Nombres réels

Exercice 1

Dans tout cet exercice, $x$, $y$ et $z$ sont des réels.

Démontrer les relations suivantes :

\[ 2|xy| \leq x^2 + y^2 \quad \text{et} \quad \sqrt{x^2 + y^2} \leq |x| + |y| \leq \sqrt{2} \sqrt{x^2 + y^2} \]

Montrer que $|x| = \max\{x, -x\}$. Le maximum de deux nombres $(x, y)$ (c’est-à-dire le plus grand des deux) est noté $\max\{x, y\}$. De même, on notera $\min\{x, y\}$ le plus petit des deux nombres $(x, y)$.

Corrigé

Soient $x, y \in \mathbb R$. On sait que \[ 0 \leq (|x|-|y|)^2 \Leftrightarrow x^2 -2|x||y| + y^2 \geq 0 \Leftrightarrow x^2 + y^2 \geq 2|x||y|\]

Il reste à montrer que \[\begin{equation} \begin{aligned} \sqrt{x^2 + y^2} &\leq |x| + |y| \leq \sqrt{2} \sqrt{x^2 + y^2} \end{aligned} \end{equation}\]

Soient $x, y \in \mathbb R$.

Comme $|xy| = |x||y|$ et $0 \leq 2|x||y| \leq x^2+y^2$, alors :

\[\begin{equation} \begin{aligned} x^2+y^2 &\leq (|x|+|y|)^2 \leq 2(x^2+y^2) \\ \sqrt{x^2 + y^2} &\leq |x| + |y| \leq \sqrt{2} \sqrt{x^2 + y^2} \end{aligned} \end{equation}\]

Soient $x, y \in \mathbb R$. Si $max \{x,-x\}= x$, alors $x \geq -x \Leftrightarrow 2x \geq 0$. Alors $|x| = x$.

\[\begin{equation} x \geq 0 \Rightarrow |x| =x= max\{x,-x\} \end{equation}\]

Si $max \{x,-x\}= -x$, alors $-x \geq x \Leftrightarrow -2x \geq 0$. Alors $|x| = -x$.

\[\begin{equation} -x \geq 0 \Rightarrow |x| =-x= max\{x,-x\} \end{equation}\]

D’où $|x| = max\{x,-x\}$

Exercice 2

Soit $E = \left\{ \frac{1}{n} + \frac{1}{m} \mid (n,m) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^* \right\}$. Déterminer, si elles existent, la borne supérieure et la borne inférieure de $E$.

Corrigé

Recherche de la borne supérieure :

Il est clair que $E$ est non vide et notons par $e_{n,m}$ les éléments de $E$. $\forall (n,m) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^*$, nous avons $n \geq 1$ et $m \geq 1$. Par conséquent,

\[\begin{equation} \begin{aligned} \frac{1}{n} &\leq 1 \quad \text{et} \quad \frac{1}{m} \leq 1 \\ \frac{1}{n} + \frac{1}{m} &\leq 1 + 1 \Rightarrow e_{n,m} \leq 2 \end{aligned} \end{equation}\]

On en déduit que $2$ est un majorant de $E$ ; de plus comme $e_{1,1} \in E$ alors $e_{1,1} = \max(E) = \sup(E) = 2$.

Recherche de la borne inférieure :

On a $\forall (n,m) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^*$, $0 < \frac{1}{n} + \frac{1}{m}$. Donc $0$ est un minorant de $E$.

Montrons que $0 = \inf(E)$. Il suffit de montrer que $\forall y \in \mathbb{R}$, $y > 0$, alors il existe $\alpha \in E$ tel que $0 < \alpha < y$. D’après la propriété d’Archimède,

\[\begin{equation} \forall y \in \mathbb{R}^*_+, \forall x \in \mathbb{R}^*_+, \exists n \in \mathbb{N}^* : ny > x \end{equation}\]

En posant $x = 1$, on obtient l’existence d’un entier naturel non nul $n$ tel que $ny > 1$, autrement dit, tel que $y > \frac{1}{n} + \frac{1}{n}$. Comme $\alpha = e_{n,n} \in E$, on conclut que $0$ est bien la borne inférieure de $E$.

Exercice 3

Soit $E$ la partie de $\mathbb{R}$ définie par : \[E = \left\{ u_n = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n + 1}{n} ; n \in \mathbb{N}^* \right\}.\]

Montrons que $E$ est infini et borné.
Déterminer, si elles existent, la borne supérieure et la borne inférieure de $E$.

Corrigé

1. Montrons que $E$ est infini et borné :

\[\begin{equation} \begin{aligned} u_{n_1} &= u_{n_2} \\ \Leftrightarrow \frac{n_1 - 1}{n_1} \cdot \frac{n_1 + 1}{n_1} &= \frac{n_2 - 1}{n_2} \cdot \frac{n_2 + 1}{n_2} \\ \Leftrightarrow n_1^2 &= n_2^2 \Rightarrow n_1 = n_2 \end{aligned} \end{equation}\]

Ce qui est absurde. Donc $E$ est infini.

Montrons que $u_n$ est borné. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\frac{n - 1}{n} \leq 1$ et $\frac{n + 1}{n} \leq 2$, donc $u_n \leq 2$. De plus, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $n > 1$ et $\frac{n - 1}{n} > 0$, donc $u_n > 0$. On en tire que $E$ est minorée par $0$ et majorée par $2$.

2. Déterminer si elle existe la borne supérieure et la borne inférieure de $E$ :

Sachant $0 < u_1 \in E$, $E$ admet une borne inférieure $m$ et une borne supérieure $M$ qui vérifient : $m \geq 0$ et $M \leq 2$.

Comme $u_1 = \frac{1}{2}$, on a $\inf(E) = \frac{1}{2}$.

Montrons que $\sup(E) = 2$. Pour cela, pour tout $\epsilon > 0$, montrons que $2 - \epsilon$ n’est pas un majorant de $E$. Il faut trouver $u_n \in E$ tel que $2 - \epsilon < u_n$. On a

\[\begin{equation} \begin{aligned} 2 - \epsilon &< u_n \\ \Leftrightarrow 2 - \epsilon &< \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n + 1}{n} \\ \Leftrightarrow (2 - \epsilon) n^2 &< (n - 1)(n + 1) \\ \Leftrightarrow (2 - \epsilon) n^2 &< n^2 - 1 \\ \Leftrightarrow \epsilon n^2 &< 1 \end{aligned} \end{equation}\]

Pour $n > \sqrt{\frac{1}{\epsilon}}$, $u_n > 2 - \epsilon$, donc $2 - \epsilon$ n’est pas un majorant de $E$. Donc, on a $\sup(E) = 2$.

Exercice 4

Soit $E$ la partie de $\mathbb{R}$ définie par : \[E = \left\{ u_n = \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n + 1}{n} ; n \in \mathbb{N}^* \right\}.\]

Montrons que $E$ est infini et borné.
Déterminer, si elles existent, la borne supérieure et la borne inférieure de $E$.

Corrigé

1. Montrons que $E$ est infini et borné :

Montrons que les éléments de $E$ sont tous distincts, ce qui prouvera que $E$ est infini. Raisonnons par l’absurde en supposant deux éléments égaux pour deux entiers strictement positifs $n_1$ et $n_2$ (avec $n_1 \neq n_2$) : \[u_{n_1} = u_{n_2} \Leftrightarrow \frac{n_1 - 1}{n_1} \cdot \frac{n_1 + 1}{n_1} = \frac{n_2 - 1}{n_2} \cdot \frac{n_2 + 1}{n_2} \Leftrightarrow n_1^2 = n_2^2 \Leftrightarrow n_1 = n_2\] Ce qui est absurde. Donc $E$ est infini.

Montrons que $u_n$ est borné. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\frac{n - 1}{n} \leq 1$ et $\frac{n + 1}{n} \leq 2$, donc $u_n \leq 1$. De plus, pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $n > 1$ et $\frac{n - 1}{n} > 0$, donc $u_n > 0$. On en tire que $E$ est minorée par $0$ et majorée par $1$.

2. Déterminer si elle existe la borne supérieure et la borne inférieure de $E$ :

Sachant $0 = u_1 \in E$, $E$ admet une borne inférieure $m$ et une borne supérieure $M$ qui vérifient : $m \geq 0$ et $M \leq 1$.

Comme $u_1 = 0$, on a $\inf(E) = 0$.

Montrons que $\sup(E) = 1$. Pour cela, pour tout $\epsilon > 0$, montrons que $1 - \epsilon$ n’est pas un majorant de $E$. Il faut trouver $u_n \in E$ tel que $1 - \epsilon < u_n$. On a \[1 - \epsilon < u_n \Leftrightarrow 1 - \epsilon < \frac{n - 1}{n} \cdot \frac{n + 1}{n} \Leftrightarrow (1 - \epsilon) (n^2 + 1) < n^2 - 1 \Leftrightarrow n^2 > \frac{2 - \epsilon}{\epsilon}\]

Si $\epsilon > 1$, on a $1 - \epsilon < 0 \leq u_n$. Si $\epsilon \leq 1$ alors $\frac{2 - \epsilon}{\epsilon} = 1 + \frac{1 - \epsilon}{\epsilon} > 0$, on peut prendre $n > \sqrt{\frac{2 - \epsilon}{\epsilon}}$ pour montrer que $1 - \epsilon$ n’est pas un majorant de $E$. Donc, on a $\sup(E) = 1$.

Exercice 5

Soient $x$ et $y$ deux nombres réels.

Montrons que : \[\max\{x, y\} = \frac{x + y + |x - y|}{2}\]

Corrigé

Montrons que** $\max\{x, y\} = \frac{x + y + |x - y|}{2}$ :

Deux cas sont possibles : ou bien $x \leq y$ ou bien $x > y$.

Cas 1 : Si $x \leq y$ alors $x - y \leq 0$ et \[\max\{x, y\} = y \quad \text{et} \quad \frac{x + y + |x - y|}{2} = \frac{x + y - (x - y)}{2} = y\] \[\Rightarrow \max\{x, y\} = \frac{x + y + |x - y|}{2}\]

Cas 2 : Si $x > y$ alors $x - y > 0$ et \[\max\{x, y\} = x \quad \text{et} \quad \frac{x + y + |x - y|}{2} = \frac{x + y + (x - y)}{2} = x\] \[\Rightarrow \max\{x, y\} = \frac{x + y + |x - y|}{2}\]

On a démontré que dans les deux cas envisageables, la relation est vraie.

Exercice 6

Soit $E$ la partie de $\mathbb{R}$ définie par : $E = \{ x \in \mathbb{Q}^+ \mid x^2 < 2 \}$.

Montrons que $E$ est majorée dans $\mathbb{Q}$.
Montrons que si $a \in E$, il existe $r \in \mathbb{Q}^+$ tel que $a + r \in E$.
$E$ a-t-elle une borne supérieure dans $\mathbb{Q}$ ?

Corrigé

1. Montrons que $E$ est majorée dans $\mathbb{Q}$ :

Soit $x \in E$. On remarque que si $x > 2$ alors $x^2 > 4 > 2$ implique que $x \notin E$, ce qui est une contradiction. On en déduit que pour tout $x \in E$, $x < 2$. De plus, pour tout $x \in E$, on a $x < 2$.

2. Montrons que si $a \in E$, il existe $r \in \mathbb{Q}^+$ tel que $a + r E :

Pour tout $a \in E$, par définition on a $a^2 < 2$, donc $2 - a^2 > 0$. Posons $r = \frac{2 - a^2}{2a + 2} \in \mathbb{Q}^+$.

On obtient $r < \frac{2}{2a + 2} < 2$ et sachant que $a \in \mathbb{Q}^+$, alors $a + r \in \mathbb{Q}^+$. On obtient : \[(a + r)^2 = a^2 + 2ar + r^2 = a^2 + (2a + r)r < a^2 + (2a + 2)r = a^2 + 2 - a^2 = 2\] Donc $a + r \in E$.

3. $E$ a-t-elle une borne supérieure dans $\mathbb{Q}$ :

Supposons qu’il existe $y \in \mathbb{Q}$ tel que $y = \sup(E)$. Donc $1 \leq y \leq 2$ car $1 \in E$ et $2$ est un majorant de $E$.

Cas 1 : Supposons que $y^2 < 2$. On a $y \in E$. D’après la question précédente, $z = y + r \in E$. On a donc trouvé un $z \in E$ tel que $z > y = \sup(E)$. Ce qui est une contradiction.

Cas 2 : Supposons que $y^2 > 2$. Soit $\epsilon > 0$ tel que $(y - \epsilon)^2 > 2$. On a $(y - \epsilon)^2 = y^2 - 2y\epsilon + \epsilon^2$. Sachant que $y \leq 2$, nous avons $-2y\epsilon \geq -4\epsilon$ et que \[(y - \epsilon)^2 > y^2 - 4\epsilon + \epsilon^2 > y^2 - 4\epsilon\]

Si $y^2 - 4\epsilon > 2$, c’est-à-dire $\epsilon < \frac{y^2 - 2}{4}$ alors $(y - \epsilon)^2 > 2$.

Posons $\epsilon = \frac{y^2 - 2}{6}$. On obtient $\epsilon = \frac{y^2 - 2}{6} < \frac{2^2 - 2}{6} = \frac{1}{3} < 1 < y$.

Donc $M = y - \frac{y^2 - 2}{6} \in \mathbb{Q}^+$, $M < y$ et $M^2 > 2$.

Supposons qu’il existe $x \in E$ tel que $x > M$, alors $x^2 > M^2 > 2$, ce qui est absurde. Donc pour tout $x \in E$, $x < M$ et $M$ est un majorant plus petit que $y$. Ce qui est une contradiction.

Cas 3 : Supposons que $y^2 = 2$. Sachant que $y \in \mathbb{Q}^+$, il existe deux entiers naturels $m$ et $n$ premiers entre eux tels que $y = \frac{m}{n}$. $y^2 = 2$ implique que \[\left( \frac{m}{n} \right)^2 = 2 \Rightarrow m^2 = 2n^2 \Rightarrow m \text{ est pair, donc divisible par 2} \Rightarrow \frac{m}{2} \in \mathbb{Z}\] \[4 \left( \frac{m}{2} \right)^2 = 2n^2 \Rightarrow n^2 = 2 \left( \frac{m}{2} \right)^2 \Rightarrow n \text{ est pair, donc divisible par 2}\]

$2$ est un facteur commun de $m$ et $n$, ce qui est absurde.

Exercice 7

Soit $A$ une partie de $\mathbb{R}$, $\alpha \in \mathbb{R}$ et $\beta \in \mathbb{R}^+$ tel que \[\forall a \in A, \ \beta \leq a \leq \alpha.\]

Montrer que la partie $B$ de $\mathbb{R}$ formée des inverses des éléments de $A$ est bornée.
Exprimer ses bornes inférieures et supérieures en fonction de celles de $A$.

Corrigé

Soient $A$ et $B$ deux ensembles inclus dans $\mathbb R$.

1. Montrons que la partie $B$ formé par les inverses de $A$ est bornée.

Soit $a \in A$, $B = \{\frac{1}{a} , a \in A\}$. $B$ est non vide.

Soientt $\alpha \in \mathbb R, \quad \beta \in \mathbb R_{+}^{*}$.

On a $\beta>0$ et $\beta \leq \alpha$ $ $. Donc,

\[ \frac{1}{\alpha} \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{\beta} \in B.\] Donc $B$ est majoré par $\frac{1}{\beta}$, et minoré par $\frac{1}{\alpha}$.

2. Exprimons sa borne $sup$ et $inf$ en fonction de celles de $A$.

On a $B \neq \emptyset$ et minoré donc $B$ admet une borne inférieure.

On determine d’abord la borne $supA$ et $infA$.

On a pour tout $a \in A$, $\beta \leq a \leq \alpha$.

$A$ est minoré par $\beta$ de plus $\beta \in A$ alors $minA = \beta$.

d’ou, \[ infA =\beta\]

$A$ est majoré par $\alpha$ de plus $\alpha \in A$ alors $maxA = \alpha$.

d’ou, \[ supA =\alpha\]

Il reste maintenant celles de $B$.

On sait que, $\frac{1}{\alpha} \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{\beta}$ . Alors, $\frac{1}{supA} \leq \frac{1}{a} \leq \frac{1}{infA}$.

$B$ est majoré par $\frac{1}{infA}$ de plus $\frac{1}{infA} \in B$ alors $maxB = \frac{1}{infA}$.

d’ou, \[ supB = \frac{1}{infA}\]

$B$ est minoré par $\frac{1}{supA}$ de plus $\frac{1}{supA} \in B$ alors $minB = \frac{1}{supA}$.

d’ou, \[ infB = \frac{1}{supA}\]

Exercice 8

Soient A et B deux parties non vides de $\mathbb{R}$. Montrer que :

Si $A$ et $B$ sont majorées, $A \cup B$ est majorée et $\sup(A \cup B) = \sup(\sup A, \sup B)$.
Si $A$ et $B$ sont minorées, $A \cup B$ est minorée et $\inf(A \cup B) = \inf(\inf A, \inf B)$.

Corrigé

A et B sont des parties non vides de $\mathbb{R}$ et de plus elles sont majorées donc A et B admettent des bornes supérieures.

Soient $\sup A$ et $\sup B$ les bornes supérieures respectives de A et B.

Soit $x \in A \cup B \iff x \in A$ ou $x \in B$ c’est-à-dire $x \leq \sup A$ ou $x \leq \sup B$ i.e. $x \leq \sup(\sup A, \sup B)$ d’où $\forall x \in A \cup B, x \leq \sup(\sup A, \sup B)$.

On peut conclure que $\sup(\sup A, \sup B)$ majore $A \cup B$.

$\sup(A \cup B)$ existe car $A \cup B$ est non vide ( $A \subset A \cup B$ ou $B \subset A \cup B$) et majorée par $\sup(\sup A, \sup B)$ de plus nous avons $\sup(A \cup B) \leq \sup(\sup A, \sup B)$.

Montrons maintenant que $\sup(A \cup B) \geq \sup(\sup A, \sup B)$ : on a $A \subset A \cup B$ alors $\sup(A \cup B) \geq \sup A$ de même nous avons $B \subset A \cup B$ alors $\sup(A \cup B) \geq \sup B$ d’où $\sup(A \cup B) \geq \sup(\sup A, \sup B)$.

Donc $\sup(A \cup B) = \sup(\sup A, \sup B)$.

A et B sont des parties non vides de $\mathbb{R}$ et de plus elles sont minorées donc A et B admettent des bornes inférieures.

Soient $\inf A$ et $\inf B$ les bornes inférieures respectives de A et B. Soit $x \in A \cup B \iff x \in A$ ou $x \in B$ c’est-à-dire $x \geq \inf A$ ou $x \geq \inf B$ i.e. $x \geq \inf(\inf A, \inf B)$ donc $\inf(\inf A, \inf B)$ est un minorant de $A \cup B$.

Il découle aussi $\inf(\inf A, \inf B) \leq \inf(A \cup B)$ car $\inf(A \cup B)$ est le plus grand des minorants de $A \cup B$.

Montrons maintenant que $\inf(A \cup B) \geq \inf(\inf A, \inf B)$ : on a $A \subset A \cup B$ alors $\inf(A \cup B) \leq \inf A$ de même nous avons $B \subset A \cup B$ alors $\inf(A \cup B) \leq \inf B$ d’où $\inf(A \cup B) \leq \inf(\inf A, \inf B)$.

Donc $\inf(A \cup B) = \inf(\inf A, \inf B)$.

Exercice 9

Soit $E(x)$ la fonction partie entière définie sur $\mathbb{R}$.

Montrer que la fonction partie entière est croissante sur $\mathbb{R}$.
Montrer que

\[ \forall x, y \in \mathbb{R}, \quad E(x) + E(y) \leq E(x + y) \leq E(x) + E(y) + 1. \]

En déduire que $\forall x \in \mathbb{R}, E(x + 1) = E(x) + 1$.

Corrigé

Soient $x, y \in \mathbb{R}$ tels que $x \leq y$. Montrons que $E(x) \leq E(y)$. $\forall x \in \mathbb{R}$, nous avons $E(x) \leq x < E(x) + 1$. De même $\forall y \in \mathbb{R}$, nous avons $E(y) \leq y < E(y) + 1$. Or $x \leq y$ d’où $E(x) \leq x \leq y < E(y) + 1$.

Donc $E(x) \leq E(y)$ car $E(y)$ est le plus grand entier naturel inférieur à $E(y) + 1$.

Nous avons $E(x) \leq x < E(x) + 1$ et $E(y) \leq y < E(y) + 1$. En faisant la somme des deux inégalités, nous obtenons $E(x) + E(y) \leq x + y < E(x) + E(y) + 2$.

Comme $E(x)$ est une fonction croissante, alors en appliquant la fonction partie entière à l’inégalité, nous avons $E(E(x) + E(y)) \leq E(x + y) < E(E(x) + E(y) + 2)$.

Donc $E(x) + E(y) \leq E(x + y) \leq E(x) + E(y) + 1$.

D’après l’inégalité précédente, en prenant $y = 1$, nous avons $E(x) + E(1) \leq E(x + 1) \leq E(x) + E(1) + 1$. Comme $E(1) = 1$, nous obtenons $E(x) + 1 \leq E(x + 1) \leq E(x) + 2$. Le plus grand entier naturel inférieur à $E(x) + 2$ est $E(x) + 1$, donc $E(x + 1) = E(x) + 1$.