Borne Inf et borne Sup (2/2)

Exercice 1.
Soit {f\colon [0,1]\mapsto [0,1]} une fonction croissante.
Soit {E=\{x\in[0,1],\;f(x)\le x\}} et {\alpha=\inf(E)}.
Montrer que {f(\alpha)=\alpha}.
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L’ensemble {E=\{x\in[0,1],\;f(x)\le x\}} est non vide (il contient {1}).

D’autre part, il est minoré (par {0}). Donc \alpha existe.

Pour tout {x\in E} : {\alpha\le x} donc {f(\alpha)\le f(x)\le x} (croissance de {f}, définition de {E}).

Ainsi {f(\alpha)} minore {E}, donc {f(\alpha)\le\alpha} (définition de {\alpha}).

Cela implique {f(f(\alpha))\le f(\alpha)} (croissance de {f}) donc {f(\alpha)\in E}.

Comme {\alpha=\inf(E)}, il en découle {\alpha\le f(\alpha)} donc {f(\alpha)=\alpha}.

Exercice 2.
Soit {E_{n}=\Big\{k+\dfrac{n}{k},\;k\in\mathbb{N}^{*}\Bigr\}}.

Montrer que {\inf(E_{n})\ge 2\sqrt{n}}. A-t-on {\min(E_{n})=2\sqrt{n}\,}?

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Pour tous {n,k} de {\mathbb{N}^{*}}, on a : {\begin{array}{rl}k+\dfrac{n}{k}-2\sqrt{n}&=\dfrac{k^{2}-2k\sqrt{n}+n}{k}\\\\&=\dfrac{(k-\sqrt{n})^{2}}{k}\ge0\end{array}}Ainsi {2\sqrt{n}} majore {E_{n}}, donc {\inf(E_{n})\ge 2\sqrt{n}}.

D’après le calcul précédent, on peut écrire {\min(E_{n})=2\sqrt{n}} s’il existe {k} dans {\mathbb{N}^{*}} tel que {k=\sqrt{n}}, c’est-à-dire si {n} est un carré parfait.

Exercice 3.
Soit {A,B} deux parties non vides majorées de {\mathbb{R}^{+}}.
Soit {AB=\{ab,\;(a,b)\in A\times B\}}.
Montrer que : {\sup(AB)=(\sup A)(\sup B)}.
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Posons {\begin{cases}\alpha=\sup(A)\\\beta=\sup(B)\end{cases}}. Pour tout {(a,b)\in A\times B}, on a : {0\le ab\le \alpha\beta}.

Ainsi {\alpha\beta} majore {AB}, donc : {\sup(AB)\le\alpha\beta}.

Soit {\varepsilon} un réel strictement positif quelconque.

Pour tout {\delta>0}, il existe {(x,y)\in A\times B} tel que {\begin{cases}\alpha-\delta\lt x\le \alpha\\ \beta-\delta\lt y\le \beta\end{cases}}

Avec ces notations on a les inégalités : {\alpha\beta-\delta(\alpha+\beta)\le \alpha\beta-\delta(\alpha+\beta)+\delta^{2}\lt xy\le \alpha\beta}Choisissons {\delta=\dfrac{\varepsilon}{\alpha+\beta+1}}.

Alors {\delta(\alpha+\beta)\lt \varepsilon}, donc {\alpha\beta-\varepsilon\lt xy\le\alpha\beta}.

Pour tout {\varepsilon>0}, il existe donc {z\in AB} tel que {\alpha\beta-\varepsilon\lt z\le \alpha\beta}.

Conclusion : {\sup(AB)=\alpha\beta=\sup(A)\sup(B)}.

Exercice 4.
Calculer {\lambda=\displaystyle\inf_{t\in\mathbb{R}}\Bigl\{\sup_{x\in[0,1]}{|x^2+tx|}\Bigr\}}.
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  • Si {t\ge0}, la fonction {x\mapsto x^2+tx} est positive croissante sur {[0,1]}.

    Dans ce cas {\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}{|x^2+tx|}} est atteint pour {x=1} et vaut {1+t\ge1}.

  • Si {t\lt 0}, le tableau de variation de {x\mapsto\left|{x(x+t)}\right|} est le suivant :

    images/reels-tab.png

    On en déduit:

    • Si {1\le-\dfrac{t}2}, c’est-à-dire si {t\le-2}, alors : {\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}{|x^2+tx|}=\left|{1+t}\right|\ge1}
    • Si {-\dfrac{t}2\le1\le-t}, c’est-à-dire si {-2\le t\le-1}, alors : {\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}{|x^2+tx|}=\dfrac{t^2}4\le1}
      (quantité de mimimum {\dfrac14} quand {t=-1}.)
    • Si {-t\le 1}, c’est-à-dire si {-1\le t\le0}, alors : {\displaystyle\sup_{x\in[0,1]}{|x^2+tx|}=\displaystyle\sup\{\dfrac{t^2}4,\left|{1+t}\right|\}\le1}
      Soit {\varphi(t)=\displaystyle\sup\{\dfrac{t^2}4,\left|{1+t}\right|\}=\displaystyle\sup\{\dfrac{t^2}4,1+t\}}.

      Posons {\mu=\displaystyle\inf_{-1\le t\le 0}\varphi(t)}.

      On constate que : {\begin{array}{rl}\dfrac{t^2}4-(1+t)&=\dfrac{1}{4}(t-\alpha)(t-\beta)\\\\&\text{\ où\ }\begin{cases}\alpha=2-2\sqrt2\approx-0,83\cr\beta=2+2\sqrt2>0\end{cases}\end{array}}Ainsi : {\dfrac{t^2}4\ge1+t} sur {[-1,\alpha]} et {\dfrac{t^2}4\le1+t} sur {[\alpha,0]}.

      On en déduit que:

      {\qquad\varphi(t)=\dfrac{t^2}4} (fonction décroissante) sur {[-1,\alpha]}

      {\qquad\varphi(t)=1+t} (fonction croissante) sur {[\alpha,0]}.

      Finalement, {\mu=\varphi(\alpha)=1+\alpha=3-2\sqrt2\lt \dfrac14}.

    • Conclusion : la borne inférieure {\lambda} est obtenue en supposant {-1\le t\le 0}.

      Plus précisément, elle est obtenue avec {t=2-2\sqrt2} et vaut {3-2\sqrt2}.