Rationnels, irrationnels, densité

Exercices du dossier Rationnels, irrationnels, densité

Exercice 790 *

25 janvier 2021 22:17 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces
Soient \(x\) et \(y\) deux rationnels tels que \(\sqrt x\) et \(\sqrt y\) soient irrationnels. Démontrer que \(\sqrt x + \sqrt y\) est irrationnel.
( ).
Introduire la différence: \(\sqrt x - \sqrt y\)


[ID: 1091] [Date de publication: 25 janvier 2021 22:17] [Catégorie(s): Rationnels, irrationnels, densité ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 790
Par emmanuel le 25 janvier 2021 22:17

On a : \(\sqrt{x}-\sqrt{y}=\dfrac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt y}\). Si \(\sqrt x + \sqrt y\) était rationnel alors il en serait de même de \(\sqrt{x}-\sqrt{y}\). Mais comme \(\sqrt{x}=\dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right) + \left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{2}\), on aurait que \(\sqrt{x}\) est rationnel.


Exercice 14 *

25 janvier 2021 22:17 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

On définit la fonction \[f :\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \begin{cases} \left| x \right| & \textrm{ si } x\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\\ \left| x \right| +1 & \textrm{ si } x\in \mathbb{Q}\end{cases} \end{array} \right.\] Déterminez \(\inf_{x\in \mathbb{R} } f(x)\).



[ID: 1093] [Date de publication: 25 janvier 2021 22:17] [Catégorie(s): Rationnels, irrationnels, densité ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 14
Par emmanuel le 25 janvier 2021 22:17

Montrons que \(0\) est la borne inférieure de \(\mathop{\rm Im}f\).

  • \(0\) est clairement un minorant de \(\mathop{\rm Im}f\).

  • Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il existe \(x\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) tel que \(0<x<\varepsilon\) et \(f\left(x\right)=\left|x\right|=x\). Donc \(x\in \mathop{\rm Im}f\).

On applique alors la propriété de caractérisation de la borne inférieure et \(\boxed{ 0=\inf_{x\in \mathbb{R} } f(x)}\).


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Exercice 1033
Par emmanuel le 25 janvier 2021 22:17

 

  1. Comme \(f\) n’est pas la fonction nulle, il existe \(\alpha\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(\alpha) \neq 0\). Alors, puisque \[f(\alpha) = f(1.\alpha) = f(1).f(\alpha)\] on en déduit que \[f(\alpha) \left[ f(1) - 1 \right] = 0\] et puisque \(f(\alpha)\neq 0\), on obtient que \(f(1) = 1\).

    Puisque d’après \((\star)\), \[f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0)\] on obtient que \(f(0)=0\).

  2. Montrons la propriété par récurrence sur \(n\). \[\mathcal{P}(n): f(n) = n\] \(\mathcal{P}(0)\) est vraie d’après a).

    \(\mathcal{P}(n)\Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\): en utilisant \((\star)\) et \(\mathcal{P}(n)\): \[f(n + 1) = f(n) + f(1) = f(n) + 1 = n + 1\]

  3. Soit \(r\in \mathbb{Q}{+}\). Il existe \((p, q) \in \mathbb{Q}{2}\) (\(p \geqslant 0, \,q>0\)) tels que \[r = \dfrac{p}{q}\] Alors, en utilisant \((\star\star)\): \[q f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(q).f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(p) = p\] On en tire donc que \[f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = \dfrac{p}{q}\]

  4. Soit \(x\in \mathbb{R}{+}\). Écrivons en utilisant \((\star\star)\): \[f(x) = f\left( \sqrt{x} . \sqrt{x} \right) = \left[ f\left(\sqrt{x}\right)\right]^2 \geqslant 0\]

  5. Soit \((x, y) \in { \mathbb{R}{+} }^2\), tels que \(x \leqslant y\). Comme \(y - x \geqslant 0\), d’après d), on en déduit que \[f( y - x) \geqslant 0\] et d’après \((\star)\) que \[f(y) = f(y -x + x) = f(y - x) + f(x) \geqslant f(x)\] Donc \(f\) est croissante.

  6. Par l’absurde, si \(f \neq \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_{\mathbb{R}{+}}\), il existerait \(x\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(x) \neq x\). Distinguons les deux cas possibles:

    1. \(x < f(x)\): Comme \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il existe \(r\in \mathbb{Q}\) vérifiant \[x < r < f(x)\]

      Comme d’après c), \(f(r) = r\), on aurait puisque \(f\) est croissante: \[f(x) \leqslant f(r)\] et donc \[x < r < f(x) \leqslant f(r) = r\] ce qui est absurde.

    2. \(f(x) < x\): ce cas se traite de la même façon.


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Sous-groupes de \(\left(\mathbb{R},+\right)\)
Par emmanuel le 25 janvier 2021 22:17
  1. Comme \(G\) n’est pas réduit à \(\left\{0\right\}\), il existe \(x\in G\) tel que \(x\neq 0\). Si \(x\) est positif, il est clair que \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est non vide. Sinon, si \(x\) est négatif, \(G\) étant un groupe, \(-x\) est élément de \(G\) et est positif. Pas suite, \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est non vide.

  2. \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est donc une partie non vide de \(\mathbb{R}\). Elle est minorée par \(0\). En appliquant l’axiome de la borne supérieure, elle admet une borne inférieure \(a\geqslant 0\).

    1. Supposons que \(a\) n’est pas élément de \(G\). En appliquant la propriété de caractérisation de la borne inférieure, il existe \(t_1\), \(t_2\in G\) tels que \(0<a<t_2<t_1<2a\). Mais alors \(0<t_1-t_2 <a\) car \(t_1>0\). De plus, \(t_1-t_2\in G\). Donc \(a\) ne peut alors être la borne inférieure de \(G\) ce qui est en contradiction avec notre hypothèse de départ. \(a\) est donc nécessairement élément de \(G\).

    2. \(a\) étant élément de \(G\), il est clair que \(a\mathbb{Z}\subset G\). Montrons l’inclusion inverse. Soit \(x\in G\). Quitte à considérer \(-x\) plutôt que \(x\), on peut supposer que \(x\) est positif. D’après la propriété d’Archimède, il existe \(n\in \mathbb{N}\) tel que \(n.a> x\). Notons \(n_0\) le plus petit entier vérifiant cette propriété. On a : \(\left(n_0-1\right).a\leqslant x< n_0 . a\) ce qui amène : \(0\leqslant x-\left(n_0-1\right).a \leqslant a\). Mais alors \(x-\left(n_0-1\right).a\) est un élément positif de \(G\) plus petit que \(a\). Comme \(a\) est la borne inférieure de \(G\), ceci n’est possible que si \(x-\left(n_0-1\right).a=0\) c’est-à-dire que si \(x= \left(n_0-1\right).a\). On prouve ainsi que \(G\subset a\mathbb{Z}\). Finalement : \(G=a\mathbb{Z}\).

  3. Soit \(x<y\in\mathbb{R}\). Il faut montrer que \(\left[x,y\right] \cap G \neq \varnothing\). Comme précédemment, on peut supposer que \(x\) est positif. Posons : \(\varepsilon=y-x>0\). D’après la propriété de caractérisation de la borne inférieure, il existe \(g\in G\) tel que \(0<g\leqslant\varepsilon\). Il existe un couple \(\left(q,r\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{R}_+^*\) tel que : \(y=qg+r\) et \(0\leqslant r< g\). Donc \(x = y-\left(y-x\right)= y-\varepsilon \leqslant y-g \leqslant y-r \leqslant qg \leqslant y\). Donc \(qg\in\left[x,y\right]\) et comme \(qg\in G\), \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).


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