Math sup : Exercies sur les nombres réels

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 $A$.

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.

Supposons que $\frac{ax+b}{cx+d}$ soit 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 $a-qc=0$, puisque $x\neq 0$, on a $dq-b=0$ et donc $ad-bc=0$, ce qui est là-aussi une contradiction.