Exercices corrigés - Nombres réels

On va raisonner par analyse-synthèse.
Analyse : Imaginons que $x$ soit une solution de cette équation. Alors il est déjà clair que $x\in ]-\infty,2]$, sinon la racine carrée n'aurait pas de sens. On doit aussi avoir $x\geq 0$, car la racine carrée est positive et donc $x\in [0,2]$. Élevons ensuite l'équation au carré. Si $x$ est solution, alors $2-x=x^2$ (on a bien ici simplement une implication, pas une condition nécessaire et suffisante!), c'est-à-dire $x^2+x-2=0$. La résolution de cette équation du second degré donne $x_1=1$ et $x_2=-2$. Seul $x_1$ est dans l'intervalle $[0,2].$ Donc la seule solution possible est $1.$
Synthèse : Prouvons que $x=1$ est solution de l'équation. C'est presque évident, car $\sqrt{2-1}=1$.
Conclusion : la seule solution de l'équation est $1$.

D'abord, cette inéquation n'a de sens que pour $x\geq -2$ ce que l'on supposera désormais. Ensuite, si $x-1\leq 0$, c'est-à-dire si $x\leq 1$, cette inéquation est vérifiée.
On suppose donc désormais $x>1$. Puisque tout est positif, l'inéquation est sur l'intervalle $]1,+\infty[$ équivalente à $(x-1)^2\leq x+2$, c'est-à-dire $x^2-3x-1\leq 0$. On étudie le signe du trinôme en calculant son discriminant (il vaut $13$) et en cherchant les racines de $x^2-3x-1=0$, qui sont $x_1=\frac{3-\sqrt{13}}2\simeq -0,3$ et $x_2=\frac{3+\sqrt{13}}2\simeq 3,3$. Ainsi, $x^2-3x-1$ est négatif si $x\in [x_1,x_2]$. Comme on travaillait sur l'intervalle $]1,+\infty[$, on ne doit considérer que les réels dans l'intervalle $]1,x_2]$.
Finalement, en ajoutant l'intervalle $[-2,1]$ déterminé plus tôt, on a prouvé que l'ensemble des solutions de l'inéquation est $[-2,x_2]$.

On va séparer deux cas :

• Si $x\geq y$, alors $x-y\geq 0$ et donc $|x-y|=x-y$. On a aussi $\max(x,y)=x$ et $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+x-y)=x.$$
• Si $x<y$, alors $|x-y|=y-x$ et $\max(x,y)=y.$ Dans ce cas $$\frac12(x+y+|x-y|)=\frac12(x+y+y-x)=y.$$

Dans les deux cas, on a bien démontré la relation demandée. La démonstration pour le minimum est exactement similaire.

1. Pour $x\geq 2$, on a $x+3\geq 5\geq 0$ et $2x-4\geq 0$. On en déduit que $|2x-4|=2x-4$ et $|x+3|=x+3$. On doit alors résoudre $$2x-4=x+3$$ dont la solution est $x=7$, qui est bien dans l'intervalle $[2,+\infty[$.
2. Pour $x\in[-3,2[$, on a $x+3\geq 0$ et $2x-4\leq 0$. On en déduit que $|2x-4|=-2x+4$ et $|x+3|=x+3$. On doit alors résoudre $$-2x+4=x+3$$ dont la solution est $x=1/3$, qui est bien dans l'intervalle $[3,-2[$.
3. Pour $x<-3$, on a $x+3<0$ et $2x+4<-2\leq 0$, donc $|2x-4|=-2x+4$ et $|x+3|=-x-3$. On donc alors résoudre $$-2x+4=-x-3$$ donc la solution est $x=7$, qui n'est pas dans cet intervalle. Ici, l'équation n'a pas de solutions dans l'intervalle $]-\infty,-3[$.
4. Les solutions de l'équation $|2x-4|=|x+3|$ sont donc $1/3$ et $7$.

Remarquons qu'on aurait aussi pu résoudre cet exercice en remarquant que $|a|=|b|$ si et seulement si $a=b$ ou $a=-b$.

La difficulté de l'exercice vient du fait que la valeur absolue a deux expressions distinctes suivant le signe de la quantité à l'intérieur. Ceci nous incite à raisonner par disjonction de cas.

• Si $x\leq 1$, alors $x-1\leq 0$ et $|x-1|=1-x$. On doit alors démontrer que, si $x\leq 1$, on a $1-x\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$P(x)=x^2-x+1-(1-x)=x^2\geq 0.$$ La propriété est vraie si $x\leq 1$.
• Si $x\geq 1$, alors $x-1\geq 0$ et $|x-1|=x-1$. On doit alors démontrer que, si $x\geq 1$, on a $x-1\leq x^2-x+1$. Étudions donc le signe du trinôme $$Q(x)=x^2-x+1-(x-1)=x^2-2x+2=(x-1)^2+1\geq 0.$$ La propriété est donc vraie si $x\geq 1$.

En conclusion, la propriété est vraie pour tout $x\in\mathbb R$.

Pour que le max de deux nombres soit inférieur à un troisième nombre, il suffit que chacun de ces deux nombres soit inférieur ou égal au troisième. Ici, il suffit donc de démontrer que $$|x| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|\leq 2|x-y|$$ et $$|y| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|\leq 2|x-y|.$$ Par symétrie du rôle joué par $x$ et $y$, on ne va démontrer que la première inégalité. Pour cela, on écrit $$|x| \left|\frac x{|x|}-\frac y{|y|}\right|=\left| x-\frac{|x|}{|y|}y\right|.$$ Ensuite, on fait apparaitre $y$ dans le membre de droite et on utilise l'inégalité triangulaire, c'est-à-dire on écrit que $$\left| x-\frac{|x|}{|y|}y\right|=\left| x-y+y-\frac{|x|}{|y|}y\right|\leq |x-y|+\left| y -\frac{|x|}{|y|} y\right|.$$ Il reste à démontrer que $$\left| y -\frac{|x|}{|y|} y\right|\leq |x-y|.$$ Pour cela, on écrit que $$\left|y-\frac{|x|}{|y|} y\right|=|y|\left|1-\frac{|x|}{|y|} \right|=|y|\times \left|\frac{|y|-|x|}{|y|}\right|=\big| |x|-|y|\big|.$$ On conclut en appliquant l'inégalité triangulaire dont une conséquence est que $$\big| |x|-|y|\big|\leq |x-y|.$$

Notons $m=\lfloor x+1\rfloor$. Par définition, $m$ est l'unique entier vérifiant $$m \leq x+1<m +1.$$ Maintenant, on sait aussi que $$\lfloor x\rfloor \leq x< \lfloor x\rfloor +1$$ et donc, si on pose $n=\lfloor x\rfloor$, on a aussi $$n+1\leq x+1<(n+1)+1.$$ Par unicité de l'entier $m$ vérifiant la première inégalité, on en déduit que $m=n+1$, ce qui est exactement le résultat demandé.

Des inégalités $\lfloor a\rfloor \leq a<\lfloor a\rfloor +1$ et $\lfloor b\rfloor \leq b<\lfloor b\rfloor +1$, on en déduit $$\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq a+b< \lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2.$$ Or, $\lfloor a+b\rfloor $ est le plus grand entier $n$ tel que $n\leq a+b$. Puisque $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq a+b$, on en déduit qu $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor \leq \lfloor a+b\rfloor $. De même, $\lfloor a+b\rfloor +1$ est le plus petit entier $m$ tel que $m>a+b$. Puisque $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2>a+b$, on en déduit $\lfloor a\rfloor +\lfloor b\rfloor +2\geq \lfloor a+b\rfloor +1$, ce qui est l'autre inégalité demandée.

D'une part on a $\lfloor nx\rfloor\leq nx$ donc $$\frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\leq x$$ et puisque la fonction partie entière est croissante : $$\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor \leq \lfloor x\rfloor.$$ D'autre part, on a $\lfloor x\rfloor\leq x$ donc $n\lfloor x\rfloor\leq nx$ ou encore $$\big\lfloor n\lfloor x\rfloor\big \rfloor \leq \lfloor nx\rfloor.$$ Maintenant, puisque $n\lfloor x\rfloor$ est un entier, $\big\lfloor n\lfloor x\rfloor\big\rfloor =n\lfloor x\rfloor$ et donc $$\lfloor x\rfloor\leq \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}.$$ En reprenant la partie entière de cette inégalité, on trouve $$\lfloor x\rfloor\leq \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor $$ ce qui est l'autre inégalité désirée.
Une autre méthode est d'introduire la fonction $\phi$ définie sur $\mathbb R$ par $$\phi(x)=\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor -\lfloor x\rfloor.$$ Il est facile de voir que $\phi$ est périodique de période $1$. En effet, on a $$\lfloor x+1\rfloor=\lfloor x\rfloor+1$$ et \begin{align*} \left \lfloor \frac{\lfloor n(x+1)\rfloor}{n}\right\rfloor &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx+n\rfloor}{n}\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor+n}{n}\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}+1\right\rfloor\\ &= \left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor+1. \end{align*} Il suffit donc de démontrer que $\phi(x)=0$ pour $x\in [0,1[$. Mais pour $x\in [0,1[$, on a $\lfloor x\rfloor =0$ et $$\lfloor nx \rfloor <n$$ d'où $$\frac{\lfloor nx \rfloor}n<1$$ et $$\left \lfloor \frac{\lfloor nx\rfloor}{n}\right\rfloor=0.$$

L'idée est très simple. Entre deux carrés parfaits consécutifs, la valeur de $\lfloor \sqrt k\rfloor $ est connue. Plus précisément, si $n^2\leq k<(n+1)^2$, alors $\lfloor \sqrt k\rfloor =n$. De plus, entre deux carrés parfaits consécutifs, il y a exactement $(n+1)^2-n^2=2n+1$ entiers. Enfin, le plus grand carré inférieur ou égal à 2010 est $44^2=1936$. On a donc \begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{2010}\lfloor \sqrt k\rfloor &=&\sum_{n=1}^{43}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2-1}\lfloor \sqrt k\rfloor +\sum_{k=1936}^{2010}\lfloor \sqrt k\rfloor \\ &=&\sum_{n=1}^{43} n(2n+1)+(2010-1936+1)\times 44. \end{eqnarray*} On calcule ces sommes, sachant que $\sum_{n=1}^p n^2=\frac{p(p+1)(2p+1)}{6}$ et on trouve finalement que la somme fait 59114.

Écrivons $x=n+s$ et $y=m+t$ avec $m,n\in\mathbb Z$ et $s,t\in [0,1[$. Si $s+t<1$, alors $$\lfloor x\rfloor+\lfloor x+y\rfloor+\lfloor y\rfloor=n+(n+m)+m=2n+2m.$$ Puisque $2n\leq \lfloor 2x\rfloor$ et $2m\leq \lfloor 2y\rfloor$, le résultat est démontré.
Si $s+t\geq 1$ (et dans ce cas $s+t<2$), on a $$\lfloor x\rfloor+\lfloor x+y\rfloor+\lfloor y\rfloor=n+(n+m+1)+m=2n+2m+1.$$ Mais alors, on a ou bien $s\in [1/2,1[$, ou bien $t\in [1/2,1[$ (il est aussi possible que $s$ et $t$ soient dans $[1/2,1[$). Supposons par exemple que $s\in[1/2,1[$. Alors $2x=2n+2s=(2n+1)+(2s-1)$ où $2s-1\in [0,1[$. Ainsi, $\lfloor 2x\rfloor=2n+1$ et comme $\lfloor 2y\rfloor \geq 2m$, le résultat est démontré. La démonstration est exactement similaire si on suppose que $t\in [1/2,1[$.

Calculons $S=(2+\sqrt 3)^n +(2-\sqrt 3)^n$ à l'aide de la formule du binôme de Newton. On trouve \begin{eqnarray*} S&=&\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}\sqrt{3}^{k}+\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}(-1)^k \sqrt{3}^k\\ &=&\sum_{k=0}^n \binom nk 2^{n-k}(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k. \end{eqnarray*} Maintenant, si $k=2p$ est pair, alors $(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k=2.3^p$ est un entier pair, et si $k$ est impair, $(1+(-1)^k)\sqrt{3}^k=0$. On en déduit que $S$ est bien un entier pair, comme somme d'entiers pairs. De plus, on a $0<2-\sqrt 3<1$ et donc $0<(2-\sqrt 3)^n<1$. On en déduit que $$S-1\leq (2+\sqrt 3)^n<S$$ ce qui prouve que la partie entière de $(2+\sqrt 3)^n$ est $S-1$. C'est donc un entier impair.

Ces deux quantités sont égales. On va le prouver en établissant une double inégalité. D'une part, on remarque que $\lfloor x\rfloor \leq x$. Par croissance de la fonction racine carrée, on a $$\sqrt{\lfloor x\rfloor} \leq \sqrt{x}$$ puis par croissance de la partie entière, on obtient la première inégalité $$\left \lfloor \sqrt{\lfloor x\rfloor}\right \rfloor \leq \lfloor \sqrt{x}\rfloor.$$ D'autre part, on remarque que $\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \sqrt x$. Puisque la fonction carrée est croissante sur $[0,+\infty[$, on déduit que $$\lfloor \sqrt x\rfloor ^2\leq x.$$ Mais le membre de gauche est un entier, et donc $$\lfloor \sqrt x\rfloor ^2\leq \lfloor x\rfloor.$$ On utilise à nouveau la croissance de la racine carrée pour obtenir $$\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \sqrt{\lfloor x\rfloor}.$$ Le membre de gauche étant à nouveau un entier, prenant la partie entière, on trouve l'autre inégalité : $$\lfloor \sqrt x\rfloor \leq \left \lfloor \sqrt{\lfloor x\rfloor}\right\rfloor.$$

Dans la suite, on notera $A$ l'ensemble considéré.

1. Les éléments de $A$ sont $a$, $a+b$, $a+2b,\dots$. On a alors que $A$ est minoré par $a$, et puisque $a\in A$, c'est la borne inférieure de $A$. $A$ n'est pas majoré : on ne peut avoir $a+bn\leq M$ pour tout $n\in\mathbb N$, sinon on aurait $n\leq (M-a)/b$ et $\mathbb N$ serait majoré.
2. Si $n$ est pair, $a+(-1)^n b=a+b$ et si $n$ est impair, $a+(-1)^nb=a-b$. L'ensemble est donc constitué des deux élements $a+b$ et $a-b$. Il est donc majoré, minoré, avec $\sup(A)=a+b$ et $\inf(A)=a-b$.
3. Les éléments successifs de $A$ sont $a+b,a+\frac b2,a+\frac b3,...$. On voit facilement que $A$ est majoré par $a+b$ et que $A$ est minoré par $a$ (on a bien $a\leq a+\frac bn\leq a+b$ pour tout $n\in\mathbb N^*$). De plus, $a+b$ est élément de $A$, et donc $\sup(A)=a+b$. Enfin, prouvons que $a$ est la borne inférieure de $A$. Si $c$ est un minorant de $A$ strictement supérieur à $a$, alors pour tout $n\in\mathbb N^*$, on a $$a+\frac bn\geq c\iff n\leq\frac{b}{c-a}.$$ Comme $\mathbb N$ n'est pas majoré, $c$ n'est pas un minorant de $A$. $a$ est donc le plus grand des minorants de $A$, c'est sa borne inférieure.
4. Les éléments successifs de $A$ sont $-a+b,a+\frac b2,-a+\frac b3,a+\frac b4,\dots$. On remarque que $-a$ est un minorant de $A$ : en effet, pour tout entier $n\geq 1,$ $(-1)^n a\geq -a$ (car $a>0$) et $b/n>0$. En utilisant le raisonnement précédent (mais en se limitant aux entiers impairs), on prouve que $-a=\inf(A)$. De plus, on a $-a+b\geq -a+\frac bn$ pour tout entier $n$ impair et $a+\frac b2\geq a+\frac bn$ pour tout entier $n$ pair. $\max\left(-a+b,a+\frac b2\right)$ est donc un majorant de $A$. C'est aussi un élément de $A$, donc c'est sa borne supérieure.
5. Les éléments successifs de $A$ sont $a-b,a+\frac b2,a-\frac b3,\dots$. On prouve alors que $a-b$ est un minorant de $A$ et que $a+\frac b2$ est un majorant de $A$. Comme ils sont tous les deux élements de $A$, ce sont respectivement la borne inférieure et la borne supérieure de $A$.

On va commencer par démontrer que $A$ est minorée par $-1.$ Pour cela, on remarque que, pour tout $n\in\mathbb N,$ $$\frac{1-n}{1+n}-(-1)=\frac{1-n}{1+n}+1=\frac{2}{1+n}\geq 0$$ ce qui implique $$\frac{1-n}{1+n}\geq -1.$$ Ainsi, $A$ est une partie non vide minorée de $\mathbb R.$ Elle admet donc une borne inférieure.
On va maintenant démontrer que $\inf(A)=-1$ à l'aide de la caractérisation de la borne inférieure. Soit $\veps>0$. On cherche $n\in \mathbb N$ tel que $$\frac{1-n}{1+n}\leq -1+\veps.$$ Ceci est équivalent (en faisant un calcul identique à celui réalisé ci-dessus) à $$\frac{2}{1+n}\leq \veps\iff n+1\geq \frac2\veps.$$ Il suffit donc de poser $n=\lfloor \frac 2\veps\rfloor$ qui vérifie bien cette inégalité et par suite (puisqu'on a raisonné par équivalence) $$\frac{1-n}{1+n}\leq -1+\veps.$$ Ainsi, $\inf(A)=-1.$

Commençons par $A$. On a, pour tout $n,m\in\mathbb N^*$, $$0\leq \frac{n}{nm+1}\leq \frac{n}{nm}\leq\frac1m\leq 1.$$ $A$ est donc minorée par $0$ et majorée par $1$. Montrons que $\inf(A)=0$. Si $c>0$ est un minorant de $A$, alors pour tout couple $(m,n)\in\mathbb N^{*2}$, on a $$c\leq \frac{n}{nm+1}.$$ Prenons $n=1$, on obtient $$c\leq \frac 1{m+1}\iff m\leq \frac{1}c-1.$$ Comme ceci doit être vrai pour tout entier $m\geq 1$, c'est une contradiction car $\mathbb N$ n'est pas majoré. Ainsi, $0$ est le plus grand des minorants de $A$, et $\inf(A)=0$. Démontrons de même que $1=\sup(A)$. Si $d<1$ est un majorant de $A$, alors pour tout couple $(m,n)\in\mathbb N^{*2}$, on a $$d\geq \frac{n}{nm+1}.$$ Pour $m=1$, on obtient $$d\geq\frac{n}{n+1}\iff d\geq n(1-d)\iff n\leq \frac{d}{1-d}.$$ Cette inégalité est impossible à réaliser pour tout entier $n$, et donc $\sup(A)=1$. De plus, 0 n'est pas un élément de $A$ -c'est trivial, et 1 non plus car on a toujours $nm+1>n$ pour $n,m\geq 1$.
Étudions désormais $B$. $0$ est toujours un minorant de $B$, mais cette fois il est aussi élément de $B$. On a donc $\inf(B)=\min(B)=0$. De plus, on a $\mathbb N\subset B$ (choisir $m=0$). Ainsi, $B$ n'est pas majoré.

Fixons $a_0\in A$ et $b_0\in B$. Alors, pour tout $b\in B$, on a $a_0\leq b$ et donc $a_0$ est un minorant de $B$. De même, $b_0$ est un majorant de $A$. Ainsi, $B$ admet une borne inférieure et $A$ admet une borne supérieure. Supposons par l'absurde que $\sup(A)>\inf(B)$, et posons $u=\frac{\sup(A)+\inf(B)}2$. Alors on a $\inf(B)<u<\sup(A)$. En particulier, il existe $a\in A$ et $b\in B$ tels que $a> u$ et $b< u$. On obtient $a>b$, une contradiction avec les hypothèses.

On raisonne par l'absurde, et on suppose que $]M-\veps,M[\cap A$ est fini. Soit $\{a_1,\dots,a_p\}=]M-\veps,M[\cap A$. Posons $a=\max(a_1,\dots,a_p)$. Alors $a<M$. On pose $\delta=M-a$. On a $\delta>0$, donc il existe $a_{p+1}\in A$ tel que $M-\delta< a_{p+1}\leq M$. On a même $a_{p+1}<M$ car $M\notin A$. De plus, $a_{p+1}>M-\delta=a\geq M-\veps$. On en déduit que $a_{p+1}\in ]M-\veps,M[$ et que $a_{p+1}\neq a_i$, $i=1,\dots,p$. Ceci contredit l'hypothèse initiale.

Commençons par fixer $x_0\in A$ et soit $y\in B$. Alors on a $$f(x_0,y)\leq \sup(f(x,y);x\in A).$$ Passons à la borne inférieure dans cette inégalité pour $y\in B$. On a donc $$\inf( f(x_0,y);y\in B)\leq \inf(\sup(f(x,y);x\in A);y\in B).$$ On prend alors la borne supérieure sur $x_0\in A$ et on trouve l'inégalité $$\sup(\inf( f(x_0,y);y\in B);x_0\in A)\leq \inf(\sup(f(x,y);x\in A);y\in B)$$ ce qui donne une inégalité sur les quantités comparées.
Il n'existe pas d'inégalité dans l'autre sens. Pour s'en convaincre, prenons $A=[0,1]$, $B=[0,1]$ et $f(x,y)=|x-y|.$ Fixons $x\in A$. Alors $\inf (f(x,y);y\in B)=0$ puisqu'il suffit de choisir $y=x$. Et donc, $\sup(\inf( f(x,y);y\in B);x\in A)=0$. En revanche, si on fixe $y\in B$, alors $$\sup(f(x,y);y\in B)\geq 1/2$$ (on choisit $x=0$ ou $x=1$ suivant que $y\geq 1/2$ ou $y\leq 1/2$). On a donc $$\inf( \sup(f(x,y);y\in B);x\in A)\geq 1/2.$$

Supposons qu'il existe $a$ dans $I\cap J$. Puisque $a\in I$, intervalle ouvert, il existe $r_1>0$ tel que $]a-r_1,a+r_1[\subset I$. De même, puisque $a\in J$, intervalle ouvert, il existe $r_2>0$ tel que $]a-r_2,a+r_2[\subset J$. Posons $r=\min(r_1,r_2)$. Alors : $$]a-r,a+r[\subset I\cap J.$$ Mais dans l'intervalle ouvert $]a-r,a+r[$, il existe toujours un autre rationnel.
Une autre façon de rédiger les choses est de dire que l'intersection de deux intervalles ouverts est ou bien vide, ou bien un intervalle ouvert (question : quelles sont ses bornes?). Dans un intervalle ouvert non réduit à un point, il y a toujours un rationnel.

On va faire une démonstration par l'absurde en supposant que $ad-bc\neq 0$ et que $\frac{ax+b}{cx+d}$ est un rationnel $q$. Alors on obtient $$ax+b=qcx+dq\iff (a-qc)x=dq-b.$$ Si $a-qc\neq 0$, on obtient que $x=(dq-b)/(a-qc)$ est à la fois :

• irrationel par choix de $x$;
• rationnel comme quotient de rationnels.

C'est une contradiction. Si $a-qc=0$, on a $dq-b=0$ et donc $ad=qcd=bc.$ On trouve alors $ad-bc=0$, ce qui est là-aussi une contradiction. Finalement, on a prouvé que si $ad-bc\neq 0,$ alors $\frac{ax+b}{cx+d}$ est irrationnel.