Chapitre 14NOMBRES RÉELS

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 14.1 Montrer que 2n−1 ≤ n! ≤ nn−1

Exercice 14.2 Soit n ∈ N, déterminer le maximum de f (x) = x (2n− x). En déduire que ∀n ∈ N, (2n)! ≤ 2n2n

Exercice 14.3 Soit f (x) =x2 + 2x+ 1

x2 + 2x+ 4déterminer sup

R

f et infRf.

Exercice 14.4 Soient A et B deux parties non vides et bornées de R telles que A ⊂ B, montrer que supA ≤ supBet inf B ≤ inf A.

Exercice 14.5 Soient x et y des réels, montrer que :

1. |x|+ |y| ≤ |x+ y|+ |x− y|2. 1 + |xy − 1| ≤ (1 + |x− 1|) (1 + |y − 1|)

Exercice 14.6 Montrer que pour n ≥ 1 et x1, x2, · · · , xn des réels positifs on a

n∏

k=1

(1 + xk) ≥ 1 +n∑

k=1

xk

En déduire que pour n ≥ 1 et a1, a2, · · · , an des réels supérieurs à 1, on a

n+n∏

k=1

ak ≥ 1 +n∑

k=1

ak

Exercice 14.7 Soit n un entier non nul, donner une formule simple (utilisant la fonction partie entière) pour déter-miner le nombre de chiffres de n.Comment obtenir le premier chiffre et le dernier chiffre de n (en utilisant la partie entière).

Exercice 14.8 Calculer, pour (m,n) ∈ Z2, E(n+m

2

)+E

(n−m+ 1

2

)

Exercice 14.9 Montrer que pour x réel et n ≥ 1, on a E

(E (nx)

n

)= E (x)

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 14. NOMBRES RÉELS

Exercice 14.10 Soit la fonction f définie par

f (x) = E (2x)− 2E (x)

Calculer f (x) pour x ∈[0,

1

2

[puis pour x ∈

[1

2, 1

[. En déduire que ∀x ∈ R, 0 ≤ E (2x)− 2E (x) ≤ 1.

Exercice 14.11

1. Soit x ∈ R, calculer E (x) + E (−x) .2. Soit

p

qune fraction irréductible avec q > 0, montrer que

q−1∑

k=1

E

(kp

q

)=

(p− 1) (q − 1)

2

On pourra utiliser le fait que si a1, · · · , an−1 sont n− 1 réels alors∑n−1k=1 ak =

∑n−1k=1 an−k.

Exercice 14.12 Soit a ∈ R que dire de la parité de l’entier E

(a+

1

2

)+E

(a− 1

2

)?

Exercice 14.13 Montrer que ∀x ∈ R, E(x+ 1

2

)+E (x+ 1) +E

(2x+ 1

2

)= E (4x+ 1) .

Exercice 14.14 Montrer les résultats suivants (qui sont dans le cours, sans preuve)

1. Soit x ∈ R alors E (x+ 1) = E (x) + 1.

2. Soient (x, y) ∈ R2, x ≤ y =⇒ E (x) ≤ E (y) (i.e. la fonction x −→ E (x) est croissante)

Exercice 14.15 Soit x ∈ R comparer E (x) et E (−x).

Exercice 14.16 Montrer, en utilisant la caractérisation de la partie entière, que pour tout x ∈ R, 0 ≤ E (2x) −2E (x) ≤ 1.

Exercice 14.17 Soient x et y deux réels, montrer que E (x) + E (y) + E (x+ y) ≤ E (2x) + E (2y). On poserax = E (x) + a et y = E (y) + b, en précisant dans quel(s) intervalle(s) se trouvent a et b.

Exercice 14.18 Résoudre E (2x+ 3) = E (x+ 2) (Indication, à l’aide de la caractérisation de la partie entière,déterminer un intervalle dans lequel se trouve les solutions, puis étudier les deux fonctions x −→ E (2x) + 1 etx −→ E (x)).

2 Les techniques

Exercice 14.19 Montrer que3√2 +

√5− 3

√−2 +

√5 = 1

Exercice 14.20 Montrer que (n!)2 =n∏

k=1

k (n− k + 1).

En déduire que si n ≥ 1, on a√n ≤ n

√n! ≤ n+ 1

2

Exercice 14.21 Soit n un entier supérieur ou égal à 3.

1. Montrer que ∀k ∈ 〈2, ..., n〉 , 1

k!≤ 1

2k−1

2. En déduire que ∀k ∈ 〈2, ..., n〉 , Cknnk

≤ 1

2k−1

—2/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 14. NOMBRES RÉELS 3. LES EXOTIQUES

3. Etablir alors que∀n ∈ N∗,(1 +

1

n

)n≤ 3

Exercice 14.22 Montrer que ∀x ∈ R,∀n ∈ N∗,n−1∑

k=0

E(x+ k

n

)= E (nx)

Exercice 14.23 On définit la fonction g : R→ R par ∀x ∈ R, g(x) =|x|

1 + |x| , montrer que

∀x, y ∈ R g(x+ y) ≤ g(x) + g(y).

Exercice 14.24 Soit A une partie non vide et bornée de R, montrer que sup(x,y)∈A2

|x− y| = supA− inf A.

Exercice 14.25 Résoudre xE (x) = x2 −E (x)2.

Exercice 14.26 Montrer que pour tout n ∈ N, n ≥ 3, on a E

(n(n+ 1)

2(2n− 1)

)= E

(n+ 1

4

).

3 Les exotiques

Exercice 14.27 Soient a =11 · · · 1211 · · · 13 et b =

11 · · · 1411 · · · 15 où le nombre de 1 est égal à 2002, comparer a et b

Exercice 14.28 Soit un = n (2n+ 1) , et k ∈ N, montrer qu’il existe un unique entier n tel que un ≤ k < un+1.Calculer n en fonction de k.

Exercice 14.29 Soient a, b, c trois réels de [0, 1], montrer que l’un des trois réels a (1− b) , b (1− c) , c (1− a) estinférieur ou ègal à 1

4 .

Exercice 14.30 Montrer que si x > 1 et x ∈ R \Q alors pour n ≥ 1, E

(E(nx)

x

)= n− 1

Exercice 14.31 On considère la suite 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6....Donner une formule simple pour calculer le énième terme.(Indication, on note un le énième terme de la suite. Soit k ∈ N∗ donné, on pose f (k) le premier rang pour lequeluf(k) = k (et donc uf(k)−1 = k − 1). Calculer f (k) puis chercher une CNS sur n pour que un = k )

Exercice 14.32 Soient a < b deux entiers tels que si les réels x et y sont dans l’intervalle [a, b] alors1

x+

1

yy est

également. Déterminer a et b.

Exercice 14.33 (Olympiades Panafricaines 2005) Soit x ∈ R, on définit {x} = x−E (x), résoudre E (x) {x} =2005x.

Exercice 14.34 Calculer la sommen2∑

k=1

E(√

k)

(pour mémoire,n−1∑

i=1

i2 =n (2n− 1) (n− 1)

6).

Exercice 14.35 Résoudre l’équation

E

(x+ 1

3

)+E

(x+ 2

3

)= E

(x+ 1

2

)+x− 1

2

Exercice 14.36 Comparer E(√

E (x))

et E (√x) pour x ≥ 0.

—3/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 14. NOMBRES RÉELS

Exercice 14.37 On considère la suite (un)n∈N définie par un =

√

1 +

(1 +

1

n

)2+

√

1 +

(1− 1

n

)2où n ≥ 1. Calculer

n∑

k=1

1

uk.

4 Les olympiques

Exercice 14.38 Montrer l’égalité

3

√2000 + 1998 +

√19980005 +

3

√2000 + 1998−

√19980005 =

3√1999

où 3√x désigne l’unique réel dont le cube vaut x.

Exercice 14.39 Soient a, b, c trois réels compris entre 0 et 1, montrer que

a

1 + bc+

b

1 + ac+

c

1 + ab≤ 2

Discuter le cas d’égalité.Exercice posé dans la revue Tangente n◦69.

Exercice 14.40 (Olympiades des pays Baltes (Baltic Way) 1995) Soient a, b, c et d quatre réels strictementpositifs, montrer que

a+ c

a+ b+b+ d

b+ c+c+ a

c+ d+d+ b

d+ a≥ 4

Exercice 14.41 (The 1991 Asian Pacific Mathematical Olympiad) Soient a1, ..., an et b1, ..., bn 2n réels stric-tement positifs tels que a1 + a2 + · · ·+ an = b1 + · · ·+ bn, montrer que

a21a1 + b1

+a22

a2 + b2+ · · ·+ a2n

an + bn≥ a1 + a2 + · · ·+ an

2

Exercice 14.42 (Olympiades Austro-polonaise 1996) Les nombres réels x, y, z et t vérifient x+ y+ z+ t = 0 etx2 + y2 + z2 + t2 = 1.Montrer que −1 ≤ xy + yz + zt+ tx ≤ 0

Exercice 14.43 (Baltic Way 1995) Soient a, b, c trois réels tels que |a| ≥ |b+ c| , |b| ≥ |a+ c| et |c| ≥ |a+ b|.Montrer que a+ b+ c = 0.

Exercice 14.44 (Baltic Way 1997) Soient x1, ..., xn des réels, on note a leur moyenne arithmétique, montrer que

(x1 − a)2 + (x2 − a)2 + ...+ (xn − a)2 ≤ 1

2(|x1 − a|+ ...+ |xn − a|)2

Exercice 14.45 (Olympiades polonaises 1995) Soient a, b, c, d quatre nombres irrationnels positifs tels que a+b =1.Montrer que c+ d = 1⇐⇒ ∀n ∈ N, E (na) +E (nb) = E (nc) +E (nd)

Exercice 14.46 Démontrez qu’il existe un unique réel a tel que

∀n ∈ N∗, E(aE(na))−E(na) = n− 1

On pourra utiliser l’exercice ”les exotiques” 14.30.

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CHAPITRE 14. NOMBRES RÉELS 5. LE GRENIER

Exercice 14.47 (Olympiades ex URSS) Montrer que pour n ≥ 2, on a

E(√n)+E

(2√n)+ · · ·+E

(n√n)= E (log2 n) +E (log3 n) + · · ·+E (logn n)

Exercice 14.48 (Adapté du Putnam 2007)

1. Soit k ∈ N∗, montrer que pour tout entier n ∈ N, on a

k−1∏

i=0

(E(nk

)− n− i

k

)= 0

2. En déduire qu’il existe des polynômes P0 (X) , · · · , Pk−1 (X) (qui dépendent de k) tels que pour tout entier ndans N

E(nk

)k= P0 (n) +E

(nk

)P1 (n) + · · ·+E

(nk

)k−1Pk−1 (n)

Les déterminer pour k = 2.

5 Le grenier

Exercice 14.49 Résoudre E (√x) = E

(x2

).

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5. LE GRENIER CHAPITRE 14. NOMBRES RÉELS

—6/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

Chapitre 8NOMBRES RÉELS

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 8.1 n! =n∏

k=1

k =n∏

k=2

k. Or 2 ≤ k ≤ n =⇒ 2n−1 ≤n∏

k=2

k ≤ nn−1

Exercice 8.2 f (x) = x (2n− x) est un trinôme du second degré a coefficient dominant positif, il est maximal lorsquef ′ (x) = 0⇐⇒ x = n. D’où f (x) ≤ f (n) = n2.Remarque : Retenir que le produit de deux nombres dont la somme est constante est maximal quand ces deux nombressont égaux.Ensuite si n ≥ 2, on peut écrire

(2n!) = 1× 2× · · · × 2n = 2n× [(2n− 1)× 1]× [(2n− 2)× 2]× · · · × [(2n− (n− 1))× (n− 1)]× n

d’où (2n)! ≤ 2n× n2n−2 × n = 2n2n. L’inégalité est encore vraie si n = 0 ou n = 1.

Exercice 8.3 f (x) =x2 + 2x+ 2

x2 + 2x+ 4= 1− 2

x2 + 2x+ 4≤ 1.

Montrons que supR

f = 1. En effet 1 est bien un majorant de f, et si ε > 0, on peut trouver x tel que 1 − ε <

1− 3

x2 + 2x+ 4. Il suffit de prendre x tel que x2 + 2x+ 4 ≥ 1

εce qui est vrai dès que x >

1

2εcar x2 + 2x+ 4 ≥ 2x.

Déterminons infRf . Pour cela on minore 1− 2

x2 + 2x+ 4, on majore donc

1

x2 + 2x+ 4, ce qui en définitive revient à

minorer x2+2x+4 = (x+ 1)2+3. En conclusion f (x) ≥ 1− 2

3= f (−1) = 1

3. On a donc min

Rf = f (−1) = 1

3= inf

Rf .

Exercice 8.4

1. On a 2 |x| = |(x+ y) + (x− y)| ≤ |x+ y|+ |x− y| et 2 |y| = |(x+ y)− (x− y)| ≤ |x+ y|+ |x− y| , en sommantles deux inégalités, on a le double du résultat demandé.

2. On a (1 + |x− 1|) (1 + |y − 1|) = |x− 1|+ |y − 1|+ |x− 1| |y − 1|+ 1. Il s’agit donc de prouver que

|xy − 1| ≤ |x− 1|+ |y − 1|+ |x− 1| |y − 1| = |x− 1|+ |y − 1|+ |xy − x− y + 1|

Ce qui s’écrit|xy − 1| − |xy − x− y + 1| ≤ |x− 1|+ |y − 1|

ou encore|xy − 1| − |x+ y − xy − 1| ≤ |x− 1|+ |y − 1|

Or la seconde inégalité triangulaire donne|a| − |b| ≤ |a+ b|

1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

avec a = xy − 1, b = x+ y − xy − 1, on a a+ b = xy − 1 + x+ y − xy − 1 = (x− 1) + (y − 1) d’où

|xy − 1| − |x+ y − xy − 1| ≤ |(x− 1) + (y − 1)| ≤ |x− 1|+ |y − 1|

Exercice 8.5n∏

k=1

(1 + xk) = (1 + x1) (1 + x2) · · · (1 + xn)

= 1 + (x1 + x2 + · · ·+ xn) + (x1x2 + x1x3 + · · · ) + (x1x2x3 + · · · ) + · · · = 1 +n∑

k=1

xk + (· · · )>0

.

En utilisant ce qui vient d’être prouvé, on an∏

k=1

ak =n∏

k=1

(1 + (ak − 1)︸ ︷︷ ︸

)

=xk

≥ 1 +n∑

k=1

(ak − 1) = 1− n+n∑

k=1

ak.

Exercice 8.6 Si k est le nombre de chiffre de n ∈ N∗, alors

10k−1 ≤ n < 10k ⇐⇒ (k − 1) ln (10) ≤ ln (n) ≤ k ln (10)⇐⇒ k − 1 ≤ ln (n)

ln (10)= ln10 (n) < k

Par définition, on a k = E(ln(n)ln(10)

)+ 1.

Pour le dernier chiffre : si n = a+ 10b où a est le dernier chiffre, alors b = E(n10

)et a = n− 10×E

(n10

).

Pour le premier chiffre, si n à k = E(ln(n)ln(10)

)+ 1 chiffres alors le premier chiffre est E

(n

10k+1

)= E

(n

10E(ln(n)ln(10))

)

Exercice 8.7 Si on examine quelques cas particuliers (le faire), on conjecture que le résultat vaut n.On sépare en deux cas, suivant la parité de m+ n.Si m+ n est pair alors m+n

2 ∈ Z et n−m2 = n+m

2 −m ∈ Z.Puisque n−m

2 ≤ n−m+12 ≤ n−m

2 +1 , on a E(n+m2

)+E

(n−m+1

2

)= n+m

2 + n−m2 = n. On peut aussi utiliser le résultat

suivant : si p ∈ Z, E (p+ x) = p+E(x), avec p = n−m2 ∈ Z et x = 1

2 .Si m + n est impair alors m+n−1

2 ∈ Z et n−m+12 = n+m+1

2 − m ∈ Z. Puisque n+m−12 ≤ n+m

2 ≤ n+m2 + 1 on a

E(n+m2

)+E

(n−m+1

2

)= n+m−1

2 + n−m+12 = n.

Autre solution : La fonction f (n) = E(n+m2

)+E

(n−m+1

2

)−n est 2−périodique (c’est facile à vérifier), il suffit donc

de vérifier que f (0) = f (1) = 0. Mais f (0) = E(m2

)+ E

(1−m2

)est une fonction g (m) qui est aussi 2−périodique

de la variable m. On vérifie donc que g (0) = E (0) + E(12

)= 0 et que g (1) = E

(12

)+ E (0) = 0. Puis f (1) =

E(1+m2

)+E

(1−m+1

2

)−1 = E

(1+m2

)+E

(−m2

)est une autre fonction h (m) qui est aussi 2−périodique de la variable

m. On termine donc en constatant que h (0) = E(12

)+E (0) = 0 et h (1) = E (1) +E

(−12

)= 1− 1 = 0.

Exercice 8.8 Posons X =E (nx)

n, on veut montrer que E (x) est la partie entière de X. Ce qui revient à établir que

E (x) ≤ X < E (x) + 1, ce qui équivaut à

nE (x) ≤ E (nx) < nE (x) + n (*)

OrE (x) ≤ x < E (x) + 1 =⇒ nE (x) ≤ nx < nE (x) + n (1)

Par croissance de la partie entière, on a d’après (1)

nE (x) = E (nE (x)) ≤ E (nx) ≤ nx < nE (x) + n

Attention, la croissance (non stricte) de la partie entière donne

nE (x) = E (nE (x)) ≤ E (nx) ≤ nE (x) + n = E (nE (x) + n) .

Remarque 1 : On peut aussi introduire i ∈ Z tel que E (nx) = nE (x) + i, alors E (x) ≤ x < E (x) + 1⇒ nE (x) ≤

—8/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 1. LES BASIQUES

nx < nE (x) + n donc 0 ≤ i < n. Puis E (x) ≤ E (nx)

n= E (x) + i

n< E (x) + 1 donne le résultat.

Remarque 2 : Voici une autre preuve. Soit f (x) = E

(E (nx)

n

)− E (x) , on a f (x+ 1) = E

(E (nx+ n)

n

)−

E (x+ 1) = E

(E (nx) + n

n

)−E (x)−1 = E

(E (nx)

n+ 1

)−E (x)−1 = f (x) . La fonction f est donc 1− périodique.

Puis si 0 ≤ x < 1, on a 0 ≤ nx < n =⇒ 0 ≤ E (nx) ≤ nx < n d’où 0 ≤ E (nx)

n< 1 et ainsi f (x) = 0 sur [0, 1[. La

fonction f est 1− périodique et nulle sur [0, 1[ , elle est donc identiquement nulle.

Exercice 8.9 Si x ∈[0,

1

2

[, alors 2x ∈ [0, 1[ et f (x) = 0− 0 = 0, si x ∈

[1

2, 1

[, on a 2x ∈ [1, 2[ et f (x) = 1−0 = 1.

Puis f (x+ 1) = E (2x+ 2)− 2E (x+ 1) = E (2x) + 2− 2E (x)− 2 = f (x) , f est donc 1−périodique.Pour x ∈ [0, 1[ , on a donc 0 ≤ E (2x)− 2E (x) ≤ 1, par 1−périodicité, on a

∀x ∈ R, 0 ≤ E (2x)− 2E (x) ≤ 1

Exercice 8.10

1. Soit f (x) = E (x) + E (−x) , la fonction f est 1−périodique car f (x+ 1) = E (x+ 1) + E (−x− 1) = E (x) +1 + E (−x) − 1 = f (x) . Or si x ∈ ]0, 1[ , on a f (x) = 0 − 1 = −1 et f (0) = 0 ainsi f (x) = −1 sur R \ Z etf (n) = 0 si n ∈ Z.En conclusion E (−x) = −E (x) si x ∈ Z et E (−x) = −E (x)− 1 si x /∈ Z.

2. On utilise l’indication donnée,

q−1∑

k=1

E

(kp

q

)=

q−1∑

k=1

E

((q − k)

p

q

)=

q−1∑

k=1

E

(p− k

p

q

)= p (q − 1) +

q−1∑

k=1

E

(−kp

q

)

Ainsi

2

q−1∑

k=1

E

(kp

q

)=

q−1∑

k=1

E

(kp

q

)+

q−1∑

k=1

E

(−kp

q

)+ p (q − 1)

= p (q − 1) +

q−1∑

k=1

(−1)

= p (q − 1)− (q − 1) = (p− 1) (q − 1)

ce qui donne le résultat.

Exercice 8.11 Si on pose f (a) = E

(a+

1

2

)+ E

(a− 1

2

), alors f

(a+

1

2

)= 2E (a) + 1 est un nombre impair.

Ainsi f (a) = 2E

(a− 1

2

)− 1 est un entier impair !

Exercice 8.12 Soit f (x) = E(x+ 1

2

)+ E (x+ 1) + E

(2x+ 1

2

)− E (4x+ 1). On a f (x) = E

(x+ 1

2

)+ E (x) +

E(2x+ 1

2

)−E (4x) .. Pour x ∈ R, on a

f

(x+

1

2

)= E (x+ 1) +E

(x+

1

2

)+E

(2x+ 1 +

1

2

)−E (4x+ 2)

= E (x) +E

(x+

1

2

)+E

(2x+

1

2

)−E (4x) = f (x)

Ainsi f est1

2-p&riodique. Il suffit de prouver que f = 0 sur

[0, 12

[. Or si x ∈

[0, 14

[, on a

E (x) = 0, x+1

2∈[0,

3

2

[=⇒ E

(x+

1

2

)= 0

2x+1

2∈ [0, 1[ =⇒ E

(2x+

1

2

)= 0 et 4x ∈ [0, 1[ =⇒ E (4x) = 0

—9/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

Ainsi x ∈[0, 14

[=⇒ f (x) = 0.

Puis si x ∈[14 ,

12

[, alors

E (x) = 0, x+1

2∈[3

4, 1

[=⇒ E

(x+

1

2

)= 0

2x+1

2∈

[1,

3

2

[=⇒ E

(2x+

1

2

)= 1 et 4x ∈ [1, 2[ =⇒ E (4x) = 1

d’où f (x) = 0. Conclusion f (x) = 0 sur[0, 12

[et par périodicité sur R.

Exercice 8.13Solution.

1. On a E (x) + 1 ∈ Z et E (x) ≤ x < E (x) + 1 =⇒ E (x) + 1 ≤ x + 1 < E (x) + 2. Ainsi E (x) + 1 vérifie lacaractérisation de la partie entière pour x+ 1 d’où E (x) + 1 = E (x+ 1) .

2. On a E (x) ≤ x ≤ y ainsi E (x) est un entier inférieur à y, il est donc inférieur à E (y).

Exercice 8.14 On a E (x) ≤ x < E (x)+ 1 =⇒−1−E (x) < −x ≤ E (x). Si x ∈ Z alors E (x) = x et E (−x) = −x.Si x ∈ R et x /∈ Z alors

−1−E (x) < −x < E (x) =⇒ p ≤ −x < p+ 1 où p = −1−E (x) ∈ Z

On en déduit que E (−x) = −1−E (x) .

Exercice 8.15 On a

2x− 1 < E (2x) ≤ 2x

x− 1 < E (x) ≤ x =⇒−2x ≤ −2E (x) < 2− 2x

En sommant, il vient−1 < E (2x)− 2E (x) < 2

Mais puisque E (2x)− 2E (x) est un entier, on a 0 ≤ E (2x)− 2E (x) ≤ 1.Autre preuve avec la périodicité, f (x) = E (2x)− 2E (x) est de période 1, nulle sur

[0, 12

[, égale à 1 sur

[12 , 1[.

Exercice 8.16 Puisque E (x) ≤ x < E (x) + 1 on a a ∈ [0, 1[. Mais

E (x+ y) = E (E (x) +E (y) + a+ b) = E (x) +E (y) +E (a+ b)

E (2x) = E (2E (x) + 2a) = 2E (x) +E (2a)

E (2y) = E (2E (y) + 2b) = 2E (y) +E (2b)

Il s’agit donc de prouver queE (a+ b) ≤ E (2a) +E (2b)

On distingue quatre cas :Si a ∈

[0, 12

[et b ∈

[0, 12

[alors a+ b, 2a et 2b sont dans [0, 1[. Ainsi E (a+ b) = 0 ≤ E (2a) +E (2b) = 0 + 0.

Si a ∈[0, 12

[et b ∈

[12 , 1[alors a+ b ∈

[12 , 1[, 2a ∈

[0, 12

[et 2b ∈ [1, 2[ Ainsi E (a+ b) = 0 ≤ E (2a) +E (2b) = 0+ 1.

Si a ∈[12 , 1[et b ∈

[0, 12

[, on est ramené au cas précédent par échange des rôles.

Si a ∈[12 , 1[et b ∈

[12 , 1[alors a+ b, 2a et 2b sont dans [1, 2[. Ainsi E (a+ b) = 1 ≤ E (2a) +E (2b) = 1 + 1 = 2.

Exercice 8.17 On a 2x + 3 − 1 < E (2x+ 3) = E (x+ 2) ≤ x + 2 =⇒ 2x + 2 < x + 2 =⇒ x < 0. De mêmex+ 2− 1 < E (x+ 2) = E (2x+ 3) ≤ 2x+ 3 ainsi x+ 1 < 2x+ 3, d’où x > −2. On a donc

x ∈ I = ]−2, 0[

—10/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 2. LES TECHNIQUES

L’équation est équivalente à E (2x) + 1 = E (x), sur cet intervalle, on étudie les deux courbes des fonctions f (x) =E (2x) + 1 et g (x) = E (x) dont voici les graphes.

L’ensemble des solutions est donc

S =

[−3

2,−1

2

[

2 Les techniques

Exercice 8.18 Notons α =3√2 +

√5 et β =

3√−2 +

√5. On cherche x = α − β, or α3 − β3 = 4 et αβ = 1. Mais

(α− β)3 = α3 − β3 − 3αβ (α− β) d’où x3 + 3x− 4 = (x− 1)(x2 + x+ 4

)= 0. La seule solution réelle est x = 1

Exercice 8.19 (n!)2 =

(n∏

k=1

k

)(n∏

k=1

k

)

dans le deuxième produit, on pose k = n − j + 1, alors 1 ≤ k ≤ n ⇔ 1 ≤

j ≤ n, doncn∏

k=1

k =n∏

j=1

n− j + 1 =n∏

k=1

n− k + 1.

Puis√n ≤ n

√n! ≤ n+ 1

2⇔ (

√n)2n ≤

(n√n!)2n

≤(n+ 1

2

)2ncar les nombres sont positifs.

On doit donc établir que

nn ≤ (n!)2 et (n!)2 ≤(n+ 1

2

)n

Il suffit de montrer que si n ≥ 1 et k ∈ {1, .., n},

n ≤ k (n− k + 1) ≤(n+ 1

2

)2

En effetn ≤ k (n− k + 1)⇔ n− k (n− k + 1) ≤ 0⇔ k2 − k(n+ 1) + n ≤ 0

et les racines de P (X) = X2 −X(n+ 1) + n = 0 sont X = n et X = 1. Ainsi P (k) ≤ 0 pour 1 ≤ k ≤ n (signe d’untrinôme à l’intérieur des racines).De même

k (n− k + 1) ≤(n+ 1

2

)2⇔ k (n− k + 1)−

(n+ 1

2

)2≤ 0⇔ k2 − k(n+ 1) +

(n+ 1

2

)2≥ 0

et X2 −X(n+ 1) +

(n+ 1

2

)2= 1

4 (n− 2X + 1)2 ≥ 0.

Retenir que pour encadrer un produit de nombres positifs, on cherche le facteur le plus petit et le facteur le plus grand(même technique que pour une somme).

—11/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

Remarque : la fonction f (x) = x (n+ 1− x) représente une parabole dont la concavité est tournée vers le bas. Son

sommet est en x =n+ 1

2, son axe x =

n+ 1

2, sur l’intervalle [1, n] , son minimum est donc f (1) = f (n) = n et son

maximum est f

(n+ 1

2

)=

(n+ 1

2

)2.

Exercice 8.20 1. ∀j ∈ 〈2, ..., k〉 , on a 0 < 2 ≤ j donc (les nombres sont positifs) on a

0 <k∏

j=2

2 = 2k−1 ≤k∏

j=2

j =k∏

j=1

j = k!.

2k−1 et k! sont positifs, leurs inverses sont donc tels que1

k!≤ 1

2k−1.

2. ∀k ∈ 〈2, ..., n〉 , Cknnk

=1

k!

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

nk,

or ∀j ∈ 〈2, ..., k − 1〉 , 0 < (n− j) ≤ n donc

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1) =k−1∏

j=0

(n− j) ≤k−1∏

j=0

n = nk−1

On en déduit queCknnk

=1

k!

n(n− 1)(n− 2) · · · (n− k + 1)

nk≤ 1

k!≤ 1

2k−1.

3. Si n ≥ 3 ,

(1 +

1

n

)n=

n∑

k=0

Ckn1

nk= 1 +C1n

1

n+

n∑

k=2

Ckn1

nk= 2 +

n∑

k=2

Ckn1

nk

Or ∀k ∈ 〈2, ..., n〉 , Cknnk

≤ 1

2k−1donc

n∑

k=2

Ckn1

nk≤

n∑

k=2

1

2k−1=

j=k−1

n−1∑

k=1

1

2j=

1

2

1−(12

)n

1− 12

= 1−(1

2

)n≤ 1

On a utilisé :

Si q ≥ p et a �= 1,

q∑

k=p

ak = apq∑

k=p

ak−p =j=k−p

apq−p∑

j=0

aj = ap1− aq+1−p

1− a

On en déduit que Si n ≥ 3 ,

(1 +

1

n

)n≤ 3.

On vérifie que

(1 +

1

1

)1= 2 ≤ 3,

(1 +

1

2

)2=

9

4≤ 3.

Exercice 8.21 Soit y = x−E (x). On a 0 ≤ y < 1,on note i tel que E (ny) = i alors

0 ≤ i < n

E (nx) = E (nE (x) + ny) = nE (x) + i

De plus

i ≤ ny < i+ 1⇐⇒ i

n≤ y <

i+ 1

n

Pour 0 ≤ k ≤ n− 1 tel que i+ k + 1 ≤ n on a

x+k

n= E (x) + y +

k

n

=⇒ E (x) ≤ x+k

n< E (x) +

i+ k + 1

n≤ E (x) + 1

—12/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 2. LES TECHNIQUES

d’où E(x+ k

n

)= E (x)

Pour 0 ≤ k ≤ n− 1 tel que i+ k + 1 ≥ n+ 1⇐⇒ i+ k ≥ n,

E (x) + 1 ≤ x+k

n< x+ 1 ≤ E (x) + 2

d’où E(x+ k

n

)= E (x) + 1.

Ainsin−1∑

k=0

E

(x+

k

n

)= (n− i)E (x) + i (E (x) + 1) = nE (x) + i = E (nx)

Autre preuve (bien plus élégante !) : Soit f (x) =n−1∑

k=0

E

(x+

k

n

)−E (nx), alors

f

(x+

1

n

)=

n−1∑

k=0

E

(x+

1

n+k

n

)−E (nx+ 1) =

n−1∑

k=0

E

(x+

k + 1

n

)−E (nx)− 1

=n∑

k=1

E

(x+

k

n

)−E (nx)− 1 = E (x+ 1) +

n−1∑

k=1

E

(x+

k

n

)−E (nx)− 1

= E (x) + 1 +n−1∑

k=1

E

(x+

k

n

)−E (nx)− 1 = E

(x+

0

n

)+n−1∑

k=1

E

(x+

k

n

)−E (nx)

=n−1∑

k=0

E

(x+

k

n

)−E (nx) = f (x)

ainsi la fonction f est1

npériodique, il suffit de prouver qu’elle est nulle sur l’intervalle

[0,

1

n

[. Mais

0 ≤ x <1

n0 ≤ k ≤ n− 1

}

=⇒0 ≤ x <

1

n

0 ≤ k

n≤ 1− 1

n

=⇒ 0 ≤ nx < 1

0 ≤ x+ kn< 1

}=⇒ E

(x+ k

n

)= 0

E (nx) = 0

}

d’où

f (x) = 0 sur

[0,

1

n

[

et par périodicité on a f = 0 sur R.

Exercice 8.22 On a g (x+ y) =|x+ y|

1 + |x+ y| ≤|x|

1 + |x+ y| +|y|

1 + |x+ y| , malheureusement on a bien|x|

1 + |x|+ |y| ≤|x|

1 + |x+ y| mais rien ne permet de dire que|x|

1 + |x+ y| ≤|x|

1 + |x| . Cependant,

g (x+ y) =|x+ y|

1 + |x+ y| =|x+ y|+ 1− 1

1 + |x+ y| = 1− 1

1 + |x+ y|

1 + |x+ y| ≤ 1 + |x|+ |y| =⇒ 1− 1

1 + |x+ y| ≤ 1− 1

1 + |x|+ |y| =|x|+ |y|

1 + |x|+ |y|d’où

|x+ y|1 + |x+ y| ≤

|x|1 + |x|+ |y| +

|y|1 + |x|+ |y| ≤

|x|1 + |x| +

|y|1 + |x|

Exercice 8.23 Notons M = supA et m = inf A qui existent car A est non vide et bornée. Soit (x, y) ∈ A2, on am ≤ x ≤M et m ≤ y ≤M, donc m−M ≤ x− y ≤M −m, soit

|x− y| ≤M −m

—13/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

en passant au sup, on asup(x,y)∈A2 |x− y| ≤M −m

(et le sup existent, car la partie B = {|x− y| , x ∈ A, y ∈ A} est non vide bornée par M −m). Reste à prouver queM −m est bien le sup.Soit M1 un majorant de B, alors pour tout (x, y) ∈ A2, on a x− y ≤ |x− y| ≤M1 =⇒ x ≤M1 + y. Donc

∀y ∈ A, M ≤M1 + y =⇒ ∀y ∈ A, M −M1 ≤ y

On en déduit queM −M1 ≤m =⇒M −m ≤M1

donc M −m. est bien le plus petit des majorants de B, il s’agit bien de la borne sup de B.

Exercice 8.24 Soit x ∈ R, posons n = E (x) ∈ Z et α = x− E (x) ∈ [0, 1[, ainsi x = n+ α. On veut donc résoudre

Résoudre xE (x) = x2 −E (x)2, ce qui équivaut à

α2 + nα− n2 = 0⇐⇒ α (n+ α) = n2 ≥ 0

On distingue deux cas :Premier cas α = 0⇐⇒ n = 0⇐⇒ x = 0 qui est solution.

Second cas α �= 0⇐⇒ n+ α =n2

α> 0, or

n ≤ n+ α < n+ 1

d’oùn+ 1 > 0 =⇒ n ≥ 0 =⇒ n ≥ 1 (on a n �= 0 car sinon α = 0)

mais alors0 < αn ≤ n (n+ α) = n2 < α (n+ 1) < n+ 1 =⇒ 0 < n2 < n+ 1 =⇒ 1 ≤ n2 ≤ n

d’où n2−n ≤ 0, ce qui impose n = 1. On en déduit que α2+a−1 = 0 dont l’unique solution dans [0, 1[ est α =

√5− 1

2.

Ainsi

x = n+ α = 1 + α =1 +

√5

2

Exercice 8.25 On an(n+ 1)

2(2n− 1)− n+ 1

4=

1

4

n+ 1

2n− 1ainsi

n(n+ 1)

2(2n− 1)=

n+ 1

4+

1

4

n+ 1

2n− 1

et1

4

n+ 1

2n− 1− 1

4= −1

4

n− 2

2n− 1

Posons α =1

4

n+ 1

2n− 1, on a donc montré que pour n ≥ 3, on a 0 < α <

1

4. Pour conclure, on pose a = E

(n(n+ 1)

2(2n− 1)

)=

E

(n+ 1

4+ α

)et b = E

(n+ 1

4

). Si n = 4p+q, avec q ∈ {0, 1, 2, 3} alors

n+ 1

4= p+

q

4etn+ 1

4+α = p+

(q4+ α

),

b = p = a et a = E(p+

(q4+ α

))= p+E

(q4+ α

)= p car

q

4<

1

4+ α <

q + 1

4< 1.

3 Les exotiques

Exercice 8.26 Notons α = 11 · · · 12, a = αα+1 , b = α+2

α+3 . Il suffit de déterminer le signe de a − b = αα+1 − α+2

α+3 =

− 2(α+1)(α+3) < 0.Ainsi a < b.

Une bonne technique en Maths : Nommer les protagonistes de l’histoire, personne ne manipule des nombres à 2003chiffres !

—14/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 3. LES EXOTIQUES

Exercice 8.27 L’existence de n provient de la stricte croissance de la suite (un)n. On peut également l’établir en lecalculant. On veut avoir

n (2n+ 1) ≤ k et k < (n+ 1) (2n+ 3)

L’équation n (2n+ 1)−k = 0, admet comme racines x1 = −1

4+

1

4

√1 + 8k et x2 = −

1

4− 1

4

√1 + 8k < 0 (une des deux

racines est négative car le produit x1x2 = −k et il est clair que x2 ≤ x1).Ainsi

n (2n+ 1) ≤ k ⇐⇒ x2 ≤ 0 ≤ n ≤ x1

L’équation (n+ 1) (2n+ 3)− k = 0 admet deux racines qui valent x1 − 1 et x2 − 1.Ainsi

k < (n+ 1) (2n+ 3)⇐⇒ n > x1 − 1

On doit donc avoirx1 − 1 < n ≤ x1 ⇐⇒ n ≤ x1 < n+ 1⇐⇒ n = E (x1)

Conclusion

n = E

(−1

4+

1

4

√1 + 8k

)

Exercice 8.28 Par l’absurde, si les trois réels a (1− b) , b (1− c) , c (1− a) sont strictement supérieur à 14 , alors leur

produit vérifie a (1− a) b (1− b) c (1− c) > 18 . Mais si x ∈ [0, 1] alors x (1− x) ≤ 1

4 (parabole dont le somment est enx = 1

2 , plus généralement on retient ce résultat ainsi : le produit de deux nombres dont la somme est constante estmaximal quand ces nombres sont égaux), donc a (1− a) b (1− b) c (1− c) ≤ 1

8 .

Exercice 8.29 On a nx− 1 < E(nx) ≤ nx ⇒(x>1)

n− 1 < n− 1

x<E(nx)

x≤ n⇒ n− 1 ≤ E

(E(nx)

x

)≤ n. Mais si

E

(E(nx)

x

)= n alors n ≤ E(nx)

xet nécessairement

E(nx)

x= n⇒ x =

E(nx)

n∈ Q

Exercice 8.30 Notons un le énième terme de la suite.et f (k) le premier rang où uf(k) = k. Par exemple, f (4) = 7

car u6 = 3 et u7 = 4. Quelques minutes de réflexion suffisent pour se convaincre que f (k) = 1+k−1∑

i=1

i = 1+k (k − 1)

2

On a donc

un = k ⇐⇒ f (k) ≤ n < f (k + 1) = f (k) + k

un = k ⇐⇒ 1 +k (k − 1)

2≤ n < 1 +

k (k + 1)

2

Mais 1 +k (k − 1)

2= 1

2

(k − 1

2

)2+ 7

8 et 1 +k (k + 1)

2= 1

2

(k + 1

2

)2+ 7

8

Ainsi

un = k ⇐⇒ 1

2

(k − 1

2

)2≤ n− 7

8<

1

2

(k +

1

2

)2

un = k ⇐⇒(k − 1

2

)2≤ 2n− 7

4<

(k +

1

2

)2

un = k ⇐⇒√2n− 7

4− 1

2< k ≤

√2n− 7

4+

1

2

⇐⇒ k = E

(√2n− 7

4+

1

2

)

En conclusion un = E(12 +

√2n− 7

4

)

—15/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

Exercice 8.31 Avec x = y = a, on obtient a ≤ 2

a≤ b donc a2 ≤ 2 et 2 ≤ ab. Mais avec x = y = b, il vient a ≤ 2

b≤ b

donc b2 ≥ 0 et ab ≤ 2. On en déduit que ab = 2. Puisque a et b sont entiers,on a a = 1 et b = 2. Réciproquement si

1 ≤ x ≤ 2 et 1 ≤ y ≤ 2 alors1

2≤ 1

x≤ 1 et

1

2≤ 1

y≤ 1 d’où 1 ≤ 1

x+

1

y≤ 2.

Plus généralement si on n’impose pas a et b d’être entiers, on trouve les intervalles de la forme

[a,

2

a

]où a ≤

√2.

Exercice 8.32 Avant tout, remarquons que, puisque E (x) ≤ x < E (x) + 1, on a 0 ≤ {x} < 1. Posons alorsx = n+ {x} où n = E (x). On désire résoudre n {x} = 2005 (n+ {x}) ce qui donne

{x} =2005n

n− 2005avec 0 ≤ {x} < 1

La fonction f (n) =2005n

n− 2005= 2005

n− 2005 + 2005

n− 2005= 2005

(1 +

2005

n− 2005

)= 2005 +

20052

n− 2005est supérieure à

2005 pour n > 2005. Elle est décroissante sur l’intervalle ]−∞, 2005[ , puisque f

(−2005

2004

)= 1 et que f (0) = 0, on

en déduit que n ∈[−2005

2004, 0

]donc ou bien

n = 0, {x} = 0 et x = 0

ou bien

n = E (x) = −1

{x} =−2005

−1− 2005= −1 + 1

2006

x = − 1

2006

Exercice 8.33 Puisque E (x) ≤ x < E (x) + 1, on a 0 ≤ {x} < 1. On pose donc x = n+ {x} où n = E (x) ∈ Z. Ondésire donc résoudre n {x} = 2005 (n+ {x} , ) ce qui donne

{x} = 2005n

n− 2005avec 0 ≤ {x} < 1

La fonction f définie par f (n) =2005n

n− 2005= 2005 +

20052

n− 2005est supérieure à 2005 pour n > 2005. Elle est

décroissante sur ]−∞, 2005[ , f

(−2005

2004

)= 1 et f (0) = 0 ainsi n ∈

[−2005

2004, 0

]. On a donc deux possibilités :

n = 01, {x} = 0 et x = 0

ou

n = E (x) = −1

{x} =−2005

−1− 2005= −1 + 1

2006

x = − 1

2006

Exercice 8.34 Dans la sommen2∑

k=1

E(√

k), on va faire des paquets de taille variable sur lesquels E

(√k)

est

constant. Puisque k varie de 1 à n2, on a√k entre 1 et n et ainsi E

(√k)

varie entre 1 et n. On cherche donc

—16/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 3. LES EXOTIQUES

quand E(√

k)= i pour i fixé entre 1 et n. Puisque

E(√

k)= i ≤

√k < E

(√k)+ 1 = i+ 1

cela imposei2 ≤ k < i2 + 2i+ 1⇐⇒ i2 ≤ k ≤ i2 + 2i

Pour résumer, pour k ∈[12, 12 + 2× 1

]= [1, 3] , on a E

(√k)= 1 ; pour k ∈

[22, 22 + 2× 2

]= [4, 8] , on a E

(√k)=

2 ; · · · pour k ∈[(n− 1)

2, (n− 1)

2+ 2 (n− 1)

]on a E

(√k)= n− 1 et enfin pour k = n2, on a E

(√k)= n.

Ceci dit, il vient donc en sommant par paquets

n2∑

k=1

E(√

k)

= n+n−1∑

i=1

i (2i+ 1)

= n+ 2n−1∑

i=1

i2 +n−1∑

i=1

i

=n(4n2 − 3n+ 5

)

6

Exercice 8.35 Puisquex− 1

2= E

(x+ 1

3

)+E

(x+ 2

3

)−E

(x+ 1

2

), on a

x− 1

2∈ Z et ainsi

x− 1

2+1 =

x+ 1

2est également un entier.Pour résumer, on a

x entier,x− 1

2etx+ 1

2entiers.

Cela impose à x d’être impair.L’équation s’écrit alors

E

(x+ 1

3

)+E

(x+ 2

3

)=x+ 1

2+x− 1

2= x

ce qui prouve que x est entier. La fonction f définie sur Z par f (x) = E

(x+ 1

3

)+E

(x+ 2

3

)− x vérifie

f (x+ 3) = E

(x+ 3 + 1

3

)+E

(x+ 3+ 2

3

)− x− 3

= E

(x+ 1

3+ 1

)+E

(x+ 2

3+ 1

)− x− 3

= f (x)− 1

Puisque f (0) = f (1) = f (2) = 0, on en déduit que 1 est la seule solution. En effet f est constante égale à −k surl’intervalle [0 + 3k, 2 + 3k] où k ∈ Z.

Exercice 8.36 Soit x > 0 fixé, posons n = E (x) et x = n + {x} où {x} ∈ [0, 1[ . On doit comparer E (√n) et

E(√

n+ {x}). Il s’agit maintenant de placer n par rapport aux carrés. Puisque la suite

(k2)k∈N est strictement

croissante, il existe un unique entier k tel que

k2 ≤ n < (k + 1)2 ⇐⇒ k2 ≤ n ≤ k2 + 2k

(cet entier est k = E (√n) comme on va le voir), posons alors n = k2 +m où 0 ≤m ≤ 2k. On a alors

k ≤ √n < k + 1 =⇒ E(√n)= k

k2 ≤ n ≤ k2 + 2k0 < {x} < 1

}=⇒ k2 ≤ n+ {x} ≤ k2 + 2k + {x} < k2 + 2k + 1

—17/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

donck ≤

√n+ {x} < k + 1 =⇒ E

(√n+ {x}

)= k

En conclusion, pour x ≥ 0, on a

E(√

E (x))= E

(√x)

Exercice 8.37 On a

1

un=

1√

1 +

(1 +

1

n

)2+

√

1 +

(1− 1

n

)2 =

√

1 +

(1 +

1

n

)2−√

1 +

(1− 1

n

)2

1 +

(1 +

1

n

)2− 1 +

(1− 1

n

)2

= n

√

1 +

(1 +

1

n

)2−√

1 +

(1− 1

n

)2

4

Or√

1 +

(1 +

1

n

)2−

√

1 +

(1− 1

n

)2=

1

n

(√2n2 + 2n+ 1−

√2n2 − 2n+ 1

)

=1

n

(√2 (n+ 1)2 − 2 (n+ 1) + 1−

√2n2 − 2n+ 1

)

Ainsin∑

k=1

1

uk=

1

4

n∑

k=1

(√2 (k + 1)2 − 2 (k + 1) + 1−

√2k2 − 2k + 1

)

Il s’agit donc d’une somme telescopique, qui vaut

1

4

(√2n2 + 2n+ 1− 1

)

4 Les olympiques

Exercice 8.38 Posons α =3√3998 +

√19980005 , β =

3√3998−

√19980005 et x = α+ β.

Alors α3 + β3 = 2× (2000 + 1998) = 4× 1999 (car 2000 + 1998 = 1999 + 1999)et αβ = 3

√39982 − 19980005 = 3

√−3996 001.

On a donc x3 = (α+ β)3 = α3 + β3 + 3αβ (α+ β) = 7996 + 3x 3√−3996 001. Ainsi x est racine du polynôme

P (X) = X3 + 3 3√3996 001X − 7996 = 0. Ce polynôme admet une unique racine réelle. En effet sa dérivée P ′ (X) =

3X2 + 3 3√3996 001 est strictement positive sur R. P est donc strictement croissant, il réalise une bijection de R sur]

limx→−∞

P (x) , limx→+∞

P (x)

[= R.

Or P(3√1999

)= 1999+3 3

√1999× 3996 001−7996 = 1999+3 3

√7988 005 999−7996. Et (miracle) 7988 005 999 = 19993

ce qui permet de conclure que x = 3√1999.

Remarque 1 :

On peut simplifier la solution en remarquant que 199800005 = 5× (1999)2 , ainsi3√2000 + 1998 +

√19980005 +

3√2000 + 1998−

√19980005 =

3

√

2× 1999 +√5× (1999)2 +

3

√

2× 1999−√5× (1999)2 = 3

√1999

(3√2 +

√5 +

3√2−

√5). On est donc ramené à

prouver que3√2 +

√5 +

3√2−

√5 = 1. On utilise alors le même genre de technique. On pose α =

3√2 +

√5, β =

3√2−

√5, x = α+β. Alors x3 = 4−3x dont l’unique racine réelle est x = 1 (car X3+3X−4 = (X − 1)

(X2 +X + 4

)

).Remarque 2 :

—18/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 4. LES OLYMPIQUES

Plus généralement le réel x =3√a+

√b+

3√a−

√b est solution de l’équation x3 + 3 3

√b− a2x− 2a = x3 + px+ q où

p = 3 3√b− a2 et q = −2a.

Réciproquement, soit l’équation x3 + px + q, posons a = −q2 et b = a2 + p3

27 = 4p3+27q2

108 . Si ∆ = 4p3 + 27q2 (le dis-

criminant) est positif, le nombre réel x =3

√−q2 +

√4p3+27q2

108 +3

√−q2 −

√4p3+27q2

108 (formule de Cardan ) est racine de

x3 + px + q. (En fait on peut montrer que si ∆ > 0, l’équation x3 + px + q n’a qu’une seule racine réelle ). Enfinl’équation y3 + uy2 + vy +w se ramène à x3 + px+ q en posant y = x− u

3 ( et p = v − 13u

2, q = 227u

3 − 13vu+w )

Remarque 3 :

Le quatrième exercice du sujet du concours ESTP-ENSAM 1999 (Banque de notes ECRIN et ISEP) était le suivant :Simplifier l’écriture des deux nombres réels définies par

3

√7 + 5

√2− 3

√−7 + 5

√2 et

3

√13 + 5

√17

2− 3

√−13 + 5

√17

2

(Nota Bene : on pourra rechercher, pour chaque cas, une équation du troisième degré vérifiée par ce nombre ).

Pour information :3√7 + 5

√2− 3

√−7 + 5

√2 = 2 et 3

√13+5

√17

2 − 3

√−13+5

√17

2 = 1 et plus généralement, pour p ≥ −53 ,

3

√

(3p+ 2) +√(p+ 1)2 (8p+ 5) +

3

√

(3p+ 2)−√(p+ 1)2 (8p+ 5) = 1

et pour p ≥ −1, 3

√

(3p+ 4) +√(p+ 1) (p+ 4)2 +

3

√

(3p+ 4)−√(p+ 1) (p+ 4)2 = 2

Exercice 8.39 On peut supposer que 0 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1, puisque 0 ≤ (1− a) (1− b) , on a a+ b ≤ 1 + ab ≤ 1 + 2abet par suite a+ b+ c ≤ a+ b+ 1 ≤ 2 (1 + ab).

On en déduit quea

1 + bc+

b

1 + ac+

c

1 + ab≤ a

1 + ba+

b

1 + ab+

c

1 + ab≤ 2.

On peut se demander quand se présente le cas d’égalité. Il faut que les égalités suivantes soient vérifiées :

0 = (1− a) (1− b) , 1 + ab = 1 + 2ab, a+ b+ c = a+ b+ 1 eta

1 + bc+

b

1 + ac=

a

1 + ba+

b

1 + ab, ce qui impose à a

d’être nul et à b et c d’être égaux à 1

Exercice 8.40 Notons f (a, b, c, d) = a+ca+b +

b+db+c +

c+ac+d +

d+bd+a . La présence du 4 nous donne deux voies à explorer :

4 c’est le nombre de termes de la somme, on peut penser utiliser l’inégalité 4√x1x2x3x4 ≤ 1

4 (x1 + x2 + x3 + x4) , il

suffit donc de prouver que a+ca+b × b+d

b+c × c+ac+d × d+b

d+a ≥ 1, malheureusement le produit ne se simplifie pas et il n’est pastoujours plus grand que 1.L’autre voie est de se souvenir que x (1− x) ≤ 1

4 pour tout entier x. On peut ensuite un peu simplifier la résolution

en remarquant que f est homogène de degré 0, i.e. f (λa, λb, λc, λd) = λ0f (a, b, c, d) . Ce qui permet de supposer que

S = a + b + c + d = 1. (Cependant cela n’est pas indispensable ). On a alors f (a, b, c, d) = (a+ c)(

1a+b +

1c+d

)+

(b+ d)(

1b+c +

1d+a

)=S=1

a+c(a+b)(c+d) +

b+d(b+c)(a+d) . Cette égalité devient avec x = a + c, y = a + b et z = b + c,

f (a, b, c, d) = xy(1−y) +

1−xz(1−z) , puisque y (1− y) ≤ 1

4 et z (1− z) ≤ 14 , on obtient f (a, b, c, d) ≥ 4 (x+ (1− x)) = 4.

Remarque : Cette inégalité peut aussi s’écrire

∀(a, b, c, d) ∈(R∗+)4,

c

a+ b+

d

b+ c+

a

c+ d+

b

d+ a≥ b

a+ b+

c

b+ c+

d

c+ d+

a

d+ a

Exercice 8.41 C’est la présence du 12 qui va nous mettre sur la voie.

Il s’agit de prouver que a1 + a2 + · · ·+ an ≤ 2(

a21a1+b1

+ · · ·+ a2n

an+bn

). Mais

a1 + a2 + · · ·+ an = b1 + · · ·+ bn

⇐⇒ (a1 − b1) + · · ·+ (an − bn) = 0

⇔ a21 − b21a1 + b1

+ · · ·+ a2n − b2nan + bn

= 0

⇐⇒ a21a1 + b1

+ · · ·+ a2nan + bn

=b21

a1 + b1+ · · ·+ b2n

an + bn

—19/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

On doit ainsi prouver que

a1 + a2 + · · ·+ an ≤a21 + b21a1 + b1

+ · · ·+ a2n + b2nan + bn

ora2i + b2iai + bi

=(ai + bi)

2 − 2aibiai + bi

= (ai + bi)−2aibiai + bi

Le problème se résume ainsi à établir l’inégalité

a1 + a2 + · · ·+ an ≤ (a1 + b1) + · · ·+ (an + bn)− 2n∑

i=1

aibiai + bi

⇔ 2n∑

i=1

aibiai + bi

≤ b1 + · · ·+ bn =1

2

n∑

i=1

(ai + bi)

⇔n∑

i=1

(ai + bi)−4aibiai + bi

≥ 0⇔n∑

i=1

(ai − bi)2

ai + bi≥ 0

De plus il y a égalité ∀i, ai = bi.La condition sur la positivité des nombres n’est là que pour empêcher les divisions par zéro.

Exercice 8.42 La première information est que les nombres sont réels. On a alors 1 = x2 + y2 + z2 + t2 ≤4max

(x2, y2, z2, t2

)donc x, y, z et t sont en valeur absolue inférieur à 1

2 .On remarque ensuite que xy + yz + zt+ tx = (y + t) (z + x). Posons alors u = x+ z et v = y + t, on a u+ v = 0 etuv = (y + t) (z + x) = −u2. Puisque |(y + t) (z + x)| ≤ (|y|+ |t|) (|z|+ |x|) ≤ 1,on a −1 ≤ −u2 ≤ 0.

Exercice 8.43 Par symétrie des rôles, on peut supposer que a ≤ b ≤ c.Premier cas : Les trois nombres sont de même signe. Quitte à les remplacer par leurs opposés, on les suppose positifs.On a

a ≥ b+ c

b ≥ c+ a

c ≥ a+ b

En sommant les trois inégalités, on obtient

a+ b+ c ≥ 2 (a+ b+ c)

donc a+ b+ c ≤ 0, mais a+ b+ c ≥ 0 d’où l’égalité demandée.Second cas : Un des nombres est de signe opposé aux deux autres. On peut supposer que a ≤ 0 ≤ b ≤ c (si a ≤ b ≤ 0 ≤ c,on remplace les nombres par leurs opposés pour se ramener au cas précédent).On a alors

|a| ≥ |b+ c| ⇐⇒ −a ≥ b+ c =⇒−b ≥ a+ c

|b| ≥ |a+ c| =⇒−b ≤ a+ c ≤ b

donc −b = a+ c et a+ b+ c = 0.

Exercice 8.44 Posons ai = xi − a, on doit montrer que 2(a21 + ...+ a2n

)≤ (|a1|+ ...+ |an|)2 , ce qui est équivalent

à a21+ ...+a2n ≤ 2∑

i =j|aiaj |. Il y a peu de chances que cela soit vrai en général. La condition a = 1

n(x1 + ...+ xn) peut

se traduire sous la forme a1 + ...+ an = 0. Dans ce cas, (a1 + ...+ an)2 = 0 = a21 + ...+ a2n + 2

∑

i =jaiaj . On est alors

amené à prouver que −2∑i =j

aiaj ≤ 2∑

i=j|aiaj |, ce qui est évident !

Remarque : plus généralement, on a montré que si les (ai)1≤i≤n vérifient∑ni=1 ai = 0, alors a21 + ... + a2n ≤

12 (|a1|+ ...+ |an|)2.

—20/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 4. LES OLYMPIQUES

Exercice 8.45 Remarquons que E (na) +E (nb) = E (na) +E (n− na) = n+E (na) +E (−na).Or E (na) ≤ na < E (na) + 1 =⇒−E (na)− 1 < −na ≤ −E (na).

Mais l’inégalité de droite est stricte car sinon na = E (na) =⇒ a = E(na)n

∈ Q.On en déduit que E (−na) = −E (na)− 1 et E (na) +E (nb) = n− 1.Ainsi le sens =⇒ est terminé.Réciproquement, on a E (nc) +E (nd) ≤ nc+ nd = n (c+ d) ≤ E (nc) +E (nd) + 1 d’où

E (nc) +E (nd)

E (na) +E (nb)= 1 ≤ n (c+ d)

E (na) +E (nb)=n (c+ d)

n− 1≤ E (nc) +E (nd)

E (na) +E (nb)+

1

E (na) +E (nb)= 1 +

1

n− 1

On ne retient que

1 ≤ n (c+ d)

n− 1≤ 1 +

1

n− 1

En passant à la limite sur n, on en déduit que c+ d = 1.

Exercice 8.46 Unicité : On utilise l’encadrement de la partie entière

∀x ∈ R, x− 1 < E (x) ≤ x

On en déduit

−na < −E(na) ≤ −na+ 1

na2 − a < aE(na) ≤ na2

aE(na)− 1 < E(aE(na)) ≤ aE(na)

na2 − a− 1 < E(aE(na)) ≤ na2

na2 − a− 1− na ≤ E(aE(na))−E(na) ≤ na2 − na+ 1

d’où, pour tout n ∈ N

na2 − a− 1− na ≤ n− 1 ≤ na2 − na+ 1

n(a2 − a− 1

)− a ≤ 0 ≤ n

(a2 − a− 1

)+ 2

Les deux égalités sont vraies pour toutes valeurs de n, ce qui impose

a2 − a− 1 = 0

(car si a2 − a+ 1 > 0, limn→+∞

n(a2 − a− 1

)− a = +∞ et si a2 − a+ 1 < 0, lim

n→+∞n(a2 − a− 1

)+ 2 = −∞ )

Les solutions de a2 − a − 1 sont a =1

2+

1

2

√5 et a =

1

2− 1

2

√5. L’une des deux valeurs est à exclure ! Mais si

a =1

2− 1

2

√5, on a E(aE(a))−E(a) = 1 �= 1− 1 = 0 !

Ainsi

a =1 +

√5

2est le nombre d’or

Existence : On suppose que a = φ =1 +

√5

2, alors a = 1

a+ 1 et

E(aE(na)) = E

(E(na)

a+E(na)

)= E

(E(na)

a

)+E(na)

Puisque a = 1+√5

2 /∈ Q, que E(aE(na)) = E

(E(na)

a

)+E(na) = n−1+E(na) (voir exercice indiqué dans l’énoncé).

Exercice : Montrer de même que ∀n ∈ N, E(na2) = E(aE(na)) + 1⇐⇒ a =1 +

√5

2

—21/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS

Exercice 8.47 On va procéder par récurrence, il est facile de le vérifier pour n = 2 (et même pour les petits valeursde n). En fait en regardant ce qui se passe pour les petites valeurs de n, on comprend comment évolue la somme.Posons f (n) = E (

√n) + E ( 2

√n) + · · · + E ( n

√n) et g (n) = E (log2 n) + E (log3 n) + · · · + E (logn n). Lorsque l’on

passe de n à n+1, f (n+ 1) et g (n+ 1) contiennent un terme de plus. Dans f , il s’agit de E(n+1√n+ 1

)et dans g de

E(logn+1 (n+ 1)

). On peut facilement montrer que n

√n < 2 (étudier la fonction x

1x = e

lnxx qui admet un maximun

en x = e, donc x1x ≤ e

1e ≃ 1, 44), quant à lnn (n) , cela vaut 1 ! Les deux termes supplèmentaires on donc une partie

entière égale à 1.Reste les n termes que l’on a modifiés. En réalité, ces termes sont toujours égaux, sauf lorsque n+1 est une puissancek-ième. Si n+1 n’est pas une puissance parfaite, i.e. ne s’écrit pas sous la forme ab avec a et b entiers (nécessairementinférieur à n), alors pour tout k entre 2 et n, on a

E(k√n)

= E(k√n+ 1

)

E (logk (n)) = E (logk (n+ 1))

En effet,

E(k√n)

= p⇐⇒ p ≤ k√n < p+ 1⇐⇒ n ∈ pk ≤ n < (p+ 1)

k

E (logk (n)) = p⇐⇒ p ≤ lnn

ln k< p+ 1⇐⇒ kp ≤ n < k(p+1)

Donc E ( k√n) compte le nombre de puissance k−ieme strictement inférieure à n ( 0 exclus), par exemple E

(3√56)= 3,

et les puissances troisièmes sont 1, 8, 27, 64, · · · il n’y en a que 3 inférieures à 56. Quand à E (logk (n)) , cela comptele nombre de puissances de k inférieures à n. Si n+1 est une puissance parfaite, n+1 �= ab (avec a et b inférieur à nnécessairement) pour chaque diviseur d (différent de 1) de b, on a gagné une puissance d− ieme, donc E

(d√n+ 1

)=

E ( d√n) + 1, ainsi

f (n+ 1) = f (n) + 1 +∑

d|bd=1

1

De la même manière, pour chaque diviseur d �= 1 de b, on gagne une puissance nouvelle dans g (n+ 1) . Cette puissance

est

(abd

)d= ab, donc E

(log

abd

(n+ 1)

)= E

(log

abd

(n)

)+ 1. On a donc gagné autant dans g (n+ 1) que dans

f (n+ 1) et ainsi f (n+ 1) = g (n+ 1) dans tous les cas.Pour comprendre, prenons un exemple, si n = 610 − 1, alors n+ 1 = 610. Les diviseurs de 10 sont 2, 5 et 10. On a

E(√

610 − 1)

= 7775 et E(√

610)= 7776

E(

5√610 − 1

)= 35 et E

(5√610)= 36

E(

10√610 − 1

)= 5 et E

(10√610)= 6

E(log65

(610 − 1

))= 1 et E

(log65

(610))

= 2

E(log62

(610 − 1

))= 4 et E

(log62

(610))

= 5

E(log61

(610 − 1

))= 9 et E

(log61

(610))

= 10

(Exercice : calculer à la main, E(log65

(610)), E

(log62

(610))

et E(log61

(610))

).

Exercice 8.48

1. Posons f (n) =k−1∏

i=0

(E(nk

)− n− i

k

), fonction définie sur Z (qui est définie à k fixé). Cette fonction est

—22/23— G��� H��� - E����� M���� -(�) 2009

CHAPITRE 8. NOMBRES RÉELS 4. LES OLYMPIQUES

clairement k périodique, en effet

f (n+ k) =k−1∏

i=0

(E

(n+ k

k

)− n+ k − i

k

)

=k−1∏

i=0

(E(nk+ 1)− n− i

k− 1

)

=k−1∏

i=0

(E(nk

)+ 1− n− i

k− 1

)= f (n)

On veut prouver que f est nulle sur Z, il suffit de l’évaluer pour n = 0, 1, · · · , k − 1. Mais si 0 ≤ n ≤ k − 1, on

a 0 ≤ n

k< 1 donc E

(nk

)= 0 donc f (n) =

k−1∏

i=0

(−n− i

k

)= 0 car un des facteurs est nul ( n est compris entre

0 et k − 1, donc i prend la valeur n).Autre preuve : Si n ∈ Z, on effectue la division euclidienne de n par k, on a n = kp+r où 0 ≤ r ≤ k−1. Alorsn

k= p+

r

kdonc E

(nk

)= p et

n− r

k= p donc pour i = r le terme E

(nk

)− n− i

kest nul et par conséquent le

produit aussi.

2. Si on développe f (n) , on obtient le résultat demandé. Par exemple avec k = 2, on a

1∏

i=0

(E(n2

)− n− i

2

)= E

(n2

)2− (2n− 1)

2E(n2

)+n (n− 1)

4

Soit

E(n2

)2=

(2n− 1)

2E(n2

)− n (n− 1)

4

Pour k = 3, on obtient

E(n3

)3= (n− 1)E

(n3

)2−(3n2 − 6n+ 2

)

9E(n3

)+n (n− 1) (n− 2)

27

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