Nombres réels : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Inégalités classiques

1. On étudie le signe de la différence. On a \(\dfrac{a^2 + b^2}{2} – ab = \dfrac{(a – b)^2}{2} \geq\, 0\), car un carré est positif. Donc \(ab \leq\, \frac{a^2 + b^2}{2}\), avec égalité si et seulement si \(a = b\).
2. On applique la question 1 aux trois couples \((a, b)\), \((b, c)\) et \((c, a)\), puis on additionne ces inégalités de même sens :
   \[ab + bc + ca \leq\, \frac{a^2 + b^2}{2} + \frac{b^2 + c^2}{2} + \frac{c^2 + a^2}{2} = a^2 + b^2 + c^2.\]
   On obtient bien \(ab + bc + ca \leq\, a^2 + b^2 + c^2\).
3. Comme \(x, y > 0\), les réels \(\sqrt{x}\) et \(\sqrt{y}\) existent. La question 1 appliquée à \(a = \sqrt{x}\) et \(b = \sqrt{y}\) donne \(\sqrt{x}\sqrt{y} \leq\, \frac{x + y}{2}\), c’est-à-dire \(\sqrt{xy} \leq\, \frac{x + y}{2}\). Ensuite, on a \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{x + y}{xy}\). Comme \(xy(x + y) > 0\), on peut multiplier par ce réel sans changer le sens. Ainsi,
   \[\frac{x + y}{xy} \geq\, \frac{4}{x + y} \Leftrightarrow (x + y)^2 \geq\, 4xy \Leftrightarrow (x – y)^2 \geq\, 0.\]
   La dernière inégalité est vraie. Par conséquent, \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} \geq\, \frac{4}{x + y}\).
4. Pour tout réel \(t\), on a \(\frac{1}{4} – t(1 – t) = t^2 – t + \frac{1}{4} = (t – \frac{1}{2})^2 \geq\, 0\). Donc \(t(1 – t) \leq\, \frac{1}{4}\), avec égalité si et seulement si \(t = \frac{1}{2}\).

Point de méthode : pour comparer deux expressions, formez leur différence et cherchez à l’écrire comme un carré ou comme un produit de facteurs de signe connu.

Corrigé de l’exercice 2 : Équations et inéquations avec valeurs absolues

1. D’après le cours, \(|X| < r\) équivaut à \(-r < X < r\). Ainsi, \(|2x – 3| < 5 \Leftrightarrow -5 < 2x – 3 < 5 \Leftrightarrow -2 < 2x < 8 \Leftrightarrow -1 < x < 4\). L’ensemble des solutions est \(]-1, 4[\).
2. Posons \(g(x) = |x – 1| + |x + 2|\). Les valeurs absolues changent d’expression en \(-2\) et en \(1\). On distingue donc trois cas.
   • Si \(x \leq\, -2\) : \(g(x) = (1 – x) + (-x – 2) = -2x – 1\). Alors \(g(x) \leq\, 5 \Leftrightarrow x \geq\, -3\). On garde \([-3, -2]\).
   • Si \(-2 \leq\, x \leq\, 1\) : \(g(x) = (1 – x) + (x + 2) = 3 \leq\, 5\). Tout l’intervalle \([-2, 1]\) convient.
   • Si \(x \geq\, 1\) : \(g(x) = (x – 1) + (x + 2) = 2x + 1\). Alors \(g(x) \leq\, 5 \Leftrightarrow x \leq\, 2\). On garde \([1, 2]\).

   En réunissant les trois cas, l’ensemble des solutions est \([-3, 2]\). La figure ci-dessous confirme ce résultat : la courbe passe sous la droite \(y = 5\) exactement entre \(-3\) et \(2\), avec un palier de hauteur \(3\) entre \(-2\) et \(1\).

3. Les deux membres sont positifs. Or, pour \(u, v \geq\, 0\), on a \(u \geq\, v \Leftrightarrow u^2 \geq\, v^2\), car la fonction carré est strictement croissante sur \([0, +\infty[\). Ainsi,
   \[|x + 1| \geq\, |2x – 1| \Leftrightarrow x^2 + 2x + 1 \geq\, 4x^2 – 4x + 1 \Leftrightarrow 3x^2 – 6x \leq\, 0 \Leftrightarrow 3x(x – 2) \leq\, 0.\]
   Un trinôme est du signe opposé à son coefficient dominant entre ses racines. L’ensemble des solutions est \([0, 2]\).
4. Une valeur absolue est positive, donc une solution vérifie \(2x \geq\, 0\), soit \(x \geq\, 0\). Pour \(x \geq\, 0\), l’équation équivaut à \(x – 3 = 2x\) ou \(x – 3 = -2x\). Le premier cas donne \(x = -3\), rejeté car négatif. Le second donne \(3x = 3\), soit \(x = 1\). Vérification : \(|1 – 3| = 2 = 2 \times 1\). L’unique solution est \(x = 1\).

Corrigé de l’exercice 3 : Autour de l’inégalité triangulaire

1. On écrit \(x = (x – y) + y\). Par l’inégalité triangulaire, \(|x| \leq\, |x – y| + |y|\), donc \(|x| – |y| \leq\, |x – y|\). En échangeant les rôles de \(x\) et \(y\), on obtient \(|y| – |x| \leq\, |y – x| = |x – y|\). Or \(\big||x| – |y|\big|\) est égal à \(|x| – |y|\) ou à \(|y| – |x|\). Dans les deux cas, \(\big||x| – |y|\big| \leq\, |x – y|\).
2. Les réels \(|x + y|\) et \(|x| + |y|\) sont positifs. Ils sont donc égaux si et seulement si leurs carrés le sont. D’une part, \(|x + y|^2 = x^2 + 2xy + y^2\). D’autre part, \((|x| + |y|)^2 = x^2 + 2|xy| + y^2\). L’égalité équivaut donc à \(xy = |xy|\). Ainsi, \(|x + y| = |x| + |y| \Leftrightarrow xy \geq\, 0\).
3. On a \(2x = (x + y) + (x – y)\), donc \(2|x| \leq\, |x + y| + |x – y|\). De même, \(2y = (x + y) – (x – y)\), donc \(2|y| \leq\, |x + y| + |x – y|\). En additionnant puis en divisant par \(2\), on obtient \(|x| + |y| \leq\, |x + y| + |x – y|\).
4. Soit \(x \in [-2, 3]\). Alors \(|x| \leq\, 3\). Par l’inégalité triangulaire,
   \[|x^3 – 2x + 1| \leq\, |x|^3 + 2|x| + 1 \leq\, 27 + 6 + 1 = 34.\]
   Donc \(|x^3 – 2x + 1| \leq\, 34\) sur \([-2, 3]\). Cette majoration est grossière, mais elle suffit souvent en analyse.

Corrigé de l’exercice 4 : Intervalles de R

1. D’abord, \(|x – 2| < 3 \Leftrightarrow -1 < x < 5\), donc \(A = \, ]-1, 5[\). Ensuite, \(x^2 \leq\, 4x – 3 \Leftrightarrow x^2 – 4x + 3 \leq\, 0 \Leftrightarrow (x – 1)(x – 3) \leq\, 0\), donc \(B = [1, 3]\). Enfin, \(C = \, ]-\infty, -2] \cup [2, +\infty[\). Comme \([1, 3] \subset \, ]-1, 5[\), on a \(A \cap B = [1, 3]\). De plus, \(]-1, 5[ \, \cap \, ]-\infty, -2] = \varnothing\). Donc \(A \cap B = [1, 3]\) et \(A \cap C = [2, 5[\).
2. Notons \(I\) l’intersection. Pour tout \(n \geq\, 1\), on a \(-\frac{1}{n} < 0\) et \(1 < 1 + \frac{1}{n}\). Donc \([0, 1] \subset I\). Réciproquement, soit \(x \notin [0, 1]\). Si \(x < 0\), la propriété d’Archimède fournit \(n \geq\, 1\) tel que \(\frac{1}{n} < -x\). Alors \(x < -\frac{1}{n}\), et \(x \notin I\). Si \(x > 1\), on choisit \(n\) avec \(\frac{1}{n} < x – 1\). Alors \(x > 1 + \frac{1}{n}\), et \(x \notin I\). Finalement, \(I = [0, 1]\).
3. Notons \(U\) la réunion. Pour \(n \geq\, 2\), on a \(0 < \frac{1}{n}\) et \(1 – \frac{1}{n} < 1\), donc chaque segment est inclus dans \(]0, 1[\). Ainsi, \(U \subset \, ]0, 1[\). Réciproquement, soit \(x \in \, ]0, 1[\). Le réel \(\delta = \min(x, 1 – x)\) est strictement positif. Par Archimède, il existe \(n \geq\, 2\) tel que \(\frac{1}{n} \leq\, \delta\). Alors \(\frac{1}{n} \leq\, x\) et \(x \leq\, 1 – \frac{1}{n}\). Donc \(U = \, ]0, 1[\).
4. Soient \(I\) et \(J\) deux intervalles, et \(a \leq\, c \leq\, b\) avec \(a, b \in I \cap J\). Comme \(I\) est un intervalle, \(c \in I\). De même, \(c \in J\). Donc \(c \in I \cap J\). L’intersection de deux intervalles est un intervalle. En revanche, la réunion n’en est pas toujours un : \([0, 1] \cup [2, 3]\) contient \(1\) et \(2\), mais pas \(\frac{3}{2}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Premiers calculs de parties entières

1. On encadre chaque réel entre deux entiers consécutifs. On a \(3 \leq\, 3{,}7 < 4\) et \(-4 \leq\, -3{,}7 < -3\). De plus, \(-5\) est entier. Ensuite, \(9 \leq\, 10 < 16\), donc \(3 \leq\, \sqrt{10} < 4\). Enfin, \(3 < \pi < 4\) donne \(-4 < -\pi < -3\). Donc \(\lfloor 3{,}7 \rfloor = 3\), \(\lfloor -3{,}7 \rfloor = -4\), \(\lfloor -5 \rfloor = -5\), \(\lfloor \sqrt{10} \rfloor = 3\) et \(\lfloor -\pi \rfloor = -4\).
2. Posons \(p = \lfloor x \rfloor\). Alors \(p \leq\, x < p + 1\), donc \(p + k \leq\, x + k < p + k + 1\). Comme \(p + k\) est un entier, on a \(\lfloor x + k \rfloor = \lfloor x \rfloor + k\).
3. Si \(x \in \mathbb{Z}\), alors \(\lfloor x \rfloor = x\) et \(\lfloor -x \rfloor = -x\), d’où une somme nulle. Sinon, posons \(p = \lfloor x \rfloor\) : on a \(p < x < p + 1\), l’inégalité de gauche étant stricte car \(x \notin \mathbb{Z}\). Donc \(-p – 1 < -x < -p\), et \(\lfloor -x \rfloor = -p – 1\). La somme vaut \(0\) si \(x \in \mathbb{Z}\) et \(-1\) sinon.
4. Par définition, \(\lfloor 2x – 1 \rfloor = 3 \Leftrightarrow 3 \leq\, 2x – 1 < 4 \Leftrightarrow 4 \leq\, 2x < 5\). L’ensemble des solutions est \([2, \frac{5}{2}[\).

Corrigé de l’exercice 6 : Bornes de parties simples

1. Pour \(n \geq\, 1\), on a \(0 \leq\, 1 – \frac{1}{n} < 1\). Donc \(A\) est bornée. Le réel \(0\) est atteint pour \(n = 1\), donc \(\min A = \inf A = 0\). Ensuite, \(1\) majore \(A\). Soit \(\varepsilon > 0\). Par Archimède, il existe \(n\) tel que \(\frac{1}{n} < \varepsilon\), et alors \(1 – \frac{1}{n} > 1 – \varepsilon\). Donc \(\sup A = 1\), \(\min A = 0\), et \(A\) n’a pas de maximum, car \(1 – \frac{1}{n} \neq 1\).
2. Séparons selon la parité de \(n\). Pour \(n\) pair, \((-1)^n + \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{n} \in \, ]1, \frac{3}{2}]\), et la valeur \(\frac{3}{2}\) est atteinte pour \(n = 2\). Pour \(n\) impair, \((-1)^n + \frac{1}{n} = -1 + \frac{1}{n} \in \, ]-1, 0]\). Ainsi, tous les éléments de \(B\) sont dans \(]-1, \frac{3}{2}]\). Par conséquent, \(\max B = \sup B = \frac{3}{2}\). Ensuite, \(-1\) minore \(B\). Soit \(\varepsilon > 0\) ; choisissons un entier impair \(n\) tel que \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Alors \(-1 + \frac{1}{n} < -1 + \varepsilon\). Donc \(\sup B = \max B = \frac{3}{2}\), \(\inf B = -1\), et \(B\) n’a pas de minimum.
3. Tout élément de \(C\) vérifie \(0 \leq\, c \leq\, 2\). Or \(0 \in C\) et \(2 \in C\). Donc \(\min C = \inf C = 0\) et \(\max C = \sup C = 2\). On remarque que \(1\) n’est pas la borne supérieure : le point isolé \(2\) compte aussi.
4. On a \(x^2 < 3 \Leftrightarrow |x| < \sqrt{3}\), donc \(D = \, ]-\sqrt{3}, \sqrt{3}[\). Le réel \(\sqrt{3}\) majore \(D\). Pour \(0 < \varepsilon < \sqrt{3}\), le réel \(\sqrt{3} – \frac{\varepsilon}{2}\) appartient à \(D\) et dépasse \(\sqrt{3} – \varepsilon\). Donc \(\sup D = \sqrt{3}\) et \(\inf D = -\sqrt{3}\), sans maximum ni minimum.

Corrigé de l’exercice 7 : Borne supérieure par la caractérisation epsilon

1. On écrit \(2n + 1 = 2(n + 2) – 3\). Donc \(\dfrac{2n + 1}{n + 2} = 2 – \dfrac{3}{n + 2}\), avec \(\alpha = 2\) et \(\beta = 3\).
2. Posons \(u_n = 2 – \frac{3}{n + 2}\). Quand \(n\) augmente, \(n + 2\) augmente, donc \(\frac{3}{n + 2}\) diminue. Ainsi, la suite \((u_n)\) est strictement croissante. Son plus petit terme est \(u_0\). Donc \(\min A = u_0 = \frac{1}{2}\).
3. D’abord, \(\frac{3}{n + 2} > 0\), donc \(u_n < 2\) : le réel \(2\) majore \(A\). Ensuite, fixons \(\varepsilon > 0\). On a
   \[u_n > 2 – \varepsilon \Leftrightarrow \frac{3}{n + 2} < \varepsilon \Leftrightarrow n + 2 > \frac{3}{\varepsilon}.\]
   Par la propriété d’Archimède, un tel entier \(n\) existe. Par la caractérisation de la borne supérieure, \(\sup A = 2\). Comme \(u_n < 2\) pour tout \(n\), \(A\) n’a pas de maximum.
4. Pour \(\varepsilon = 0{,}2\), la condition s’écrit \(n + 2 > 15\), soit \(n > 13\). Le plus petit entier est \(n = 14\) ; on vérifie que \(u_{14} = \frac{29}{16} = 1{,}8125 > 1{,}8\), tandis que \(u_{13} = \frac{27}{15} = 1{,}8\). Pour \(\varepsilon = 10^{-2}\), la condition devient \(n + 2 > 300\), soit \(n > 298\). On trouve \(n = 14\) pour \(\varepsilon = 0{,}2\) et \(n = 299\) pour \(\varepsilon = 10^{-2}\).

La figure ci-dessous représente les termes \(u_n\). Dès \(n = 14\), ils entrent dans la bande comprise entre \(2 – \varepsilon\) et \(2\), sans jamais atteindre la borne.

Corrigé de l’exercice 8 : Borne supérieure d’une somme et d’une réunion

1. Les parties \(A\) et \(B\) sont non vides, donc \(A + B\) l’est aussi. Notons \(\alpha = \sup A\) et \(\beta = \sup B\), qui existent par l’axiome de la borne supérieure. Pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a \leq\, \alpha\) et \(b \leq\, \beta\), donc \(a + b \leq\, \alpha + \beta\). Ainsi, \(A + B\) est non vide et majorée par \(\alpha + \beta\).
2. On vient de voir que \(\alpha + \beta\) majore \(A + B\). Soit \(\varepsilon > 0\). Par la caractérisation, il existe \(a \in A\) tel que \(a > \alpha – \frac{\varepsilon}{2}\), et \(b \in B\) tel que \(b > \beta – \frac{\varepsilon}{2}\). Alors \(a + b > \alpha + \beta – \varepsilon\), avec \(a + b \in A + B\). Donc \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).
3. Posons \(\mu = \max(\alpha, \beta)\). Tout élément de \(A \cup B\) est dans \(A\) ou dans \(B\), donc il est inférieur à \(\alpha\) ou à \(\beta\), donc à \(\mu\). Ainsi, \(\mu\) majore \(A \cup B\). Réciproquement, soit \(M\) un majorant de \(A \cup B\). Alors \(M\) majore \(A\) et \(B\), donc \(M \geq\, \alpha\) et \(M \geq\, \beta\), d’où \(M \geq\, \mu\). Donc \(\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)\).
4. On a \(\sup [0, 1[ \, = 1\). Pour \(B\), tous les éléments sont strictement négatifs, et \(-\frac{1}{n} > -\varepsilon\) dès que \(n > \frac{1}{\varepsilon}\) ; donc \(\sup B = 0\). Par la question 2, \(\sup(A + B) = 1\). Or, pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a < 1\) et \(b < 0\), donc \(a + b < 1\). Ainsi, \(\sup(A + B) = 1\), et cette borne n’est pas atteinte.

Corrigé de l’exercice 9 : Borne supérieure et opérations

1. Notons \(s = \sup A\). Pour \(a \in A\), on a \(a \leq\, s\), donc \(\lambda a \leq\, \lambda s\) car \(\lambda > 0\). Ainsi, \(\lambda s\) majore \(\lambda A\). Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(a \in A\) tel que \(a > s – \frac{\varepsilon}{\lambda}\). En multipliant par \(\lambda > 0\), on obtient \(\lambda a > \lambda s – \varepsilon\). Donc \(\sup(\lambda A) = \lambda \sup A\).
2. Notons \(i = \inf A\), qui existe car \(A\) est non vide et minorée. Pour \(a \in A\), \(a \geq\, i\), donc \(\lambda a \leq\, \lambda i\), car multiplier par \(\lambda < 0\) renverse le sens. Ainsi, \(\lambda i\) majore \(\lambda A\). Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(a \in A\) tel que \(a < i + \frac{\varepsilon}{|\lambda|}\). En multipliant par \(\lambda < 0\), on obtient \(\lambda a > \lambda i + \frac{\lambda \varepsilon}{|\lambda|} = \lambda i – \varepsilon\). Donc \(\sup(\lambda A) = \lambda \inf A\).
3. Posons \(\Delta = \{|x – y|,\ x, y \in A\}\) et notons \(s = \sup A\), \(i = \inf A\). Pour \(x, y \in A\), on a \(i \leq\, x \leq\, s\) et \(i \leq\, y \leq\, s\). Donc \(x – y \leq\, s – i\) et \(y – x \leq\, s – i\). Ainsi, \(|x – y| \leq\, \delta\), et \(\delta\) majore \(\Delta\). Ensuite, soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(x \in A\) avec \(x > s – \frac{\varepsilon}{2}\), et \(y \in A\) avec \(y < i + \frac{\varepsilon}{2}\). Alors \(|x – y| \geq\, x – y > s – i – \varepsilon = \delta – \varepsilon\). Donc \(\sup A – \inf A = \sup \{|x – y|,\ x, y \in A\}\).

Corrigé de l’exercice 10 : Partie entière de 2x

1. Par définition, \(n \leq\, x < n + 1\). En retranchant \(n\), on obtient \(0 \leq\, t < 1\).
2. On a \(2x = 2n + 2t\), avec \(2n \in \mathbb{Z}\). D’après la propriété \(\lfloor y + k \rfloor = \lfloor y \rfloor + k\), il vient \(\lfloor 2x \rfloor = 2n + \lfloor 2t \rfloor\). Or \(2t \in [0, 2[\), donc \(\lfloor 2t \rfloor \in \{0, 1\}\). Plus précisément, \(\lfloor 2t \rfloor = 0\) si et seulement si \(2t < 1\). Donc \(\lfloor 2x \rfloor – 2\lfloor x \rfloor \in \{0, 1\}\), et cette différence est nulle si et seulement si \(t < \frac{1}{2}\).
3. On a \(\lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = n + \lfloor t + \frac{1}{2} \rfloor\). On distingue deux cas.
   • Si \(0 \leq\, t < \frac{1}{2}\), alors \(\frac{1}{2} \leq\, t + \frac{1}{2} < 1\), donc \(\lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = n\). Le membre de gauche vaut \(2n\), qui est \(\lfloor 2x \rfloor\) d’après la question 2.
   • Si \(\frac{1}{2} \leq\, t < 1\), alors \(1 \leq\, t + \frac{1}{2} < \frac{3}{2}\), donc \(\lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = n + 1\). Le membre de gauche vaut \(2n + 1 = \lfloor 2x \rfloor\).

   Dans tous les cas, \(\lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{2} \rfloor = \lfloor 2x \rfloor\).

Comme le montre la figure ci-dessous, les deux fonctions en escalier coïncident exactement : chaque palier mesure \(\frac{1}{2}\) et monte d’une unité.

Point de méthode : l’écriture \(x = \lfloor x \rfloor + t\) avec \(t \in [0, 1[\) ramène tout calcul de partie entière à une discussion sur la position de \(t\).

Corrigé de l’exercice 11 : Encadrements par la partie entière

1. Posons \(m = \lfloor x \rfloor\). Alors \(m \leq\, x < m + 1\), donc \(nm \leq\, nx < nm + n\). L’entier \(nm\) est inférieur ou égal à \(nx\), donc \(nm \leq\, \lfloor nx \rfloor\). De plus, \(\lfloor nx \rfloor \leq\, nx < nm + n\). Comme ce sont des entiers, \(\lfloor nx \rfloor \leq\, nm + n – 1\). En divisant par \(n\), on obtient \(m \leq\, \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \leq\, m + 1 – \frac{1}{n} < m + 1\). Donc \(\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \rfloor = m = \lfloor x \rfloor\).
2. On a \(nx – 1 < \lfloor nx \rfloor \leq\, nx\). En divisant par \(n > 0\), il vient \(x – \frac{1}{n} < \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \leq\, x\), soit \(0 \leq\, x – \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < \frac{1}{n}\). Comme \(\frac{1}{n}\) tend vers \(0\), le théorème d’encadrement s’applique. Donc \(\frac{\lfloor nx \rfloor}{n}\) tend vers \(x\). En particulier, tout réel est limite d’une suite de rationnels.
3. D’une part, \(n^2 \leq\, n^2 + n < n^2 + 2n + 1 = (n + 1)^2\). La racine carrée étant croissante, \(n \leq\, \sqrt{n^2 + n} < n + 1\). D’autre part, \((n + 1)^2 = n^2 + 2n + 1 < n^2 + 2n + 2\) et \(n^2 + 2n + 2 < n^2 + 4n + 4 = (n + 2)^2\), car \(2 < 2n + 4\). Donc \(n + 1 < \sqrt{n^2 + 2n + 2} < n + 2\). Ainsi, \(\lfloor \sqrt{n^2 + n} \rfloor = n\) et \(\lfloor \sqrt{n^2 + 2n + 2} \rfloor = n + 1\).
4. Les multiples de \(d\) dans \(\{1, \ldots, N\}\) sont les entiers \(dq\) avec \(q \in \mathbb{N}^{*}\) et \(dq \leq\, N\), c’est-à-dire \(q \leq\, \frac{N}{d}\). Pour un entier \(q\), on a \(q \leq\, \frac{N}{d} \Leftrightarrow q \leq\, \lfloor \frac{N}{d} \rfloor\). Les valeurs possibles de \(q\) sont donc \(1, 2, \ldots, \lfloor \frac{N}{d} \rfloor\). Pour \(N = 1000\) et \(d = 7\), on a \(7 \times 142 = 994 \leq\, 1000 < 1001 = 7 \times 143\). Il y a \(\lfloor \frac{N}{d} \rfloor\) multiples, soit \(142\) multiples de \(7\) entre \(1\) et \(1000\).

Corrigé de l’exercice 12 : Propriété d’Archimède

1. Supposons \(\mathbb{N}\) majoré. Comme \(\mathbb{N}\) est non vide, l’axiome fournit \(s = \sup \mathbb{N}\). Le réel \(s – 1\) est strictement inférieur à \(s\), donc il ne majore pas \(\mathbb{N}\). Il existe ainsi \(n \in \mathbb{N}\) avec \(n > s – 1\). Alors \(n + 1 \in \mathbb{N}\) et \(n + 1 > s\), ce qui contredit la définition de \(s\). Donc \(\mathbb{N}\) n’est pas majoré.
2. Pour \(n \geq\, 1\), \(\frac{1}{n} > 0\), donc \(0\) minore l’ensemble. Soit \(\varepsilon > 0\). D’après la question 1, \(\frac{1}{\varepsilon}\) ne majore pas \(\mathbb{N}\) : il existe \(n \geq\, 1\) avec \(n > \frac{1}{\varepsilon}\), soit \(\frac{1}{n} < \varepsilon = 0 + \varepsilon\). Par la caractérisation de la borne inférieure, \(\inf \{\frac{1}{n}\} = 0\).
3. Par hypothèse, \(a\) minore l’ensemble \(\{\frac{1}{n},\ n \geq\, 1\}\). Or \(0\) en est le plus grand minorant, donc \(a \leq\, 0\). Comme \(a \geq\, 0\), on conclut \(a = 0\).
4. On cherche \(n\) tel que \(n > \frac{12{,}3}{0{,}07} = \frac{1230}{7}\). Or \(7 \times 175 = 1225 < 1230 < 1232 = 7 \times 176\). Ainsi, \(175 < \frac{1230}{7} < 176\). On vérifie : \(0{,}07 \times 175 = 12{,}25 \leq\, 12{,}3\) et \(0{,}07 \times 176 = 12{,}32 > 12{,}3\). Le plus petit entier cherché est \(n = 176\).

Corrigé de l’exercice 13 : Densité de Q dans R

1. Comme \(y – x > 0\), la propriété d’Archimède fournit \(n \in \mathbb{N}^{*}\) tel que \(n(y – x) > 1\). Posons \(m = \lfloor nx \rfloor + 1\). Alors \(m – 1 \leq\, nx < m\), donc \(nx < m \leq\, nx + 1\). Or \(nx + 1 < nx + n(y – x) = ny\). Ainsi, \(nx < m < ny\), et, en divisant par \(n > 0\), le rationnel \(r = \frac{m}{n}\) vérifie \(x < r < y\).
2. On construit par récurrence des rationnels \(r_1 > r_2 > \cdots\) dans \(]x, y[\). D’abord, on choisit \(r_1 \in \, ]x, y[\). Puis, si \(r_k\) est construit, on choisit \(r_{k+1} \in \, ]x, r_k[\). Ces rationnels sont deux à deux distincts. L’intervalle \(]x, y[\) contient donc une infinité de rationnels.
3. Avec \(n = 10^4\), on a \(n(y – x) = 14150 – 10^4\sqrt{2} > 14150 – 14142{,}2 > 1\). Ensuite, \(\lfloor 10^4 \sqrt{2} \rfloor = 14142\), donc \(m = 14143\) et \(r = 1{,}4143\). Vérification exacte : \(1{,}4143^2 = 2{,}00024449 > 2\), donc \(\sqrt{2} < 1{,}4143\) ; de plus \(1{,}4143 < 1{,}415\). Le rationnel \(r = 1{,}4143\) convient.
4. Posons \(Q_x = \{r \in \mathbb{Q},\ r < x\}\). Cet ensemble est non vide, car il contient l’entier \(\lfloor x \rfloor – 1\). Il est majoré par \(x\). Soit \(\varepsilon > 0\). Par densité, il existe un rationnel \(r\) tel que \(x – \varepsilon < r < x\). Ce rationnel appartient à \(Q_x\) et dépasse \(x – \varepsilon\). Donc \(x = \sup Q_x\).

Corrigé de l’exercice 14 : Irrationnels et densité de R\Q

1. Supposons \(\sqrt{6} = \frac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^{*}\) premiers entre eux. Alors \(p^2 = 6q^2\), donc \(p^2\) est pair, et \(p\) aussi, car le carré d’un impair est impair. Écrivons \(p = 2k\). Alors \(4k^2 = 6q^2\), soit \(2k^2 = 3q^2\). Ainsi, \(3q^2\) est pair ; comme \(3\) est impair, \(q^2\) est pair, puis \(q\) est pair. C’est absurde, car \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux. Donc \(\sqrt{6}\) est irrationnel.
2. Si \(r + s\) était rationnel, alors \(s = (r + s) – r\) serait une différence de deux rationnels, donc rationnel. De même, si \(r \neq 0\) et \(rs \in \mathbb{Q}\), alors \(s = \frac{rs}{r}\) serait rationnel. Dans les deux cas, on aboutit à une contradiction : \(r + s\) et \(rs\) sont irrationnels.
3. Supposons \(q = \sqrt{2} + \sqrt{3} \in \mathbb{Q}\). Alors \(q^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5 + 2\sqrt{6}\) est rationnel. Par conséquent, \(\sqrt{6} = \frac{q^2 – 5}{2}\) est rationnel, ce qui contredit la question 1. Donc \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) est irrationnel.
4. Le réel \(\sqrt{2}\) est irrationnel, et \(1 – \sqrt{2}\) aussi, d’après la question 2. Pourtant, leur somme vaut \(1\). La somme de deux irrationnels peut donc être rationnelle.
5. Par densité de \(\mathbb{Q}\), l’intervalle \(]\frac{x}{\sqrt{2}}, \frac{y}{\sqrt{2}}[\) contient une infinité de rationnels, donc un rationnel \(r \neq 0\). Alors \(x < r\sqrt{2} < y\), en multipliant par \(\sqrt{2} > 0\). De plus, \(r\sqrt{2}\) est irrationnel d’après la question 2. Ainsi, \(]x, y[\) contient l’irrationnel \(r\sqrt{2}\), et \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Approximations décimales

1. Par définition de la partie entière, \(\lfloor 10^n x \rfloor \leq\, 10^n x < \lfloor 10^n x \rfloor + 1\). En multipliant par \(10^{-n} > 0\), on obtient \(d_n \leq\, x < d_n^{\prime}\).
2. Posons \(k = \lfloor 10^n x \rfloor\). L’entier \(10k\) vérifie \(10k \leq\, 10^{n+1} x\), donc \(10k \leq\, \lfloor 10^{n+1} x \rfloor\), soit \(d_n \leq\, d_{n+1}\). Ensuite, \(\lfloor 10^{n+1} x \rfloor \leq\, 10^{n+1} x < 10k + 10\). Ce sont des entiers, donc \(\lfloor 10^{n+1} x \rfloor + 1 \leq\, 10k + 10\). En divisant par \(10^{n+1}\), on obtient \(d_{n+1}^{\prime} \leq\, d_n^{\prime}\). La suite \((d_n)\) est croissante et la suite \((d_n^{\prime})\) est décroissante.
3. Pour \(x = \sqrt{2}\), on compare des carrés : \(1^2 \leq\, 2 < 2^2\), \(1{,}4^2 = 1{,}96 \leq\, 2 < 2{,}25 = 1{,}5^2\), \(1{,}41^2 = 1{,}9881 \leq\, 2 < 2{,}0164 = 1{,}42^2\), et enfin \(1{,}414^2 = 1{,}999396 \leq\, 2 < 2{,}002225 = 1{,}415^2\). Donc \(d_0 = 1\), \(d_1 = 1{,}4\), \(d_2 = 1{,}41\), \(d_3 = 1{,}414\). Pour \(x = -\frac{2}{3}\), on a \(10^n x = -\frac{2 \cdot 10^n}{3}\), soit \(-0{,}66\ldots\), \(-6{,}66\ldots\), \(-66{,}6\ldots\), \(-666{,}6\ldots\) Pour \(\sqrt{2}\) : \(1\), \(1{,}4\), \(1{,}41\), \(1{,}414\). Pour \(-\frac{2}{3}\) : \(d_0 = -1\), \(d_1 = -0{,}7\), \(d_2 = -0{,}67\), \(d_3 = -0{,}667\).
4. D’après la question 1, \(x\) majore les \(d_n\). Soit \(\varepsilon > 0\). Par Archimède, il existe \(n\) tel que \(n > \frac{1}{\varepsilon}\). Or \(10^n > n\), donc \(10^{-n} < \varepsilon\). Alors \(d_n > x – 10^{-n} > x – \varepsilon\). Donc \(x = \sup_n d_n\). Soient enfin deux réels \(x < y\). Comme ci-dessus, on choisit \(p\) tel que \(10^{-p} < y – x\). L’approximation par excès \(d_p^{\prime}\) de \(x\) est un décimal. De plus, \(x < d_p^{\prime}\) et \(d_p^{\prime} = d_p + 10^{-p} \leq\, x + 10^{-p} < y\). Ainsi, tout intervalle \(]x, y[\) contient un décimal : \(\mathbb{D}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

La figure ci-dessous illustre la question 3 pour \(x = -\frac{2}{3}\) et pour \(\sqrt{2}\) : les approximations par défaut sont toujours à gauche du réel, même lorsqu’il est négatif.

Corrigé de l’exercice 16 : Caractérisation séquentielle de la borne supérieure

1. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Appliquons la caractérisation par \(\varepsilon\) avec \(\varepsilon = \frac{1}{n + 1}\) : il existe \(a_n \in A\) tel que \(M – \frac{1}{n + 1} < a_n \leq\, M\). Comme \(\frac{1}{n + 1}\) tend vers \(0\), le théorème d’encadrement donne la convergence. La suite \((a_n)\) ainsi construite est à valeurs dans \(A\) et converge vers \(M\).
2. Par hypothèse, \(M\) majore \(A\). Soit \(\varepsilon > 0\). Comme \(a_n\) tend vers \(M\), il existe un rang \(N\) tel que \(|a_N – M| < \varepsilon\). En particulier, \(a_N > M – \varepsilon\), avec \(a_N \in A\). Par la caractérisation par \(\varepsilon\), on a \(M = \sup A\).
3. Posons \(a_n = \frac{n^2}{n^2 + 1} = 1 – \frac{1}{n^2 + 1}\). Ainsi, \(a_n < 1\) pour tout \(n\) : le réel \(1\) majore l’ensemble. De plus, \(\frac{1}{n^2 + 1}\) tend vers \(0\), donc \(a_n\) tend vers \(1\). D’après la question 2, la borne supérieure vaut \(1\) ; elle n’est pas atteinte.

Corrigé de l’exercice 17 : Bornes de l’image d’une fonction

1. Pour \(x > 0\), on calcule
   \[\frac{1}{2} – \frac{x}{1 + x^2} = \frac{1 + x^2 – 2x}{2(1 + x^2)} = \frac{(x – 1)^2}{2(1 + x^2)} \geq\, 0.\]
   L’égalité a lieu si et seulement si \(x = 1\). Donc \(f(x) \leq\, \frac{1}{2}\), avec égalité pour \(x = 1\) seulement, et \(\max A = f(1) = \frac{1}{2}\).
2. Pour \(x > 0\), \(f(x) > 0\), donc \(0\) minore \(A\). Ensuite, \(1 + x^2 > x^2\), donc \(f(x) < \frac{x}{x^2} = \frac{1}{x}\). Soit \(\varepsilon > 0\). Pour \(x = \frac{1}{\varepsilon}\), on a \(f(x) < \varepsilon\). Donc \(\inf A = 0\). Cette borne n’est pas atteinte, car \(f(x) > 0\) pour tout \(x > 0\).
3. On réduit au même dénominateur :
   \[f(x) – f(y) = \frac{x(1 + y^2) – y(1 + x^2)}{(1 + x^2)(1 + y^2)} = \frac{(x – y) – xy(x – y)}{(1 + x^2)(1 + y^2)} = \frac{(x – y)(1 – xy)}{(1 + x^2)(1 + y^2)}.\]
   Soient maintenant \(1 \leq\, x < y\). Alors \(x – y < 0\) et \(xy > 1\), donc \(1 – xy < 0\). Le numérateur est positif strictement, et le dénominateur aussi. Ainsi, \(f(x) > f(y)\). La fonction \(f\) est strictement décroissante sur \([1, +\infty[\).
4. Pour \(x \geq\, 2\), la décroissance donne \(f(x) \leq\, f(2) = \frac{2}{5}\), et \(\frac{2}{5} \in B\). Donc \(\max B = \frac{2}{5}\). Ensuite, \(0\) minore \(B\). Pour \(\varepsilon > 0\), le réel \(x = \max(2, \frac{1}{\varepsilon})\) vérifie \(f(x) < \frac{1}{x} \leq\, \varepsilon\). Donc \(\sup B = \max B = \frac{2}{5}\) et \(\inf B = 0\), sans minimum.

La figure ci-dessous résume ces résultats. Le maximum \(\frac{1}{2}\) est atteint en \(x = 1\), et la courbe se rapproche de l’axe des abscisses sans jamais le toucher.

Corrigé de l’exercice 18 : Parties à deux indices

1. Pour \(n, m \geq\, 1\), on a \(0 < \frac{1}{n} + \frac{1}{m} \leq\, 2\), et la valeur \(2\) est atteinte pour \(n = m = 1\). Donc \(\max A = \sup A = 2\). Ensuite, \(0\) minore \(A\). Soit \(\varepsilon > 0\) ; par Archimède, choisissons \(n > \frac{2}{\varepsilon}\), puis \(m = n\). Alors \(\frac{1}{n} + \frac{1}{m} = \frac{2}{n} < \varepsilon\). Donc \(\sup A = \max A = 2\) et \(\inf A = 0\), non atteinte car tous les éléments sont strictement positifs.
2. Pour \(n, m \geq\, 1\), on a \(\frac{1}{n} – \frac{1}{m} < \frac{1}{n} \leq\, 1\) et \(\frac{1}{n} – \frac{1}{m} > -\frac{1}{m} \geq\, -1\). Ainsi, \(B \subset \, ]-1, 1[\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(k\) un entier tel que \(\frac{1}{k} < \varepsilon\). Avec \(n = 1\) et \(m = k\), on obtient \(1 – \frac{1}{k} > 1 – \varepsilon\). Avec \(n = k\) et \(m = 1\), on obtient \(\frac{1}{k} – 1 < -1 + \varepsilon\). Donc \(\sup B = 1\) et \(\inf B = -1\), et aucune des deux n’est atteinte.

Corrigé de l’exercice 19 : Q ne vérifie pas l’axiome de la borne supérieure

1. Le rationnel \(1\) vérifie \(1^2 = 1 < 2\), donc \(1 \in E\). Si \(r \in \mathbb{Q}\) vérifie \(r \geq\, 2\), alors \(r^2 \geq\, 4 > 2\), donc \(r \notin E\). Par contraposée, tout élément de \(E\) est strictement inférieur à \(2\). Ainsi, \(E\) est non vide et majorée par \(2\).
2. Comme \(1 \in E\) et que \(s\) majore \(E\), on a \(s \geq\, 1 > 0\). Si l’on avait \(s^2 = 2\), le rationnel positif \(s\) serait égal à \(\sqrt{2}\), qui est irrationnel. Donc \(s > 0\) et \(s^2 \neq 2\).
3. Le réel \(\frac{2 – s^2}{2s + 2}\) est un quotient de rationnels strictement positifs. Donc \(h\), minimum de deux rationnels strictement positifs, est un rationnel strictement positif. Comme \(h \leq\, 1\), on a \(h^2 \leq\, h\). Ainsi,
   \[(s + h)^2 = s^2 + 2sh + h^2 \leq\, s^2 + h(2s + 1) \leq\, s^2 + \frac{(2 – s^2)(2s + 1)}{2s + 2} < s^2 + (2 – s^2) = 2.\]
   Par conséquent, \(s + h\) est un rationnel strictement positif de carré inférieur à \(2\) : il appartient à \(E\). Or \(s + h > s\), ce qui contredit le fait que \(s\) majore \(E\).
4. Comme \(s^2 > 2\) et \(s > 0\), le rationnel \(h\) est strictement positif. De plus, \(h < s \Leftrightarrow s^2 – 2 < 2s^2\), ce qui est vrai. Ensuite, \((s – h)^2 = s^2 – 2sh + h^2 = s^2 – (s^2 – 2) + h^2 = 2 + h^2 > 2\). Soit alors \(r \in E\). Si l’on avait \(r > s – h\), deux réels positifs, on aurait \(r^2 > (s – h)^2 > 2\), ce qui est exclu. Donc \(r \leq\, s – h\). Ainsi, \(s – h\) est un majorant rationnel de \(E\) strictement inférieur à \(s\) : c’est une contradiction. Les trois cas étant exclus, \(E\) n’a pas de plus petit majorant rationnel.
5. Dans \(\mathbb{R}\), tout \(r \in E\) vérifie \(0 < r\) et \(r^2 < 2\), donc \(r < \sqrt{2}\) : le réel \(\sqrt{2}\) majore \(E\). Soit \(\varepsilon \in \, ]0, \sqrt{2}[\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe un rationnel \(r\) tel que \(\sqrt{2} – \varepsilon < r < \sqrt{2}\). Alors \(r > 0\) et \(r^2 < 2\), donc \(r \in E\). Donc \(\sup E = \sqrt{2}\) dans \(\mathbb{R}\) : la borne existe, mais elle n’est pas rationnelle.

Point de méthode : pour montrer qu’un réel \(s\) n’est pas la borne supérieure, on fabrique soit un élément de la partie plus grand que \(s\), soit un majorant plus petit que \(s\).

Corrigé de l’exercice 20 : Théorème des segments emboîtés

1. L’hypothèse donne \(a_n \leq\, a_{n+1}\), \(b_{n+1} \leq\, b_n\) et \(a_n \leq\, b_n\) pour tout \(n\). Ainsi, \((a_n)\) est croissante et \((b_n)\) décroissante. Si \(p \leq\, q\), alors \(a_p \leq\, a_q \leq\, b_q\). Si \(p > q\), alors \(a_p \leq\, b_p \leq\, b_q\). Dans les deux cas, \(a_p \leq\, b_q\).
2. L’ensemble \(\{a_n\}\) est non vide, et majoré par \(b_0\) d’après la question 1. Par l’axiome, \(\alpha\) existe. D’une part, \(a_n \leq\, \alpha\) pour tout \(n\). D’autre part, chaque \(b_q\) majore \(\{a_n\}\), donc \(\alpha \leq\, b_q\), car \(\alpha\) est le plus petit majorant. Ainsi, \(\alpha \in [a_n, b_n]\) pour tout \(n\), et l’intersection des segments contient \(\alpha\).
3. Soit \(\beta\) dans l’intersection. Pour tout \(n\), \(\alpha\) et \(\beta\) appartiennent à \([a_n, b_n]\), donc \(|\alpha – \beta| \leq\, b_n – a_n\). En passant à la limite, \(|\alpha – \beta| \leq\, 0\). Donc \(\beta = \alpha\), et l’intersection est réduite à \(\{\alpha\}\).
4. Soit \(x\) dans l’intersection. Alors \(x > 0\), et \(x < \frac{1}{n}\) pour tout \(n \geq\, 1\). Par Archimède, il existe \(n\) tel que \(\frac{1}{n} < x\), ce qui est contradictoire. L’intersection est vide. Cela ne contredit pas la question 2, car les intervalles ne sont pas fermés.
5. Prenons \(a_n = d_n\) et \(b_n = d_n^{\prime}\), approximations décimales de \(\sqrt{2}\). Ce sont des rationnels, et l’exercice 15 montre que \(a_n \leq\, a_{n+1} \leq\, b_{n+1} \leq\, b_n\). Supposons qu’un rationnel \(q\) vérifie \(d_n \leq\, q \leq\, d_n^{\prime}\) pour tout \(n\). Comme \(\sqrt{2}\) est aussi dans \([d_n, d_n^{\prime}]\), on a \(|q – \sqrt{2}| \leq\, 10^{-n}\) pour tout \(n\). Donc \(q = \sqrt{2}\), ce qui est absurde. Dans \(\mathbb{Q}\), des segments emboîtés peuvent avoir une intersection vide.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : sous-groupes additifs de R

1. Comme \(G \neq \{0\}\), il existe \(g \in G\) non nul. Si \(g > 0\), alors \(g \in G_+\). Sinon, \(-g \in G\) et \(-g > 0\). Donc \(G_+\) est non vide. De plus, \(G_+\) est minoré par \(0\). Par le corollaire de l’axiome, \(a = \inf G_+\) existe, et \(a \geq\, 0\) car \(0\) est un minorant.
2. On suppose \(a > 0\).
   1. Supposons \(a \notin G\). Par la caractérisation de la borne inférieure avec \(\varepsilon = a\), il existe \(g \in G_+\) tel que \(g < 2a\). Comme \(a \leq\, g\) et \(a \notin G\), on a \(a < g\). Appliquons encore la caractérisation avec \(\varepsilon = g – a > 0\) : il existe \(g^{\prime} \in G_+\) tel que \(a < g^{\prime} < g\). Alors \(g – g^{\prime} \in G\), car \(G\) est un groupe, et \(0 < g – g^{\prime} < 2a – a = a\). Ainsi, \(g – g^{\prime}\) est un élément de \(G_+\) strictement inférieur à \(a\). C’est absurde. Donc \(a \in G\).
   2. Comme \(a \in G\) et que \(G\) est stable par somme et par opposé, \(ka \in G\) pour tout \(k \in \mathbb{Z}\). Donc \(a\mathbb{Z} \subset G\). Réciproquement, soit \(x \in G\) et \(k = \lfloor \frac{x}{a} \rfloor\). Alors \(k \leq\, \frac{x}{a} < k + 1\), donc \(0 \leq\, x – ka < a\). Or \(x – ka \in G\). S’il était strictement positif, ce serait un élément de \(G_+\) inférieur à \(a\) : c’est exclu. Donc \(x = ka\). Finalement, \(G = a\mathbb{Z}\).
3. On suppose \(a = 0\). Soient \(x < y\). Comme \(0 = \inf G_+\) et \(y – x > 0\), il existe \(g \in G_+\) tel que \(g < y – x\). Posons \(k = \lfloor \frac{x}{g} \rfloor + 1\). Alors \(\frac{x}{g} < k \leq\, \frac{x}{g} + 1\), donc \(x < kg \leq\, x + g < y\). Or \(kg \in G\). Ainsi, tout intervalle \(]x, y[\) rencontre \(G\) : \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
4. Application.
   1. On a \(0 = 0 + 0\sqrt{2} \in H\) et \(1 \in H\), donc \(H \neq \{0\}\). De plus, \((m + n\sqrt{2}) – (m^{\prime} + n^{\prime}\sqrt{2}) = (m – m^{\prime}) + (n – n^{\prime})\sqrt{2} \in H\). Donc \(H\) est un sous-groupe de \((\mathbb{R}, +)\) non réduit à \(\{0\}\).
   2. Supposons \(H = a\mathbb{Z}\) avec \(a > 0\). Comme \(1 \in H\) et \(\sqrt{2} \in H\), il existe des entiers \(p\) et \(q\) tels que \(1 = pa\) et \(\sqrt{2} = qa\). Alors \(p \neq 0\), et \(\sqrt{2} = \frac{q}{p}\) serait rationnel : c’est absurde. D’après la question 2, on a donc \(a = 0\). Par la question 3, \(H\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
   3. Par densité, l’intervalle \(]0, 10^{-3}[\) contient un élément de \(H\). Il existe donc des entiers \(m, n\) tels que \(0 < m + n\sqrt{2} < 10^{-3}\). Par exemple, on peut vérifier que \(m = -1393\) et \(n = 985\) conviennent, car \(985\sqrt{2} \approx 1393{,}00036\).

Point de méthode : la borne inférieure de \(G_+\) résume toute la structure du groupe ; tout se joue sur la question « est-elle atteinte et non nulle ? ».

Corrigé de l’exercice 22 : Point fixe d’une application croissante

1. Comme \(f(0) \in [0, 1]\), on a \(f(0) \geq\, 0\), donc \(0 \in E\). De plus, \(E \subset [0, 1]\) est majorée par \(1\). Par l’axiome, \(s = \sup E\) existe. Enfin, \(0 \in E\) donne \(s \geq\, 0\), et \(1\) majore \(E\) donne \(s \leq\, 1\). Ainsi, \(s\) existe et \(s \in [0, 1]\).
2. Soit \(x \in E\). Alors \(x \leq\, s\), donc \(f(x) \leq\, f(s)\) par croissance. Comme \(x \in E\), on a aussi \(x \leq\, f(x)\). Donc \(x \leq\, f(s)\). Ainsi, \(f(s)\) majore \(E\). Or \(s\) est le plus petit majorant de \(E\). Par conséquent, \(s \leq\, f(s)\).
3. De \(s \leq\, f(s)\), on déduit par croissance \(f(s) \leq\, f(f(s))\). Autrement dit, le réel \(f(s) \in [0, 1]\) vérifie \(f(f(s)) \geq\, f(s)\) : il appartient à \(E\). Comme \(s\) majore \(E\), on obtient \(f(s) \leq\, s\). Avec la question 2, on conclut \(f(s) = s\) : \(f\) admet un point fixe.
4. Sur \([0, \frac{1}{2}[\), \(f\) est affine croissante, à valeurs dans \([\frac{1}{3}, \frac{1}{2}[\). Sur \([\frac{1}{2}, 1]\), elle est constante égale à \(\frac{3}{4}\), qui dépasse toutes les valeurs précédentes. Donc \(f\) est croissante, à valeurs dans \([0, 1]\). Pour \(x < \frac{1}{2}\), on a \(f(x) \geq\, x \Leftrightarrow \frac{1}{3} \geq\, \frac{2x}{3} \Leftrightarrow x \leq\, \frac{1}{2}\) : c’est toujours vrai. Pour \(x \geq\, \frac{1}{2}\), on a \(f(x) \geq\, x \Leftrightarrow x \leq\, \frac{3}{4}\). Donc \(E = [0, \frac{3}{4}]\) et \(s = \frac{3}{4}\). Enfin, sur \([0, \frac{1}{2}[\), l’équation \(f(x) = x\) donne \(x = \frac{1}{2}\), qui est exclu. Ainsi, \(E = [0, \frac{3}{4}]\), \(s = \frac{3}{4}\), et l’unique point fixe est \(\frac{3}{4}\).
5. Posons \(f(x) = 1\) si \(x < \frac{1}{2}\) et \(f(x) = 0\) si \(x \geq\, \frac{1}{2}\). Cette application est décroissante, à valeurs dans \([0, 1]\). Si \(x < \frac{1}{2}\), alors \(f(x) = 1 \neq x\). Si \(x \geq\, \frac{1}{2}\), alors \(f(x) = 0 \neq x\). Cette application décroissante n’a aucun point fixe.

La figure ci-dessous représente l’exemple de la question 4. Le graphe saute au-dessus de la diagonale en \(\frac{1}{2}\), puis la coupe exactement en \(s = \frac{3}{4}\), borne supérieure de \(E\).

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