dire que leur plus grand
commun diviseur est 1 : pgcd(p, q) = 1. On a
p2
=5
q2
i.e. p2 = 5q 2
et par cons´equent p2 est divisible par 5. Donc p est divisible par
5 et il existe un entier p′ tel que p = 5p′ (puisque le carr´
e d’un
entier non divisible par 5 n’est pas divisible par 5 ; en eﬀet
(5n + k)2 = 5n(5n + 2k) + k 2 , k = 1, 2, 3, 4 n’est pas divisible par
5). Alors
p2 = 25p′2 = 5q 2 i.e. 5p′2 = q 2 .
Donc q doit ˆetre divisible par 5. C’est une contradiction avec notre
hypoth`ese que p et q n’ont pas de diviseur commun. Il n’existe donc
pas de nombre rationnel x tel que x2 = 5.
(b) Montrer qu’il n’y a pas de x ∈ Q tel que x3 = 2.
D´
emonstration. Aucun changement important par rapport `a la
d´emonstration de la proposition 1.5.1.
41. Sous-ensembles de R. Etudier si les ensembles suivants sont ouverts
ou ferm´es dans R. Donner l’int´erieur, le bord et l’adh´erence de chaque
ensemble.
◦
√
√
√
√
(a) A =] − 1, 2]. A =] − 1, 2[, ∂A = {−1, 2}, A¯ = [−1, 2]. A n’est
ni ferm´e ni ouvert.
◦
√
√
√
¯ = [ 2, ∞[. B est ouvert.
(b) B =] 2, ∞[. B = B, ∂B = { 2}, B
(c) C = {x ∈ R : |2x − 1| ≤ 1}. C = {x ∈ R : −1 ≤ 2x − 1 ≤ 1} = [0, 1].
◦
A =]0, 1[, ∂C = {0, 1}, C¯ = C. C est ferm´e.
(d) D = {x ∈ R : |x2 − 2| < 1}. D = {x ∈ R : −1 < x2 − 2
◦
√
√
√
√
¯
1} √=] − 3, −1[√∪ ]1, 3[. D = D, ∂D = {− 3, −1, 1, 3}, D
[− 3, −1] ∪ [1, 3]. D est ouvert.
◦
n
(e) E = {
, n ∈ N}. Les points dans E sont isol´es d’o`
u E =
n+1
¯ = ∂E = {1, } ∪ E. E n’est ni ferm´e ni ouvert.
E
◦
n(−1)n
(f) F = {
, n ∈ N}. Les points dans F sont isol´es d’o`
u F =
n+1
F¯ = ∂F = {−1, 1, } ∪ F . F n’est ni ferm´e ni ouvert.
<
=
∅.
∅.
◦
¯ = ∂Z = Z. Z est
(g) G = Z. Les points dans Z sont isol´es d’o`
u Z = ∅. Z
ferm´e.
◦
(h) H = Q. Q = ∅ puisque tout intervalle ouvert non-vide contient des
¯ = ∂Q = R. Q n’est ni ferm´e ni
rationnels et des irrationnels. Q
ouvert.
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS33
◦
(i) I = (R \ Q) ∩ [0, 1]. I = ∅ puisque tout intervalle ouvert non-vide
contient des rationnels et des irrationnels. I¯ = ∂I = [0, 1]. I n’est ni
ferm´e ni ouvert.
42. Fonctions r´
eelles. Soit f : R → R une fonction strictement (d´e)croissante.
Montrer que f est injective. Donner l’exemple d’une fonction f : R → R
injective qui n’est pas monotone.
Corrig´
e. Soit f : R → R strictement croissante et x1 ̸= x2 . Si x1 <
x2 , alors f (x1 ) < f (x2 ) et si x1 > x2 , alors f (x1 ) > f (x2 ), c’est-`a-dire
f (x1 ) ̸= f (x2 ). De mˆeme pour une fonction d´ecroissante. La fonction
f (x) = 2[x] + 1 − x est injective mais pas monotone.
43. La valeur absolue. Montrer que pour tout x, y ∈ R :
|x + y| + |x − y| = |x| + |y| + ||x| − |y||.
Indication : appliquer d’abord l’homog´en´eit´e de la valeur absolue pour
conclure qu’il suﬃt de consid´erer le cas y = 0 et y = 1.
Corrig´
e. Noter que l’identit´e est invariante sous le changement y 7→ −y
( et x 7→ −x). Donc sans perte de g´en´eralit´e, on peut supposer x, y ≥ 0. Si
y = 0, l’identit´e devient 2|x| = 2|x| et est donc vraie. Si y > 0, on divise
par y et on note x′ = x/y. L’identit´e s’´ecrit comme
|x′ + 1| + |x′ − 1| = |x′ | + 1 + ||x′ | − 1|.
On la v´eriﬁe facilement en analysant les domaines 0 ≤ x′ < 1, 1 ≤ x′ .
44. La valeur absolue. Transformer les fonctions suivantes en fonctions
d´eﬁnies par morceaux. Dessiner le graphe.

0
si x ≤ −1



2(x + 1) si − 1 < x ≤ 0
(a) f (x) = |x − 1| + |x + 1| − 2|x| =
2(1 − x) si 0 < x ≤ 1



0
si 1 < x.
(b) g(x) = ||x| − 1| − |x| = f (x) − 1.


0
si x ≤ −4





2(x + 4) si − 4 < x ≤ −1
(c) h(x) = |x−4|+|x+4|−|x−1|−|x+1| = 6
si − 1 < x ≤ 1



2(4 − x) si 1 < x ≤ 4



0
si 4 < x.
45. Une in´
egalit´
e pour des fonctions trigonom´
etriques. Pour 0 ≤ h <
π
, montrer `a l’aide du cercle trigonom´etrique que
2
0 ≤ sin h ≤ h ≤ tan h.
En d´eduire que pour tout 0 < h < 1 :
1 − h < 1 − h2 < cos h <
sin h
< 1.
h
Id´ee : utiliser le fait que si A ⊂ B ⊂ R2 , alors Aire(A) ≤ Aire(B).
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS34
Corrig´
e.
Soit O l’origine. Alors △ (O, A, B) ⊂ ^(O, A, B) ⊂△ (O, A, C). Alors pour
π
tout 0 ≤ x <
2
x
tan x
sin x
< <
.
2
2
2
Donc pour tout 0 < x < 1 les deux in´egalit´es impliquent :
√
√
sin x
> cos x = 1 − sin2 x > 1 − x2 > 1 − x2 > 1 − x.
1>
x
Remarque : ´etant donn´e que cos x, sinx x , et 1 − x2 sont des expressions
paires, on peut ´etendre ces in´egalit´es au cas ou −1 < x < 0. Autrement
dit, pour tout 0 < |x| < 1
1>
sin x
> cos x > 1 − x2
x
46. Nombres complexes.
(
z2
Re
z−i
(
et
Im
z2
z−i
)
=
)
=
x(x2 + y 2 − 2y)
x2 + y 2 − 2y + 1
x2 y + x2 + y 3 − y 2
.
x2 + y 2 − 2y + 1
47. Nombres complexes.
(
)
1
(r2 − 1) cos θ
Re z −
=
z
r
et
)
(
(r2 + 1) sin θ
1
=
.
Im z −
z
r
48. Nombres complexes. Pour z = eiθ et tout entier n ≥ 1, on utilise les
relations cos −θ = cos θ et sin −θ = − sin θ pour obtenir :
zn −
1
= einθ − e−inθ = 2i sin nθ
zn
zn +
1
= einθ + e−inθ = 2 cos nθ.
zn
et
49. Nombres complexes. Soit z = 1 + i, alors z = 1 − i, |z| =
et z −1 = 1−i
2 .
√
2 , arg z =
π
4
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS35
50. Nombres complexes.
√ )19
√
(
( i π )19
i+ 3
i+ 3
6
=−
= e
.
2
2
51. Sommes trigonom´
etriques. Rappelons que pour tout z ∈ C tel que
z ̸= 1, nous avons
n
∑
1 − z n+1
.
zk =
1−z
k=0
Par cons´equent, pour tout θ ̸= 0
n
∑
eikθ =
k=0
1 − ei(n+1)θ
.
1 − eiθ
Si θ = 0 la somme vaut n + 1. Pour donner ensuite les sommes
n
n
n
n
∑
(∑
)
(∑
) ∑
sin kθ = Im
eikθ et Re
eikθ =
cos kθ
k=0
k=0
k=0
k=0
on peut transformer comme suit. L’astuce consiste `a ´ecrire le terme
(
)
eix − 1 = eix/2 eix/2 − e−ix/2 = 2ieix/2 sin x/2.
Donc pour tout θ ̸= 0 :
n
∑
eikθ =
einθ/2 sin (n+1)θ
2
sin θ2
k=0
et par cons´equent
n
∑
k=0
sin kθ =
(n+1)θ
sin nθ
2 sin
2
sin θ2
et
n
∑
(n+1)θ
cos nθ
2 sin
2
cos kθ =
sin θ2
k=0
ome. Soit z ∈ C. On consid`ere un polynˆome
52. Factorisation d’un polynˆ
de degr´e n `
a coeﬃcients dans C : Pn (z) = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a0 .
Montrer que si z0 est une racine de Pn , alors z − z0 divise Pn . Autrement
dit, on pourra ´ecrire Pn (z) = (z − z0 )(bn−1 z n−1 + · · · + b0 ).
Corrig´
e. Par hypoth`ese, on a que Pn (z0 ) = 0. Donc
Pn (z) = Pn (z) − Pn (z0 ) =
=
n
∑
k=0
n
∑
ak z k −
n
∑
ak z0k
k=0
ak (z k − z0k )
k=0
=
n
∑
ak (z − z0 )
k=0
= (z − z0 )
k−1
∑
z k−j−1 z0j
j=0
n k−1
∑
∑
k=0 j=0
ak z k−j−1 z0j
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS36
Pour passer de la deuxi`eme `a la troisi`eme ligne, on a utilis´e l’identit´e
n−1
∑ n−i−1 k
(an − bn ) = (a − b)
a
b d´emontr´ee dans le cours. On v´eriﬁe bien
i=0
a la derni`ere ligne que la double somme est un polynˆome de degr´e n − 1.
`
´
53. Equations
de degr´
e 2.
√
−1+i 3
, z2
2
(a) R´esoudre z 2 + z + 1 = 0 : z1 =
=
√
−1−i 3
.
2
(b) R´esoudre z 2 + 2z + 5 = 0 : z1 = −1 + 2i, z2 = −1 − 2i.
(c) R´esoudre 4z 2 + 2z + 1 = 0 : z1 =
√
−1+i 3
, z2
4
(d) R´esoudre z 2 − 2iz − 3 = 0 : z1 = i +
√
=
√
−1−i 3
.
4
2, z2 = i −
√
2.
(e) R´esoudre (1+i)z +(−1+7i)z −(10−2i) = 0 : z1 = −2i, z2 = −3−2i.
2
´
54. Equations
de degr´
e 3.
(a) R´esoudre z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 : z1 = 2, z2 = 1 + i, z3 = 1 − i.
(b) R´esoudre 2z 3 + 14z 2 + 41z + 68 = 0 : z 3 − 4z 2 + 6z − 4 = 0 :
z1 = −4, z2 = −3+5i
, z3 = −3−5i
.
2
2
´
55. Equations
alg´
ebriques.
3+4k
(a) R´esoudre z 6 +i = 0 : zk = cos(π 3+4k
12 )+i sin(π 12 ) , k = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Si jamais on veut les transformer en zk = xk + iyk , on utilise les formules de bissection pour sin et cos (voir ”Savoir
faire en math´ematiques”,
√
3
π
p.129) pour calculer `a partir de cos 6 = 2 et sin π6 = 12 :
√
√
π
2 1+ 3
cos
=
·
,
12
2
2
√
√
π
2 −1 + 3
sin
=
·
.
12
2
2
Ensuite en utilisant sin( π2 − x) = cos x, cos( π2 − x) = sin x :
√
√
5π
2 −1 + 3
cos
=
·
,
12
2
2
√
√
2 1+ 3
5π
sin
=
·
.
12
2
2
Alors (en donnant seulement les deux premiers explicitement)
√
(1 + i) 2
,
2
z0 =
√
z1 = −
2 −1 +
·
2
2
√
3
√
+i
√
2 1+ 3
·
,...
2
2
(b) z 4 − 2z 3 − z 2 + 2z + 10 = 0 : z1 = 2 + i, z2 = 2 − i, z3 = −1 + i,
z4 = −1 − i.
√
√
√
√
(c) z 3 +( 3−i)z 2 +(1−i 3)z −i = 0 : z1 = i, z2 = − 23+i , z3 = − 23−i .
(d) R´esoudre z 4 +3z 2 +1 = 0 : z1 =
√
5+1)
.
2
z4 = − i(
(e) R´esoudre z 4 +1 = 0 : z1 =
√
z4 = − 22 (1 + i).
√
i( 5−1)
, z2
2
√
2
2 (1+i),
z2 =
= − i(
√
5−1)
, z3
2
√
2
2 (1−i),
=
√
z3 =
√
i( 5+1)
,
2
2
2 (−1+i),
CHAPITRE 1. NOTIONS DE BASE : NOMBRES, STRUCTURES ET FONCTIONS37
z+i
56. Point ﬁxe d’une application. L’application f (z) = z−i
a deux points
ﬁxes :
√
√
1+ 3
1− 3
p1 =
(1 + i), p2 =
(1 + i).
2
2
´
57. Equations
d’un cercle dans le plan complexe. L’´equation de S est
|z − z0 |2 = r2 |z|2 qui est ´equivalente `a
z −
z0 rz0 =
.
1 − r2
1 − r2
rz z0
02 .
C’est un cercle autour du centre 1−r
2 de rayon
1−r
58. Image d’un cercle sous une application aﬃne. On pose w = f (z) et
on r´esoud pour z, i.e. z = f −1 (w). On insert cette identit´e dans l’´equation
de S. Donc
√
f [S] = {w ∈ C : |f −1 (w) − (1 + 2i)| = 1} = {w ∈ C : |w − 12i| = 13}.
√
L’image de S est le cercle du rayon 13 autour du point 12i.
59. Image d’un cercle sous l’application f (z) = 1z .* Si z0 = 0 la proposition est evidente. Soit z0 ̸= 0. Alors
f [SR (z0 )] = {w ∈ C : |
1
1
R
− z0 | = R} = {w ∈ C : |w − | =
w}
w
z0
|z0 |
1
r
Par l’exercice 57, c’est un cercle autour du centre z0 (1−r
2 ) de rayon |z (1−r 2 )|
0
avec r = |zR0 | (noter qu’en eﬀet r ̸= 0 et r ̸= 1) donc la proposition est
d´emontr´ee.
Les cercles identiques `a leur image sous f , i.e. f [SR (z0 )] = SR (z0 ), v´eriﬁent
les deux conditions
z¯0
= z0
|z0 − R2
invariance du centre
R
=R
|R2 − |z0 |2 |
invariance du rayon.
|2
La premi`ere ´equation donne z0 ∈ R et si z0 ̸= 0, alors |z0 |2 − R2 = 1,
donc |z0 | > 1. Cette derni`ere condition est compatible avec l’invariance
du rayon. Si z0 = 0, alors R = 1. Par cons´equent, pour tout z0 ∈ R,
|z0 | > 1, le cercle
S√z2 −1 (z0 )
0
correspond `a son image sous l’application f (z) = z1 . De plus le cercle S1 (0)
est invariant sous f (z) = z1 .

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