Analyse I - Exercices et Solutions

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Exercice 1 : Partie Entière et Périodicité Soit $E(x)$ la fonction partie entière de $x$, i.e., $E(x) = \lfloor x \rfloor$. On définit la fonction $f$ sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = -E(nx) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right)$, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$. Question 1 : Propriété de la Partie Entière Vérifier que : $\forall x \in \mathbb{R}, E(x+1) = E(x)+1$. Correction : Par définition de la partie entière, $E(x) \le x Donc, $E(x)+1 \le x+1 Par unicité de la partie entière, $E(x+1) = E(x)+1$. Question 2 : Périodicité de $f$ Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, la fonction $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique. Correction : Nous devons montrer que $f\left(x + \frac{1}{n}\right) = f(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. $f\left(x + \frac{1}{n}\right) = -E\left(n\left(x + \frac{1}{n}\right)\right) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{1}{n} + \frac{k}{n}\right)$ $f\left(x + \frac{1}{n}\right) = -E(nx+1) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k+1}{n}\right)$ En utilisant la propriété de la partie entière $E(y+1) = E(y)+1$, on a $E(nx+1) = E(nx)+1$. Donc, $f\left(x + \frac{1}{n}\right) = -(E(nx)+1) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k+1}{n}\right)$ Soit $j=k+1$. Lorsque $k$ va de $0$ à $n-1$, $j$ va de $1$ à $n$. $\sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k+1}{n}\right) = \sum_{j=1}^{n} E\left(x + \frac{j}{n}\right) = E\left(x + \frac{n}{n}\right) + \sum_{j=1}^{n-1} E\left(x + \frac{j}{n}\right)$ $= E(x+1) + \sum_{j=1}^{n-1} E\left(x + \frac{j}{n}\right) = E(x)+1 + \sum_{j=1}^{n-1} E\left(x + \frac{j}{n}\right)$ En substituant cela dans l'expression de $f\left(x + \frac{1}{n}\right)$ : $f\left(x + \frac{1}{n}\right) = -E(nx)-1 + E(x)+1 + \sum_{j=1}^{n-1} E\left(x + \frac{j}{n}\right)$ Ceci n'est pas directement $f(x)$. Il y a un théorème important appelé la formule de Hermite-Liouville : $\sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right) = E(nx)$. Si on utilise cette formule, alors $f(x) = -E(nx) + E(nx) = 0$. Par conséquent, $f(x)=0$ pour tout $x$. Si $f(x)=0$, alors elle est trivialement $\frac{1}{n}$-périodique. Question 3 : Calcul de $f(x)$ sur un intervalle (a) Montrer que : $\forall n \in \mathbb{N}^*, \forall 0 \le k \le n-1, \forall x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[, E\left(x + \frac{k}{n}\right)=0$. Correction : Pour $x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[$ et $0 \le k \le n-1$, on a : $0 \le x $0 \le \frac{k}{n} \le \frac{n-1}{n} Donc, $0 \le x + \frac{k}{n} Puisque $0 \le x + \frac{k}{n} (b) En déduire que : $\forall n \in \mathbb{N}^*, \forall x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[, f(x) = 0$. Correction : Pour $x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[$, on a $0 \le nx D'après la question 3(a), pour $x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[$, $E\left(x + \frac{k}{n}\right)=0$ pour tout $0 \le k \le n-1$. Ainsi, $f(x) = -E(nx) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right) = -0 + \sum_{k=0}^{n-1} 0 = 0$. Donc, $f(x)=0$ pour tout $x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[$. Question 4 : Formule de Hermite-Liouville En déduire que : $\forall n \in \mathbb{N}^*, \forall x \in \mathbb{R}$, $\sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right) = E(nx)$. Correction : Nous avons montré en Question 2 que $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique. Nous avons montré en Question 3(b) que $f(x)=0$ pour $x \in \left[0, \frac{1}{n}\right[$. Puisque $f$ est $\frac{1}{n}$-périodique et qu'elle est nulle sur un intervalle de longueur $\frac{1}{n}$, elle est nulle partout sur $\mathbb{R}$. Donc, $f(x) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Cela signifie que $-E(nx) + \sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right) = 0$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Par conséquent, $\sum_{k=0}^{n-1} E\left(x + \frac{k}{n}\right) = E(nx)$. C'est la formule de Hermite-Liouville. Exercice 2 : Borne Supérieure et Inférieure d'Ensembles Soit $A$ une partie non vide et bornée de $\mathbb{R}$. On définit l'ensemble $B$ par : $B = \{x-y : (x,y) \in A^2\}$. Question 1 : Existence de sup A et inf A Montrer que $\sup A$ et $\inf A$ existent. Correction : Puisque $A$ est une partie non vide de $\mathbb{R}$ et qu'elle est bornée, elle est à la fois majorée et minorée. Comme $A$ est majorée, par la propriété de la borne supérieure de $\mathbb{R}$, $\sup A$ existe. Comme $A$ est minorée, par la propriété de la borne inférieure de $\mathbb{R}$, $\inf A$ existe. Question 2 : Propriétés de $B$ (a) Vérifier que : $\forall (x,y) \in \mathbb{R}^2, |x-y| = \max\{(x-y), (y-x)\}$. Correction : Par définition de la valeur absolue : Si $x-y \ge 0$, alors $|x-y| = x-y$. Dans ce cas, $y-x = -(x-y) \le 0$. Donc $\max\{(x-y), (y-x)\} = x-y = |x-y|$. Si $x-y Dans tous les cas, $|x-y| = \max\{(x-y), (y-x)\}$. (b) En déduire que $(\sup A - \inf A)$ est un majorant de l'ensemble $B$. Correction : Soit $z \in B$. Alors $z = x-y$ pour certains $x, y \in A$. Puisque $\inf A \le y$ et $x \le \sup A$, on a : $x-y \le \sup A - y \le \sup A - \inf A$. Donc, tout élément de $B$ est inférieur ou égal à $\sup A - \inf A$. Par conséquent, $(\sup A - \inf A)$ est un majorant de $B$. (c) Montrer que $\sup B$ existe. Correction : Pour montrer que $\sup B$ existe, il faut que $B$ soit non vide et majoré. $B$ est non vide : Puisque $A$ est non vide, il existe $x_0 \in A$. Alors $x_0 - x_0 = 0 \in B$. Donc $B$ est non vide. $B$ est majoré : D'après la question 2(b), $\sup A - \inf A$ est un majorant de $B$. Puisque $B$ est une partie non vide et majorée de $\mathbb{R}$, par la propriété de la borne supérieure de $\mathbb{R}$, $\sup B$ existe. Question 3 : Relations entre bornes Soit $y_0$ un élément quelconque de $A$ et soit $\alpha$ un majorant de l'ensemble $B$. (a) Montrer que : $\sup A \le \alpha + y_0$ et $\inf A \ge y_0 - \alpha$. Correction : Montrons $\sup A \le \alpha + y_0$ : Soit $x \in A$. Alors $x-y_0 \in B$. Puisque $\alpha$ est un majorant de $B$, on a $x-y_0 \le \alpha$. Donc $x \le \alpha + y_0$ pour tout $x \in A$. Par définition de la borne supérieure, $\sup A$ est le plus petit des majorants de $A$. Donc $\sup A \le \alpha + y_0$. Montrons $\inf A \ge y_0 - \alpha$ : Soit $y \in A$. Alors $y_0-y \in B$. Puisque $\alpha$ est un majorant de $B$, on a $y_0-y \le \alpha$. Donc $y_0-\alpha \le y$ pour tout $y \in A$. Par définition de la borne inférieure, $\inf A$ est le plus grand des minorants de $A$. Donc $\inf A \ge y_0 - \alpha$. (b) En déduire que : $\sup A - \alpha \le y_0 \le \inf A + \alpha$. Correction : De $\sup A \le \alpha + y_0$, on déduit $\sup A - \alpha \le y_0$. De $\inf A \ge y_0 - \alpha$, on déduit $y_0 \le \inf A + \alpha$. En combinant les deux inégalités, on obtient $\sup A - \alpha \le y_0 \le \inf A + \alpha$. (c) Montrer alors que $(\inf A + \alpha)$ est un majorant de $A$ puis déduire que : $\sup A \le \inf A + \alpha$. Correction : Montrons que $(\inf A + \alpha)$ est un majorant de $A$ : Soit $x \in A$. Nous savons que $x-y_0 \in B$. Donc $x-y_0 \le \alpha$, ce qui implique $x \le y_0 + \alpha$. L'inégalité $y_0 \le \inf A + \alpha$ de la question précédente signifie que $\inf A + \alpha$ est un majorant de tous les $y_0 \in A$. Puisque $x \le y_0 + \alpha$ pour $y_0 \in A$, et que $y_0 + \alpha$ est majoré par $\inf A + 2\alpha$ (ce n'est pas la bonne voie). Reprenons : D'après la question 3(b), $y_0 \le \inf A + \alpha$ pour tout $y_0 \in A$. Ceci est une erreur d'interprétation. $y_0$ est un élément quelconque de $A$, pas "tout $y_0$". Reprenons la déduction : pour tout $x \in A$, $x - y_0 \in B$ donc $x - y_0 \le \alpha \implies x \le y_0 + \alpha$. Ceci est vrai pour un $y_0$ fixé. L'inégalité $\sup A - \alpha \le y_0$ est vraie pour un $y_0$ fixé. L'inégalité $y_0 \le \inf A + \alpha$ est vraie pour un $y_0$ fixé. Ces propriétés sont pour un $y_0$ fixé. Reprenons la preuve que $\inf A + \alpha$ est un majorant de $A$: Soit $x \in A$. On doit montrer que $x \le \inf A + \alpha$. On sait que pour tout $y \in A$, $x-y \in B$, donc $x-y \le \alpha$. Ceci implique $x \le y + \alpha$ pour tout $y \in A$. Puisque cette inégalité est valable pour tout $y \in A$, elle est en particulier valable pour $\inf A$. Non, $\inf A$ n'est pas nécessairement dans $A$. Cependant, $y \ge \inf A$ pour tout $y \in A$. Donc $y+\alpha \ge \inf A + \alpha$. Comme $x \le y+\alpha$ pour tout $y \in A$, alors $x \le \inf A + \alpha$. Donc $\inf A + \alpha$ est un majorant de $A$. En déduire que $\sup A \le \inf A + \alpha$ : Puisque $\inf A + \alpha$ est un majorant de $A$, et $\sup A$ est le plus petit des majorants de $A$, on a $\sup A \le \inf A + \alpha$. Remarque finale : En fait, on peut montrer que $\sup B = \sup A - \inf A$. Preuve : On sait déjà que $\sup A - \inf A$ est un majorant de $B$, donc $\sup B \le \sup A - \inf A$. Pour montrer l'inégalité inverse, soit $\epsilon > 0$. Il existe $x_1 \in A$ tel que $x_1 > \sup A - \epsilon/2$. Il existe $y_1 \in A$ tel que $y_1 (\sup A - \epsilon/2) - (\inf A + \epsilon/2) = \sup A - \inf A - \epsilon$. Puisque $x_1 - y_1 \in B$, et $x_1 - y_1$ peut être arbitrairement proche de $\sup A - \inf A$, cela signifie que $\sup B \ge \sup A - \inf A$. Ainsi, $\sup B = \sup A - \inf A$.