Propriétés des nombres réels

Pas facile de travailler avec un irrationnel 👉 Preuve par l’absurde !

Par l’absurde, on suppose que $\displaystyle \sqrt{2}=\frac{p}{q}$ et que la fraction est irréductible. Alors $\displaystyle p^2=2q^2$, donc $\displaystyle p^2$ est pair et donc forcément $\displaystyle p$ aussi, i.e. $\displaystyle p=2k$. On obtient alors $\displaystyle 4k^2=2q^2$, i.e. $\displaystyle q^2=2k^2$, et donc $\displaystyle q^2$ est pair, et alors $\displaystyle q$ aussi. Mais on avait supposé que la fraction était irréductible, alors qu’on vient de voir qu’on peut simplifier par $\displaystyle 2$. Contradiction !

1. On a $\displaystyle u_{n+1}-u_n=\frac{1}{(n+1)!}>0$, donc $\displaystyle (u_n)$ est strictement croissante. De plus, $$\begin{aligned} v_n-v_{n+1} & = u_n-u_{n+1}+\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!}\\ & = \frac{1}{n!}-\frac{2}{(n+1)!} \\ & = \frac{n-1}{(n+1)!}>0, \end{aligned}$$ pour $\displaystyle n\ge2$. Donc $\displaystyle (v_n)$ est strictement décroissante à partir de $\displaystyle n=2$. Comme $\displaystyle v_n-u_n=\frac{1}{n!}\to 0$ quand $\displaystyle n\to\infty$, on en déduit que les suites $\displaystyle (u_n)$ et $\displaystyle (v_n)$ sont adjacentes. Elles convergent donc vers une limite, qu’on appelle $\displaystyle e$.
2. Supposons que $\displaystyle e=\frac{p}{q}$. On a $\displaystyle u_q<\frac{p}{q}<u_q+\frac{1}{q!}$, les inégalités étant strictes car les suites $\displaystyle (u_n)$ et $\displaystyle (v_n)$ sont strictement monotones. D’où, $\displaystyle q!u_q<p(q-1)!<q!u_q+1$. Or $\displaystyle q!u_q$ est un entier, donc l’entier $\displaystyle p(q-1)!$ est strictement compris entre deux entiers consécutifs, ce qui est impossible. On en déduit que le nombre $\displaystyle e$ est irrationnel.

• Calculer $\displaystyle \cos(r\pi)$ et $\displaystyle \sin(r\pi)$ ;
• $\displaystyle (a+b)^n$ 👉 Formule du binôme.

1. On a $\displaystyle \cos(\pi r)=\frac13$. Comme $\displaystyle \arccos(1/3)\in[0,\pi]$, on a $\displaystyle \sin(\pi r)\ge0$ et donc $\displaystyle \sin(\pi r)=\sqrt{1-\cos^2(\pi r)}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$, d’où $\displaystyle e^{ir\pi}=\frac{1+2\sqrt{2}\ i}{3}$.
   Supposons $\displaystyle r\in\Q$, i.e. $\displaystyle r=\frac{p}{q}$. Alors $\displaystyle e^{i2qr\pi}=1$, et donc $\displaystyle (1+2\sqrt{2}\ i)^{2q}=3^{2q}$.
   Supposons que $\displaystyle (1+2\sqrt{2}\ i)^{n}=3^{n}$ pour un entier $\displaystyle n\ge 1$. Alors $\displaystyle e^{inr\pi}=1$ et donc $\displaystyle nr\pi=2k\pi$, $\displaystyle k\in\Z$. Ainsi $\displaystyle r\in\Q$.
2. Grâce à la formule du binôme, on obtient $$(1+2\sqrt{2}i)^n=\sum_{k=0}^n{n\choose k }(2\sqrt{2}i)^k.$$ Si $\displaystyle k=2q$ alors $\displaystyle (2\sqrt{2}i)^k=2^{2q}2^q (-1)^q\in\Z$. Si $\displaystyle k=2q+1$ alors $\displaystyle (2\sqrt{2}i)^k=2^{2q+1}2^q (-1)^q\sqrt{2}\ i$. Comme $\displaystyle {n\choose k }\in\N$, on en déduit l’existence d’entiers $\displaystyle a_n$ et $\displaystyle b_n$ tels que $\displaystyle (1+2\sqrt{2}i)^n=a_n+b_n\sqrt{2}\ i$. Trouvons une relation de récurrence sur ces entiers. On a : $\displaystyle (a_n+b_n\sqrt{2}\ i)(1+2\sqrt{2}\ i)=a_n-4b_n+(2a_n+b_n)\sqrt{2}\ i$. Donc
   $$\begin{aligned} a_{n+1}&=a_n-4b_n \\ b_{n+1}&=2a_n+b_n. \end{aligned}$$ On en déduit que $\displaystyle a_{n+1}-b_{n+1}=-a_n-5b_n$, et $\displaystyle a_{n+1}-b_{n+1}=-a_n+b_n\ [3]$, i.e. $\displaystyle a_{n+1}-b_{n+1}=-(a_n-b_n)\ [3]$. Comme $\displaystyle a_1-b_1=1-2=-1$, il vient par récurrence $\displaystyle a_n-b_n=\pm 1\ [3]$.
   Supposons qu’il existe un $\displaystyle n$ tel que $\displaystyle a_n=3^n$. Alors $\displaystyle a_n=0\ [3]$, et donc par ce qui précède on a nécessairement $\displaystyle b_n\neq 0$. On ne peut donc pas trouver d’entier $\displaystyle n$ tel que $\displaystyle (1+2\sqrt{2}i)^n=3^n$. La question 1) nous permet donc de conclure que $\displaystyle r\notin\Q$.

1. (rien à déclarer).
2. Après avoir écrit la formule, au rang qu’il faut, entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$, isoler $\displaystyle f^{(n)}(\alpha_n)$. Que peut-on en dire ?
3. Exprimer $\displaystyle |f^{(n)}(\alpha_n)|$, puis majorer. Que peut-on dire de la suite de terme général $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n}$ ?
   L’égalité $\displaystyle f^{(n)}(\alpha_n)=0$ , en revenant à l’expression de $\displaystyle f^{(n)}(x)$, doit vous permettre de conclure aisément.

1. On a : $\displaystyle \forall x\in\R$, $\displaystyle f^{(k)}(x)=a e^x+(-1)^k ce^{-x}$. En particulier $\displaystyle f^{(k)}(0)=a +(-1)^k c$.
   On a donc $\displaystyle f(1)=ae+\frac ce = \frac{ae^2+c}{e}=-b\in\Z$
2. Soit $\displaystyle n\in\N$. $\displaystyle f$ étant de classe $\displaystyle \mathcal C^\infty$ sur $\displaystyle \R$, la formule de Taylor-Lagrange, à l’odre $\displaystyle n-1$, entre $\displaystyle 0$ et $\displaystyle 1$, donne l’existence d’un réel $\displaystyle \alpha_n\in]0;1[$ tel que $$f(1)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} (1-0)^k+ \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n!}(1-0)^n.$$ On peut isoler $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n}$ dans cette égalité : $$\frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} = (n-1)!f(1)-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{k!}f^{(k)}(0).$$ Or $\displaystyle (n-1)!\in\Z$, $\displaystyle ~~f(1)\in\Z~~$ et, pour $\displaystyle k\in[\![0,n-1]\!]$, $\displaystyle \frac{(n-1)!}{k!}\in\Z$ et $\displaystyle f^{(k)}(0)=a +(-1)^k c\in\Z$.
   Donc finalement $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \in\Z$.
3. Par inégalité triangulaire, $\displaystyle |f^{(n)}(\alpha_n)| \leq ae^{\alpha_n}+c e^{-\alpha_n}\leq ae+c$, puisque $\displaystyle \alpha_n\in]0;1[$. Ainsi $\displaystyle \left(f^{(n)}(\alpha_n)\right)$ est une suite bornée.
   On en déduit que $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \to 0$. Comme $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} \in\Z$, on en déduit (en prenant $\displaystyle \varepsilon=1/2$ dans la définition de limite), qu’à partir d’un certain rang $\displaystyle n_0$, $\displaystyle \frac{f^{(n)}(\alpha_n)}{n} =0$.
   Ainsi pour tout $\displaystyle n\ge n_0$, $\displaystyle ae^{\alpha_n}+(-1)^nce^{-\alpha_n}=0$ donc $\displaystyle a$ et $\displaystyle (-1)^n c$ sont de signe opposé ce qui n’est possible que si $\displaystyle a=c=0$. Il reste donc l’égalité $\displaystyle be=0$ qui donne finalement $\displaystyle b=0$.

Remarque — En fait $\displaystyle e$ n’est la racine d’aucun polynôme non nul à coefficents entiers (degré 2 ou pas). Cette propriété porte un nom : on dit que $\displaystyle e$ est transcendant. Mais pour le montrer, c’est un peu plus difficile !

Irrationnalité 👉 Supposer une écriture comme fraction, et aboutir à une contradiction.

Raisonnons par l’absurde. Supposons $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\in\Q$.
Alors il existe $\displaystyle a\in\Z$, $\displaystyle b\in\N^*$ tels que $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}=\frac ab$ (dans ce cas, $\displaystyle a\in\N^*$ car $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}>0$).
Alors $\displaystyle b~\ln(2)=a~\ln(3)$, et donc $\displaystyle 2^b=3^a$. Contradiction car $\displaystyle 2^b$ est pair, alors que $\displaystyle 3^a$ est impair.
Conclusion. $\displaystyle \frac{\ln(2)}{\ln(3)}\notin\Q$

On peut reformuler cette condition en $\displaystyle d(qx,\Z)\leq\frac 1{q_0}$, où $\displaystyle d(\cdot,\Z)$ désigne la fonction “distance aux entiers”.
On peut réfléchir à la répartition des réels $\displaystyle kx-\lfloor kx\rfloor$ (parties fractionnaires des multiples de $\displaystyle x$), dans l’intervalle $\displaystyle [0;1]$.

1. Notons $\displaystyle \{t\}=t-\lfloor t\rfloor$ la partie fractionnaire d’un réel $\displaystyle t$.
   Fixons $\displaystyle q_0$ un entier tel que $\displaystyle q_0\geq 2$. Alors les $\displaystyle (q_0+1)$ nombres $\displaystyle 0,~\{x\},~\{2x\},\dots\{q_0x\}$ sont tous dans $\displaystyle [0,1]$. Un des $\displaystyle q_0$ intervalles $\displaystyle \left[\frac m{q_0},~\frac{m+1}{q_0}\right]$, avec $\displaystyle m\in[\![0,q_0-1]\!]$, doit donc contenir deux de ces nombres. Il existe donc deux entiers $\displaystyle k_1, k_2$, avec $\displaystyle 0\leq k_1< k_2\leq q_0$ tels que ; $$\bigg|\{k_2x\}-\{k_1x\}\bigg|\leq\frac 1{q_0}.$$ $$\bigg|(k_2-k_1)x-\left(\lfloor k_2x\rfloor-\lfloor k_1x\rfloor\right)\bigg|\leq\frac 1{q_0}.$$ En posant $\displaystyle q=k_2-k_1$ et $\displaystyle p=\lfloor k_2x\rfloor-\lfloor k_1x\rfloor$, on a donc $$\left|qx-p\right|\leq\frac 1{q_0},\qquad\text{donc}\qquad\left|x-\frac pq\right|\leq\frac 1{q_0q}.$$
2. Dans le résultat précédent, on a $\displaystyle \frac 1{q_0q}\leq\frac {1}{q^2}$ ce qui montre l’existence d’un tel rationnel $\displaystyle \frac pq$. Supposons, par l’absurde, que l’ensemble $\displaystyle \mathcal Q$ des rationnels vérifiant cette propriété soit fini (on considère que les rationnels sont systématiquement écrits sous forme irréductible). Alors en notant $\displaystyle D=\min_{r\in\mathcal Q}|x-r|$, il suffit de choisir $\displaystyle q_0>1/D$ dans la question précédente ce qui assure l’existence d’un rationnel $\displaystyle s\in\mathcal Q$ vérifiant $\displaystyle |x-s|<D$, contradiction.

• Étude de fonction ;
• Trouver un bon $\displaystyle x$.

Une jolie preuve sur ce lien ! Ils utilisent le développement en série de $\displaystyle e^x$, mais on peut montrer classiquement que $\displaystyle e^x>1+x$ si $\displaystyle x>0$ de façon élémentaire avec une étude de fonction. Soit $\displaystyle f(x)=e^x-x-1$ pour $\displaystyle x\ge0$. On a $\displaystyle f(0)=0$ et $\displaystyle f'(x)=e^x-1>0$ si $\displaystyle x>0$. Donc $\displaystyle f$ est strictement croissante sur $\displaystyle \R^+$. Donc $\displaystyle f(x)>0$ si $\displaystyle x>0$. Ils prennent ensuite $\displaystyle x=\pi/e-1.$

$\displaystyle \ln$ 👉 $\displaystyle \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)$, $\displaystyle a,b>0$.

Nous avons réalisé l’existence de cette simple et jolie identité par ce post. On remarque que $\displaystyle 1+2+3=6=2\cdot3$, et on a $\displaystyle \ln(2\cdot3)=\ln(2)+\ln(3)$. Comme $\displaystyle \ln(1)=0$, on en déduit l’identité désirée.

De telles égalités sont vraies pour des entiers $\displaystyle a,b,c$ tels que $\displaystyle a+b+c=abc$. Y a-t-il d’autres entiers que $\displaystyle (1,2,3)$ qui vérifient cette identité ? Il y a bien sûr $\displaystyle (0,0,0)$ et sinon ils doivent tous être $\displaystyle \ge1$. On peut toujours supposer $\displaystyle a\le b\le c$. Fixons alors les couples $\displaystyle (a,b)$ et résolvons en $\displaystyle c$. On exclut les cas $\displaystyle (1,1)$, $\displaystyle (2,2)$ et $\displaystyle (2,3)$ ; on sait déjà que $\displaystyle (1,2)$ marche avec $\displaystyle c=3$. Supposons donc $\displaystyle a\ge2$ et $\displaystyle b\ge4$. On peut écrire : $$c=\frac{a+b}{ab-1}.$$ Or $\displaystyle (a-1)(b-1)=ab-a-b+1>2$. Donc $\displaystyle c<1$, impossible !

Fraction rationnelle 👉 Décomposition de éléments simples !

Il s’agit de décomposer en éléments simples la fraction. Au vu des degrés, il y aura une partie principale !

La preuve est très bien faite sur cette page wikipedia, avec plein de commentaires intéressants. Cette identité fournit une approximation (connue depuis l’antiquité !), à la fois simple et très bonne de $\displaystyle \pi$.

Revenir à la définition de nombre décimal, puis… réfléchir.

$\displaystyle \frac 1n$ est décimal si et seulement si il existe $\displaystyle k\in\N$ et $\displaystyle p\in\N$ tels que $\displaystyle \frac{1}{n}=\frac{k}{10^p}$.
C’est le cas si et seulement si il existe $\displaystyle p\in\N$ tel que $\displaystyle n$ divise $\displaystyle 10^p$.
Comme $\displaystyle 10=2\times 5$, cette condition équivaut à ce que $\displaystyle n$ soit de la forme : $$n=2^i5^j,\quad i,j\in\N.$$