Borne Inf et borne Sup (1/2)

Exercice 1.
Soit {E=\{r\in\mathbb{Q}^{+},\;r^{2}\le 2\}} et {\beta=\sup E}.
Montrer que {\beta^{2}=2}.
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Tout d’abord {E\ne\emptyset}, car il contient {0}.

Si {x\in E}, alors {x^{2}\le 2\le 2^{2}} donc {x\le 2}.

Ainsi {E} est non vide et majoré.

On peut donc parler du réel {\beta=\sup E}.

On a {\beta>1} (par exemple, {\dfrac{4}{3}\in E}).

On va montrer que : {\forall n\in\mathbb{N}^{*},\;\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{2}\le 2\le\Big(\beta+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{2}}.

Par définition de {\beta}, il existe {r\in E} tel que {\beta-\dfrac{1}{n}\lt r}.

On en déduit {\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{2}\lt r^{2}\le 2}.

Pour tout {n\in\mathbb{N}^{*}}, posons {s_{n}=\dfrac{\left\lfloor n\beta\right\rfloor}{n}+\dfrac{1}{n}}.

On a : {n\beta-1\lt \left\lfloor{n\beta}\right\rfloor\le n\beta} donc {\beta\lt s_{n}\le \beta+\dfrac{1}{n}}.

Nécessairement {s_{n}^{2}>2} (sinon {s_{n}\in\mathbb{Q}\cap E} et ça contredirait la définition de {\beta}).

On a donc prouvé, pour tout {n\in\mathbb{N}^{*}} : {\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{2}\lt r^{2}\le 2\lt s_{n}^{2}\le\Big(\beta+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{2}}On a donc les inégalités, en utilisant {\dfrac{1}{n^{2}}\le \dfrac{\beta}{n}} : {\begin{array}{rl}\beta^{2}-\dfrac{2\beta}{n}&\le \beta^{2}-\dfrac{2\beta}{n}+\dfrac{1}{n^{2}}\le 2\\\\&\le \beta^{2}+\dfrac{2\beta}{n}+\dfrac{1}{n^{2}}\le \beta^{2}+\dfrac{3\beta}{n}\end{array}}Ainsi : {2-\dfrac{3\beta}{n}\le\beta^{2}\le 2+\dfrac{2\beta}{n}}.

Finalement {\beta^{2}=2} quand {n\to+\infty}.

Exercice 2.
Soit {a} dans {\mathbb{R}^{+}}, et {m} dans {\mathbb{N}^{*}}.
On pose {E=\{r\in\mathbb{Q}^{+},\;r^{m}\le a\}}.
Montrer que {E} est une partie majorée de {\mathbb{R}}.
On pose {\beta=\sup(E)}. Montrer que {\beta^{m}=a}.
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On va généraliser la démonstration de l’exercice précédent.

Soit {E=\{r\in\mathbb{Q}^{+},\;r^{m}\le a\}}.

Tout d’abord {E} est non vide car il contient {0}.

Montrons que {E} est majoré dans {\mathbb{R}}.

  • Notons que si {a\le 1}, alors {r\in E\Rightarrow r^{m}\le 1\Leftarrow r\le 1}.
  • Si {a>1}, alors {1\in E}.

    Dans ce cas, il reste à montrer que {E\cap[1+\infty[} est majoré.

    Rappelons l’inégalité de Bernoulli : {\forall\, x\in\mathbb{R}^{+},\;(1+x)^{m}=1+mx+\displaystyle\sum_{k=2}^{n}\binom{m}{k}x^{k}\ge 1+mx}En particulier, si {r\ge1} est dans {E}, on a : {1+m(r-1)\le r^{m}\le a\text{\ donc\ }r\le \dfrac{a-1}{m}+1}

Dans tous les cas, {E} est une partie non vide majorée de {\mathbb{R}}.

On peut donc parler du réel {\beta = \sup(E)}.

On va montrer que pour {n} assez grand, on a :{\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}\le a\le \Big(\beta+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}}Par définition de {\beta} : {\exists\, n_{0}\ge 1,\;\exists\, r\in E,\;0\le \beta-\dfrac{1}{n_{0}}\lt r}.

Pour tout {n\ge n_{0}}, on en déduit : {0\le \beta-\dfrac{1}{n}\lt r\text{\ donc\ }0\le \Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}\lt r^{m}\le a}Pour tout {n\ge 1}, posons {r_{n}=\dfrac{\left\lfloor {n\beta}\right\rfloor}{n}+\dfrac{1}{n}}.

On a : {n\beta-1\lt \left\lfloor {n\beta}\right\rfloor\le n\beta} donc {\beta\lt r_{n}\le \beta+\dfrac{1}{n}}.

Nécessairement {r_{n}^{m}\ge a} (sinon {r_{n}\in\mathbb{Q}\cap E} et ça contredirait la définition de {\beta}).

On a donc prouvé l’encadrement ( pour tout {n\ge n_{0}}) : {\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}\le a\le\Big(\beta+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}}

Mais {\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\Bigl(\beta-\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}=\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\Bigl(\beta+\dfrac{1}{n}\Bigr)^{m}=\beta^{m}}.

Par passage à la limite, on trouve donc {\beta^{m}=a}.

Exercice 3.
On pose {E=\Bigl\{u_{p,q}=\dfrac{p}{pq+1},\;p\in\mathbb{N}^{*},\;q\in\mathbb{N}^{*}\Bigr\}}.
Déterminer {\inf(E)} et {\sup(E)}.
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Pour {p,q} dans {\mathbb{N}^{*}}, on a {0\lt u_{p,q}=\dfrac{p}{pq+1}\lt \dfrac{1}{q}\le 1}.

On en déduit : {0\le \inf(E)\le \sup(E)\le 1}.

Soit {\varepsilon>0}. Si on fixe {p=1}, on trouve {u_{1,q}=\dfrac{1}{q+1}}.

On en déduit {0\lt u_{1,q}\lt \varepsilon} dès que {q+1>\dfrac{1}{\varepsilon}}.

Si on fixe {q=1}, on trouve {u_{p,1}=\dfrac{p}{p+1}=1-\dfrac{1}{p+1}}.

On en déduit {1-\varepsilon\lt u_{p,1}\lt 1} dès que {p+1>\dfrac{1}{\varepsilon}}.

Finalement : {\inf(E)=0} et {\sup(E)=1}.

Exercice 4.
On pose {E=\Bigl\{u_{p,q}=\dfrac{1}{p^{2}}+\dfrac{1}{q^{2}}-\dfrac{1}{pq},\;p\in\mathbb{N}^{*},\;q\in\mathbb{N}^{*}\Bigr\}}.
Déterminer {\inf(E)} et {\sup(E)}.
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Pour tous {p,q} dans {\mathbb{N}^{*}}, on a : {u_{p,q}=\dfrac{q^{2}+p^{2}-pq}{p^{2}q^{2}}>\dfrac{(q-p)^{2}}{p^{2}q^{2}}\gt 0}Par ailleurs, on a les inégalités : {\begin{array}{rl}1-u_{p,q}&=1-\dfrac{1}{p^{2}}-\dfrac{1}{q^{2}}+\dfrac{1}{pq}\\\\&\ge 1-\dfrac{1}{p^{2}}-\dfrac{1}{q^{2}}+\dfrac{1}{p^{2}q^{2}}\\\\&=\Bigl(1-\dfrac{1}{p^{2}}\Bigr)\Bigl(1-\dfrac{1}{q^{2}}\Bigr)\ge0\end{array}}Ainsi : {\forall p\ge 1,\;\forall q\ge 1,\;0\lt u_{p,q}\le 1}.

Avec {p=q}, on trouve {u_{p,p}=\dfrac{1}{p^{2}}}.

Ainsi {u_{p,p}\to 0} quand {p\to +\infty}.

Mais le majorant {1} est atteint pour {p=q=1}.

Conclusion : {\inf(E)=0} et {\max(E)=1}.

Exercice 5.
Soit {A\subset \mathbb{R}}, non vide bornée.
Soit {B=\{\left|{x-y}\right|,\;(x,y)\in A\times A\}}.
Montrer que :{\sup(B)=\sup(A)-\inf(A)}.
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Soit {M=\sup(A)-\inf(A)}.

  • Montrons tout d’abord que {M} est un majorant de {B}.

    Tout {d\in B} s’écrit {d=y-x} pour un {(x,y)\in A^2}.

    Mais alors {\begin{cases}y\le \sup(A)\\\inf(A)\le x\end{cases}} donc {d=y-x\le \sup(A)-\inf(A)=M}.

  • Réciproquement, soi {m} un majorant de {B}.

    Pour tous {(x,y)\in A^2} on a :{x-y\le\left|{x-y}\right|\le m,\text{\ donc\ }x\le y+m}Si on fixe {y\in B} (et qu’on laisse {x} parcourir {A}), cela indique que {y+m} est un majorant de {A}, donc que {\sup(A)\le y+m}.

    Pour tout {y} de {A}, on a donc {\sup(A)-m\le y}.

    Ainsi {\sup(A)-m} minore {A}, donc {\sup(A)-m\le\inf(A)}.

    Ainsi {M=\sup(A)-\inf(A)\le m} pour tout majorant {m} de {A}.

Conclusion : {\sup(A)-\inf(A)} est le plus petit des majorants de {B}.

En d’autres termes : {\sup(A)-\inf(A)=\sup(B)}.