Corrigé du devoir

Questions de cours :  

1. On dit que $a$ est un majorant de $A$ si :
   $$\forall x\in A ,\; x\leqslant a\;.$$

2. On dit que $a$ est le plus grand élément de $A$ si $a$ est un majorant de $A$ et s'il appartient à $A$.
   $$a\in A$$   et$$\quad\forall x\in A ,\; x\leqslant a\;.$$

3. On dit que $a$ est la borne supérieure de $A$ si c'est le plus petit des majorants de $A$.
4. On dit que $A$ est un intervalle si tout point entre deux points de $A$ est aussi dans $A$.
   $$\forall x,y\in A ,\;\forall z\in\mathbb{R}\;,\quad (x\leqslant z\leqslant y)\;\Longrightarrow\; z\in A\;.$$

5. Démontrer que $A=]-\infty,a [$ ou bien $A=]-\infty,a ]$ équivaut à montrer les deux inclusions suivantes.
   $$A\subset [-\infty, a ]$$   et$$\quad ]-\infty,a [\;\subset A\;.$$
   Montrons d'abord la première. Par définition, la borne supérieure est un majorant. Donc aucun réel strictement supérieur à $a$ ne peut appartenir à $A$. Donc :
   $$x\notin ]-\infty,a ] \;\Longrightarrow\; x\notin A\;.$$
   La contraposée est :
   $$x\in A \;\Longrightarrow\; x\in ]-\infty,a]\;,$$
   ce qui équivaut à la première inclusion.

   Montrons la seconde inclusion. Soit $x$ un réel strictement inférieur à $a$. Puisque $A$ n'est pas minoré, $x$ n'est pas un minorant. Donc il existe $c\in A$ tel que $c<x$. Puisque $a$ est le plus petit des majorants de $A$, $x$ n'est pas un majorant. Donc il existe $d\in A$ tel que $x<d$. Les deux réels $c$ et $d$ appartiennent à $A$ et sont tels que $c<x<d$. Comme $A$ est un intervalle, ceci entraîne que $x$ appartient à $A$. Au total nous avons montré que

   $$x<a\;\Longrightarrow x\in A\;,$$
   soit $]-\infty,a [\;\subset A$.

Exercice 1 :

1. Observons que $M$ est strictement positif, car $B\subset \mathbb{R}^{+*}$. Si $m< 0$, alors $m/M< 0$ et la propriété annoncée est vraie puisque $A\!:\!B\subset \mathbb{R}^+$. Supposons donc $m\geqslant 0$. Pour tout $y\in B$, $0<y\leqslant M$, donc $0<1/M\leqslant 1/y$. Pour tout $x\in A$, $0\leqslant m\leqslant x$. Donc :
   $$\forall x\in A ,\;\forall y\in B\;,\quad \frac{m}{M}\leqslant \frac{x}{y}\;.$$
   Donc $m/M$ est un minorant de $A\!:\!B$.
2. Soit $a$ un élément quelconque de $A$. Comme $B$ n'est pas majoré, il existe $y\in B$ tel que $y> a/\varepsilon \geqslant 0$. Donc $x=a/y <\varepsilon$, or $x\in A\!:\!B$, d'où le résultat.
3. Par hypothèse, tout élément de $A\!:\!B$ est positif ou nul. Donc 0 est un minorant de $A\!:\!B$. D'après la question précédente, pour tout $\varepsilon >0$, $\varepsilon$ n'est pas un minorant de $A\!:\!B$. Donc 0 est le plus grand des minorants de $A\!:\!B$ ; c'est la borne inférieure.
4. Par hypothèse, $A$ contient un réel strictement positif. Si $\inf(B)=0$ alors pour tout $\varepsilon >0$, il existe $y\in B$ tel que $0<y<\varepsilon$. Soit $M$ un réel strictement positif quelconque. Soit $y\in B$ tel que $0<y<a/M$. Alors $a/y\in A\!:\!B$ et $a/y>M$. Donc $A\!:\!B$ n'est pas majoré.
5. Si $A\!:\!B$ est un singleton, c'est un intervalle particulier. Sinon nous devons montrer que
   $$\forall z_1,z_2\in A\!:\!B ,\;\forall z\in\mathbb{R}\;,\quad (z_1<z<z_2)\;\Longrightarrow\; z\in A\!:\!B\;.$$
   Par hypothèse, il existe $x_1\in A$ et $y_1\in B$ tels que $z_1=x_1/y_1$. De même, il existe $x_1\in A$ et $y_1\in B$ tels que $z_1=x_1/y_1$. Supposons d'abord $y_1\leqslant y_2$. Alors :
   $$\frac{x_1}{y_1}<z<\frac{x_2}{y_2}\;\Longrightarrow\; x_1<zy_1<x_2\frac{y_1}{y_2}\leqslant x_2\;.$$
   Comme $A$ est un intervalle, tout réel compris entre $x_1$ et $x_2$ appartient à $A$, donc $zy_1$ appartient à $A$, donc $z$ appartient à $A\!:\!B$.

   Supposons maintenant que $y_1>y_2$. Alors $x_1/y_1< x_1/y_2$. Si $z=x_1/y_2$, $z\in A\!:\!B$. Sinon, de deux choses l'une : soit $z<x_1/y_2$, soit $z>x_1/y_2$. Dans le premier cas :

   $$\frac{x_1}{y_1}<z<\frac{x_1}{y_2}\;\Longleftrightarrow\; y_2<\frac{x_1}{z}<y_1\;.$$
   Comme $B$ est un intervalle, $x_1/z=y$ appartient à $B$, donc $z=x_1/y$ appartient à $A\!:\!B$.

   Dans le second cas :

   $$\frac{x_1}{y_2}<z<\frac{x_2}{y_2}\;\Longleftrightarrow\; x_1<zy_2<x_2\;.$$
   Comme $A$ est un intervalle, $zy_2=x$ appartient à $A$, donc $z=x/y_2$ appartient à $A\!:\!B$.
6. Soit $x$ un réel strictement positif. Supposons d'abord $x \leqslant 1$. Ecrivons $x=x\varepsilon /\varepsilon$. Or $x\varepsilon \in A$ et $\varepsilon \in B$. Donc $x\in A\!:\!B$. Supposons maintenant $x>1$. Ecrivons :
   $$x = \frac{(x\varepsilon )/x}{\varepsilon /x}\;.$$
   Comme $(x\varepsilon )/x=\varepsilon \in A$ et $\varepsilon /x\in B$, on en déduit encore que $x\in A\!:\!B$.

Exercice 2 :  

1. Démontrons la contraposée : si $x^{1/n}$ est rationnel, alors $x=(x^{1/n})^n$ est rationnel (car le produit de deux rationnels est rationnel). D'où le résultat.
2. $x=\sqrt{2}$ est irrationnel mais $x^2=2$ est rationnel.
3. Pour $n=0$, $x^{2n}=1\in\mathbb{Q}$. Pour $n\geqslant 1$, $x^{2n}=(x^2)^n\in \mathbb{Q}$. Supposons que $x^{2n+1}$ et $x^{2n}$ soient rationnels, alors $x=x^{2n+1}/x^{2n}$ est rationnel, d'où le résultat, par contraposée.
4. Si $a=0$ alors $ax+b=b\in\mathbb{Q}$. Montrons la réciproque : si $ax+b\in\mathbb{Q}$, alors $ax=(ax+b)-b\in\mathbb{Q}$. Supposons $a\neq 0$ et $ax\in \mathbb{Q}$. Alors $x=ax/a\in \mathbb{Q}$. D'où le résultat, par contraposée.
5. L'hypothèse entraîne que $cx+d$ est non nul. Posons :
   $$\frac{ax+b}{cx+d}=r\;\Longleftrightarrow\;x(a-rc)=(rd-b)\;.$$
   Si $r$ est rationnel, alors $rd-b$ est rationnel. D'après la question précédente, c'est le cas si et seulement si $a=rc$ et $b=rd$. Alors $ad-bc=rcd-rcd=0$. Réciproquement, supposons $ad-bc=0$. Si $ad=bc=0$, on distingue 3 cas (rappelons que $c$ et $d$ ne sont pas tous les deux nuls) :

   $\bullet$

   $a=0$ et $b=0$ : alors $(ax+b)/cx+d)=0\in\mathbb{Q}$ ;

   $\bullet$

   $a=0$ et $c=0$ : alors $(ax+b)/cx+d)=b/d\in\mathbb{Q}$ ;

   $\bullet$

   $d=0$ et $b=0$ ; alors $(ax+b)/cx+d)=a/c\in\mathbb{Q}$.

   Si $ad=bc\neq 0$ alors :
   $$\frac{ax+b}{cx+d} = \frac{b}{d} \frac{ad x+bd}{bcx+bd}=\frac{b}{d}\in\mathbb{Q}\;.$$

Exercice 3 : Soient $x$ et $y$ deux réels quelconques.

1. $$2\vert x\vert=\vert 2x\vert=\vert(x+y)+(x-y)\vert\leqslant \vert x+y\vert+\vert x-y\vert\;.$$

2. On applique le résultat en échangeant $x$ et $y$ :
   $$2\vert y\vert\leqslant \vert y+x\vert+\vert y-x\vert=\vert x+y\vert+\vert x-y\vert\;.$$
   En ajoutant les deux inégalités précédentes, on obtient :
   $$2\vert x\vert+2\vert y\vert\leqslant 2\vert x+y\vert+2\vert x-y\vert\;.$$
   D'où le résultat en divisant les deux membres par $2$.

Exercice 4 :

1. Par définition la partie entière de $n+x$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $n+x$. Or pour tout entier $k$,
   $$k\leqslant n+x\;\Longleftrightarrow\; k-n\leqslant x\;.$$
   En utilisant la condition nécessaire, pour $k=\lfloor n+x\rfloor$, $\lfloor n+x\rfloor-n\leqslant \lfloor x\rfloor$. En utilisant la condition suffisante pour $k-n=\lfloor x\rfloor$, $n+\lfloor x\rfloor\leqslant \lfloor x+n\rfloor$. D'où le résultat.

2. $$\lfloor x+y\rfloor=\lfloor \lfloor x\rfloor +D(x)+\lfloor y\rfloor+D(y) \rfloor =\lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor +\lfloor D(x)+D(y)\rfloor\;,$$
   d'après la question précédente. Or par définition la partie décimale d'un réel appartient à $[0,1[$. Donc $D(x)+D(y)\in[0,2[$, donc la partie entière de $D(x)+D(y)$ vaut soit 0 soit $1$.