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  • Université Paris-Dauphine, DEMI2E Analyse 1 (2015-2016)

    Contrôle Continu 1 - Vendredi 23 octobre 2015 - Groupes 2, 3, 5 et 6.

    Durée : 1h30.

    Les documents, calculatrices, téléphones et ordinateurs portables sont interdits.

    La qualité de la rédaction sera prise en compte dans la notation.

    Le barème est donné à titre indicatif.

    Exercice 1. (5 pts)

    1. Question de cours. Rappeler la définition de la partie entière E(x) d’un nombre réel x, et démontrer son existence et son unicité.

    2. Soit (x, y) un élément de R2. Si x et y appartiennent à R\Z et x + y appartient à Z, montrer que E(x) + E(y) = x+ y � 1.

    Exercice 2. (5 pts)

    1. Question de cours. Soit (un)n�0 une suite de nombres réels et ` un nombre réel. Ecrire avec des quantificateurs ce que signifie ⌧ La suite (un)n�0 converge vers ` �.

    2. Soit (un)n�0 une suite réelle qui converge vers zéro. Montrer que (u3n)n�0 converge vers zéro.

    3. Soit (un)n�0 une suite réelle convergente et ` sa limite. Montrer que (u3n)n�0 tend vers `3.

    On pourra utiliser l’identité : 8(x, y) 2 R2, x3 � y3 = (x� y)(x2 + xy + y2).

    Exercice 3. (4 pts)

    On définit une partie de R par

    A =

    ⇢ np

    (n+ p)2 : n 2 N⇤, p 2 N⇤

    � .

    1. Démontrer que pour tout élément x de A, 0 < x  14 . 2. Discuter l’existence pour A d’une borne supérieure, d’une borne inférieure, d’un

    plus grand élément, d’un plus petit élément. Lorsque ces quantités existent, donner leur valeur. Justifiez soigneusement vos réponses.

    Exercice 4. (6 pts)

    Soient A et B deux parties non vides et bornées de R. On définit

    AB = {u 2 R , 9(a, b) 2 A⇥B, u = ab} .

    1. Rappeler pourquoi A et B admettent chacune une borne supérieure, puis démontrer que AB admet une borne supérieure.

  • 2. On suppose dans cette question que A et B sont incluses dans R⇤+. Montrer qu’un nombre réel est un majorant de AB si et seulement s’il est supérieur ou égal à sup(A) sup(B). En déduire la valeur de sup(AB).

    3. On suppose dans cette question que A est incluse dans R⇤+ et que B est incluse dans R⇤�. Démontrer que sup(AB) = inf(A) sup(B).

  • Université Paris Dauphine DE MI2E, Analyse 1 23 octobre 2015

    Corrigé du premier contrôle continu, groupes du matin.

    ���

    Exercice 1.

    1. • Soit x un nombre réel. La partie entière de x est l’unique entier relatif n qui vérifie

    n  x < n+ 1.

    • Démontrons l’existence si x � 0. Si x � 0, l’ensemble E = {k 2 N, k  x} est une partie de N, il est non vide puisqu’il contient zéro, et il est majoré dans N (l’existence d’un entier strictement supérieur à x résulte de la propriété d’Archimède). Il a donc un plus grand élément. Si nous notons n ce plus grand élément, alors n appartient à E alors que n+ 1 n’appartient pas à E, et ainsi n  x < n+ 1.

    • Démontrons l’existence si x < 0. Si x < 0, l’ensemble E = {k 2 N, k � (�x)} est une partie de N, et elle est non vide : l’existence d’un entier strictement supérieur à x résulte de la propriété d’Archimède. Elle a donc un plus petit élément. Si nous notons �n ce plus petit élément, alors �n appartient à E alors que �n� 1 n’appartient pas à E, et ainsi �n � x > �n� 1, et on a bien n  x < n+ 1.

    • Démontrons l’unicité. Si n1 et n2 sont deux entiers relatifs qui vérifient n1  x < n1+1 et n2  x < n2+1, alors n1 < n2 + 1, et comme ce sont des entiers, n1  n2 ; mais on a aussi n2 < n1 + 1, et comme ce sont des entiers, n2  n1. Ainsi n1 et n2 sont égaux, ce qu’il fallait démontrer.

    2. Soit (x, y) un élément de R2 tel que x et y soient non-entiers, mais x+ y soit entier. Remarquons que E(x) est différent de x et que E(y) est différent de y. Par conséquent, nous avons

    E(x) < x < E(x) + 1

    E(y) < y < E(y) + 1

    et ainsi E(x) + E(y) < x+ y < E(x) + E(y) + 2.

    Comme E(x)+E(y), E(x)+E(y)+2 et x+ y sont des entiers, nous avons alors E(x)+E(y)+1  x+ y  E(x) + E(y) + 1, et donc x+ y = E(x) + E(y) + 1.

    Exercice 2.

    1. Dire que la suite (un)n�0 converge vers `, c’est dire que

    8" > 0, 9N 2 N, 8n � N, |un � `| < ".

    2. Soit " > 0. Comme "1/3 est un nombre strictement positif, il existe un entier naturel N tel que pour tout entier n � N , on ait |un| < "1/3. Mais alors pour tout n � N , nous avons |u3n � 0| < ("1/3)3 = ". Cela démontre que (u3n)n�0 converge vers zéro.

    3. La suite (un)n�0 étant convergente, elle est bornée. Il existe donc un réel M > 0 tel que pour tout entier naturel n, on ait |un|  M . Soit " > 0. Comme

    "

    (M2 +M |`|+ `2) est un nombre strictement positif, il existe un entier naturel N tel

    que pour tout entier n � N , on ait |un � `| < "

    (M2 +M |`|+ `2) .

    Mais alors pour tout n � N , les propriétés de la valeur absolue permettent d’écrire

    |u3n � `3| = ��(un � `)

    � u

    2 n + un`+ `

    2 � ��

     ��(un � `)

    � u

    2 n + un`+ `

    2 � ��

     |un � `| � |un|2 + |un| · |`|+ |`|2

    <

    "

    (M2 +M |`|+ `2) (M 2 +M |`|+ `2)

    1

  • Université Paris Dauphine DE MI2E, Analyse 1 23 octobre 2015

    et ainsi |u3n � `3| < ". Cela démontre bien que (un)n�0 tend vers `3.

    Exercice 3.

    1. Soit x un élément de A. Il existe un entier p � 1 et un entier n � 1 qui vérifient x = np (n+ p)2

    .

    • Puisque n, p et (n+ p)2 sont positifs et que ni n ni p n’est nul, x est strictement positif.

    • Remarquons que (n+ p)2  4np. En effet, (n+ p)2 = n2 + 2np+ p2, et nous pouvons écrire

    (n+ p)2 � 4np = n2 � 2np+ p2 = (n� p)2,

    ce qui démontre bien que (n+ p)2 � 4np est un nombre positif. On en déduit que x  14 . 2. • La partie A de R est non vide (elle contient par exemple 1·1(1+1)2 =

    1 4 ). Nous venons de voir qu’elle est

    majorée (et que 14 en est un majorant), elle admet donc une borne supérieure. Nous venons aussi de voir qu’elle est minorée (et que zéro en est un minorant), elle admet donc également une borne inférieure.

    • Le nombre réel 14 est un majorant de A et c’est aussi un élément de A. Par conséquent, A admet un plus grand élément, et c’est 14 .

    • Démontrons maintenant que la borne inférieure de A est zéro.

    Soit " > 0. Posons n = E(

    1

    "

    ), p = 1, et x = np

    (n+ p)2 . Nous avons

    n  1 "

    et (n+ 1)2 >

    1

    "

    2

    et par conséquent x =

    n

    (n+ 1)2 < ".

    Nous avons démontré que pour tout " > 0, il existe un élément x de A tel que x < 0 + ". Nous avons déjà vu que zéro est un minorant de A. Par conséquent, inf(A) = 0. • Comme 0 = inf(A) n’est pas un élément de A, A n’a pas de plus petit élément.

    Exercice 4.

    1. • Les parties A et B de R sont non vides et majorées, elles admettent donc chacune une borne supérieure. • La partie AB de R est non vide, puisque A et B sont non vides. Montrons qu’elle est bornée. Les parties A et B étant bornées, il existe des réels M,M 0 tels que

    8a 2 A, |a|  M,

    8b 2 B, |b|  M 0,

    et puisqu’on peut multiplier membre à membre des inégalités dont tous les termes sont positifs, nous obtenons |x|  MM 0 pour tout élément x de AB. Cela prouve notamment que MM 0 est un majorant de AB. Ainsi, AB est une partie non vide et majorée de R, et admet une borne supérieure.

    2. Ici A ⇢ R⇤+ et B ⇢ R⇤+.

    • Montrons d’abord que sup(A) sup(B) est un majorant de AB. Puisque sup(A) est un majorant de A et sup(B) un majorant de B, nous avons a  sup(A) pour tout élément a de A et b  sup(B) pour tout élément b de B. Ces inégalités ne font intervenir que des nombres positifs. Ainsi,

    8(a, b) 2 A⇥B, ab  sup(A) sup(B)

    et donc pour tout élément x de AB, x  sup(A) sup(B), ce qu’on voulait démontrer.

    2

  • Université Paris Dauphine DE MI2E, Analyse 1 23 octobre 2015

    Par conséquent, tout nombre supérieur ou égal à sup(A) sup(B) est aussi un majorant de AB.

    • Soit M un majorant de AB. Montrons que M est supérieur ou égal à sup(A) sup(B). Soit b un élément de B fixé. Puisque B est incluse dans R⇤+, nous avons b > 0, et donc :

    Pour tout élément a de A, a  M b

    .

    Par conséquent, Mb est un majorant de A, et donc sup(A)  M b .

    Maintenant, nous venons de voir que pour tout élément b de B, nous avons b · sup(A)  M . Comme A contient au moins un nombre strictement positif, sup(A) est un nombre strictement positif, et donc

    8b 2 B, b  M sup(A)

    Par conséquent, sup(B) sup(A)  M , ce qu’il fallait démontrer. • Le nombre réel sup(A) sup(B) est donc le plus petit des majorants de AB, ce qui prouve que

    sup(AB) = sup(A) sup(B).

    3. Ici A ⇢ R⇤+ et B ⇢ R⇤�.

    • Montrons d’abord que inf(A) sup(B) est un majorant de AB. Puisque inf(A) est un minorant de A et sup(B) un majorant de B, nous avons

    8a 2 A, a � inf(A)

    et 8b 2 B,�b � � sup(B).

    Ces inégalités ne font intervenir que des nombres positifs. Ainsi,

    8(a, b) 2 A⇥B,�ab � �