Analyse-I_TD_1_FPST_2020-2021_Corr

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

TD n◦ 1 : L’ensemble des nombres réels Exercice 1. Montrer, pour tout a, b ∈ R, les propriétés suivantes : 1. |ab| = |a| |b|.

2. ||a| − |b|| ≤ |a − b|.

3. ||a| − |b|| ≤ |a + b|. |a + b| |a| |b| 4. ≤ + .

1 + |a| + |b| 1 + |a| 1 + |b| y Exercice 2.

Montrer que les nombres suivants sont rationnels : (i). a = 0, 1597 1597 1597 . . . . . . (ii). b = 1, 79 3273 3273 3273 . . . (iii). c = 0, 11111 . . . + 0, 22222 . . . + 0, 33333 . . . + 0, 44444 . . . + 0, 55555 . . . + 0, 66666 . . . + 0, 77777 . . .

(Mettre sous la forme qp avec p, q ∈ N∗ .) y Exercice 3. √ 1. Démontrer que 2 6∈ Q, 2. Démontrer que si a ∈ Q et b ∈ / Q alors a + b ∈ / Q. 3. Démontrer que si a ∈ Q, a 6= 0 et b ∈ / Q alors ab ∈ / Q. 4. Soient a1 , a2 ∈ Q avec a1 < a2 . Posons b = a1 + Montrer que b ∈]a1 , a2 [ et b ∈ / Q. Que peut-on conclure ? y

√ 2 2 (a2 − a1 ).

Exercice 4. Déterminer (s’ils existent) : les majorants, les minorants, la borne supérieure, la borne inférieure, le maximum, le minimum des ensembles suivants : √ [−1, 2] , [0, 2] ∩ Q , ]0, 1[∩Q , N , ] − 1, 0[∪{2, 5}.

1 2 ∗ |n∈N , − : x ∈ [2, 3[ , (x + 1)2 : |x| < 2 .

2 2 (n + 1) (x + 1) y Exercice 5. Soient A et B deux parties bornées de R. On note A + B = {a + b | (a, b) ∈ A × B}.

1. Pour les ensembles A1 = [0, 2], A2 = {3}, A3 =] − 1, 1[ et A4 = N, déterminer A1 + A2 , A1 + A3 , A2 + A4 et A1 + A4 .

2. Montrer que sup(A + B) = sup A + sup B et inf(A + B) = inf A + inf B. y Exercice 6. Soient A et B deux ensembles non vides et bornés de R. 1. Montrer que si A ⊂ B alors sup A ≤ sup B et inf B ≤ inf A. 2. Montrer que A ∪ B est borné dans R et i). sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B}. ii). inf(A ∪ B) = min {inf A, inf B}.

3. Montrer que A ∩ B est borné dans R et que si A ∩ B est non vide on a alors : i). sup(A ∩ B) ≤ min {sup A, sup B}. ii). inf(A ∩ B) ≥ max {inf A, inf B}. y

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2 décembre 2020

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

Solution des exercices de la fiche TD n◦ 1 Correction de l’exercice 1 N 1. On distingue trois cas selon le signe de a et de b.

Si a ≥ 0 et b ≥ 0 ; |ab| = ab = |a| |b| .

Si a < 0 et b < 0 ; |ab| = ab = (−a)(−b) = |a| |b| .

Si a ≥ 0 et b < 0 ; |ab| = −(ab) = a(−b) = |a| |b| .

2. D’après l’inégalité triangulaire (|a + b| ≤ |a| + |b|), on a |a| = |a − b + b| ≤ |a − b| + |b| et |b| = |b − a + a| ≤ |b − a| + |a| = |a − b| + |a| , d’où |a| − |b| ≤ |a − b| et |b| − |a| ≤ |a − b| , ce qui implique ||a| − |b|| ≤ |a − b| .

3. En remplaçant b par (−b) dans la première inégalité, on obtient ||a| − |(−b)|| = ||a| − |b|| ≤ |a + b| .

Ici on a utilisé le fait que |(−b)| = |b|.

4. D’après l’inégalité triangulaire (|a + b| ≤ |a| + |b|), on a |a + b| |a| + |b| |a| |b| ≤ = + 1 + |a| + |b| 1 + |a| + |b| 1 + |a| + |b| 1 + |a| + |b|

(1)

D’autre part 1 + |a| + |b| ≥ 1 + |a| et 1 + |a| + |b| ≥ 1 + |b| , donc

et

1 1 ≤ 1 + |a| + |b| 1 + |a| 1 1 ≤ , 1 + |a| + |b| 1 + |b|

en multipliant la première inégalité par |a| et la deuxième par |b|, on obtient

et

|a| |a| ≤ 1 + |a| + |b| 1 + |a|

(2)

|b| |b| ≤ , 1 + |a| + |b| 1 + |b|

(3)

2

2 décembre 2020

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

De (1), (2) et (3), nous avons |a| |b| |a + b| ≤ + .

1 + |a| + |b| 1 + |a| 1 + |b|

Correction de l’exercice 2 N (i). a = 0, 1597 1597 1597 . . . . . .

Remarquons que 10 000 × a = 1597, 1597 1597 . . .

Alors 10 000 × a − a = 1597, donc 9999 × a = 1597 d’où a=

1597 .

9999

(ii). b = 1, 79 3273 3273 3273 . . . On a 102 × b = 1 79, 3273 3273 3273 . . . donc 106 × b − 104 × b = 3273, d’où

3273 .

990000 (iii). c = 0, 11111 . . . + 0, 22222 . . . + 0, 33333 . . . + 0, 44444 . . . + 0, 55555 . . . + 0, 66666 . . . + 0, 77777 . . .

Remarquons que 1 0, 11111 . . . = ; 9 2 7 0, 22222 . . . = ; ...

0, 77777 . . . = .

9 9 D’où 7 1 + 2 + · · · + 7 28 1 2 = . c = + +···+ = 9 9 9 9 9 b=

Correction de l’exercice 3 N √ 1. Supposons, par l’absurde, que 2 ∈ Q alors il existe deux entiers p, q tels que √ p 2= avec p et q sont premiers entre eux. q En élevant l’égalité au carré nous obtenons p2 = 2q2 .

Donc p2 est un nombre pair, cela implique que p est un nombre pair 1 . Donc p = 2k avec k ∈ N, d’où p2 = 4k2 .

Nous obtenons q2 = 2k2 .

Nous en déduisons maintenant que q2 est pair et comme ci-dessus que q est pair. Nous obtenons ainsi que p et √ q sont deux nombres pairs. Cela contredit le fait que p et q sont premiers entre eux. Donc 2 ∈ / Q. 2. Soit a = qp ∈ Q et b ∈ / Q. Par l’absurde supposons que a + b ∈ Q alors il existe deux entiers r, s tels que r a+b = . s 1. On peut vérifier cette implication par la contraposée “p impair ⇒ p2 impair”

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2 décembre 2020

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Donc

Analyse 1

2020-2021

r p qr − pr b= − = ∈ Q, s q qs

ce qui est absurde car b ∈ / Q. 3. De la même façon, si a · b ∈ Q alors

r a·b = . s

Donc b= Ce qui est absurde. √ 4. On a b = a√1 + 22 (a2 − a1 ).

rq ∈ Q. sp

√

√

Comme 0 < 22 < 1 et a2 − a1 > 0, alors 0 < 22 (a2 − a1 ) < a2 − a1 , d’où a1 < a1 + 22 (a2 − a1 ) < a2 ; c’est à dire b ∈]a1 , a2 [. √ √

1 1 D’autre part, a2 −a / Q, alors d’après les questions 1. et 3., 2 a2 −a ∈ Q et 2 ∈ ∈ / Q donc b ∈ / Q. 2 2 On conclut que b est un nombre irrationnel compris entre deux nombres rationnels a1 et a2 .

Conclusion : entre deux nombres rationnels il y a toujours un nombre irrationnel.

Correction de l’exercice 4 N 1. [−1, 2]. Les majorants : [2, +∞[. Les minorants : ] − ∞, −1]. La borne supérieure : 2. La borne inférieure : −1. Le plus grand élément : 2. Le plus petit élément −1. √ √ √ 2. [0, 2] ∩ Q. Les majorants : [ 2, +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne supérieure : 2. La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : n’existe pas. Le plus petit élément 0.

3. ]0, 1[∩Q. Les majorants : [1, +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne supérieure : 1. La borne inférieure : 0. Il n’existe pas de plus grand élément ni de plus petit élément.

4. N. Pas de majorants, pas de borne supérieure, ni de plus grand élément. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne inférieure : 0. Le plus petit élément : 0.

5. ] − 1, 0[∪{2, 5}. Les majorants : [5, +∞[. Les minorants : ] − ∞, −1]. La borne supérieure : 5. La borne inférieure : −1. Le plus grand élément : 5. Le plus petit élément ; n’existe pas. n o o n 1 ∗ = 1 , 1 , 1 , . . . ; on remarque que les éléments de cet ensemble forme une suite 6. (n+1) | n ∈ N 2 4 9 16 décroissante qui tend vers 0. Les majorants : [ 14 , +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne supérieure : 14 .

La borne inférieure : 0. Le plus grand élément : 14 . Pas de plus petit élément. n o −2 −1 2 2 2 7. − (x+1) ≤ − (x+1) .

2 : x ∈ [2, 3[ . On a 2 ≤ x < 3, d’où 9 ≤ (x + 1) < 16, ce qui donne 2 < 9 8 −1 −2 −2 Les majorants : [ , +∞[. Les minorants : ] − ∞, ]. La borne supérieure : 14 . La borne inférieure : .

8 9 9 −2 Pas de plus grand élément. Le plus petit élément : .

9

8. (x + 1)2 : |x| < 2 . Ici on a −2 < x < 2, et donc −1 < x + 1 < 3. Par conséquent, 0 ≤ (x + 1)2 < 9.

Les majorants : [9, +∞[. Les minorants : ] − ∞, 0]. La borne supérieure : 9. La borne inférieure : 0. Pas de plus grand élément. Le plus petit élément : 0.

Correction de l’exercice 5 N 1.

A1 + A2 = [3, 5],

A1 + A3 = ]−1, 3[ ,

A2 + A4 = {n ∈ N : n ≥ 3} ,

et A1 + A4 = {[n, n + 2] , n ∈ N} = [0, 2] ∪ [1, 3] ∪ [2, 4] ∪ . . . = [0, +∞[ .

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2 décembre 2020

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

2. On sait que sup A est un majorant de A, c’est-à-dire, ∀a ∈ A, a 6 sup A De même, ∀b ∈ B, b ≤ sup B. Soit x ∈ A + B. Alors x est de la forme pour un a ∈ A et b ∈ B.

x = a + b, Or a 6 sup A, et b ≤ sup B, donc

x = a + b 6 sup A + sup B. Cela pour tout x ∈ A + B. Donc sup A + sup B est un majorant de A + B. 3. Montrons que sup(A + B) = sup A + sup B. Première méthode : Comme sup A + sup B est un majorant de A + B et par définition sup(A + B) est le plus petit des majorants de A + B, alors sup(A + B) ≤ sup A + sup B.

(4)

D’autre part, ∀a ∈ A, ∀b ∈ B,

a + b ≤ sup(A + B).

Pour tout a ∈ A ; a ≤ sup(A + B) − b, donc sup(A + B) − b est un majorant de A et comme par définition sup A est le plus petit des majorants de A, alors ∀b ∈ B,

sup A ≤ sup(A + B) − b,

∀b ∈ B,

b ≤ sup(A + B) − sup A,

d’où par conséquent sup(A + B) − sup A est un majorant de B et comme par définition sup B est le plus petit des majorants de B, on obtient sup B ≤ sup(A + B) − sup A, donc sup A + sup B ≤ sup(A + B).

(5)

De (4) et (5) nous avons sup(A + B) = sup A + sup B. Deuxième méthode : On a montré que sup A + sup B est un majorant de A + B ; il reste à montrer qu’il est le plus petit des majorants de A + B, ce qui revient de montrer que, quel que soit ε > 0, sup A + sup B − ε n’est pas un majorant de A + B. Soit ε > 0 quelconque.

Comme sup A est le plus petit des majorants de A, sup A − ε/2 n’est pas un majorant de A. Cela signifie qu’il existe un élément aε de A tel que sup A − ε/2 < aε ≤ sup A. De la même manière, il existe bε ∈ B tel que sup B − ε/2 < bε ≤ sup B. La somme membre de ces deux inégalité donne (sup A − ε/2) + (sup B − ε/2) < aε + bε ≤ sup A + sup B. Donc l’élément xε défini par xε = aε + bε est un élément de A + B, et il vérifie sup A + sup B − ε < xε ≤ sup A + sup B. Ceci implique que sup A + sup B − ε n’est pas un majorant de A + B et sup A + sup B est bien le plus petit des majorants de A+B, c’est donc la borne supérieure de A+B. Autrement dit sup(A+B) = sup A+sup B. 5

2 décembre 2020

ENP d’Oran-Maurice Audin

1 ère année FPST

Analyse 1

2020-2021

Correction de l’exercice 6 N Remarquons que A et B deux ensembles non vides et bornés de R, alors sup A, inf A, sup B et sup B existent.

1. Montrons que si A ⊂ B alors sup A ≤ sup B. L’inclusion A ⊂ B entraine que tout majorant de B est un majorant de A, en particulier sup B est un majorant de A, mais par définition sup A est le plus petit des majorants de A, donc sup A ≤ sup B. Montrons que si A ⊂ B alors inf B ≤ inf A. L’inclusion A ⊂ B entraine que tout minorant de B est un minorant de A, en particulier inf B est un minorant de A, mais par définition inf A est le plus grand des minorants de A, donc inf B ≤ inf A. 2. A ∪ B est borné comme union de deux parties non vides bornées dans R. Donc sup(A ∪ B), inf(A ∪ B) existent. i). Montrons que sup(A ∪ B) = max {sup A, sup B}.

Comme l’ensemble R est totalement ordonné, on a soit sup A ≤ sup B soit sup B ≤ sup A. Si sup A ≤ sup B, alors max {sup A, sup B} = sup B et on doit montrer que sup(A ∪ B) = sup B. Comme B ⊂ A ∪ B, d’après la question 1., on a sup B ≤ sup(A ∪ B).

(6)

D’autre part, sup B est un majorant de A et de B (car sup A ≤ sup B ), donc ∀x ∈ A ∪ B,

x ≤ sup B,

D’où sup B est un majorant de A ∪ B, mais par définition sup(A ∪ B) est le plus petit des majorants de A ∪ B, alors sup(A ∪ B) ≤ sup B. (7) De (6) et (7) nous avons sup(A ∪ B) = sup B. On montre de la même façon que si sup B ≤ sup A, alors sup(A ∪ B) = sup A. ii). Par un raisonnement analogue au i). on montre que inf(A ∪ B) = min {inf A, inf B}.

3. Comme A ∩ B ⊂ A, et A est borné, alors A ∩ B est aussi borné. De plus si A ∩ B est non vide, alors sup(A ∩ B) et inf(A ∩ B) existent. On remarque que A ∩ B ⊂ A,

A ∩ B ⊂ B;

En appliquant la question 1. on obtient les inégalités suivantes : sup(A ∩ B) ≤ sup A,

inf(A ∩ B) ≥ inf A,

sup(A ∩ B) ≤ sup B,

et

inf(A ∩ B) ≥ inf B.

D’où sup(A ∩ B) ≤ min {sup A, sup B}

et

6

inf(A ∩ B) ≥ max {inf A, inf B} .

2 décembre 2020