Corrigés de quelques exercices - Ceremade

Université Paris Dauphine
DE MI2E, Analyse 1
Octobre 2015
Alexandre Afgoustidis
Corrigés des exercices.
lll
Exercice 1. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 2. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 3. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 4. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 5. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 6. Voir la correction donnée en cours.
Exercice 7.
1. •Si best un élément de B, tout élément de Aest inférieur ou égal à bet best donc un majorant de A.
Puisque Best non vide, cela prouve que Aest majorée.
La partie Ade Rest donc non vide et majorée, et admet une borne supérieure.
•Si aest un élément de A, tout élément de Best supérieur ou égal à aet aest donc un minorant de B.
Puisque Aest non vide, cela prouve que Best minorée.
La partie Bde Rest donc non vide et minorée, et admet une borne inférieure.
•Si best un élément de B, nous avons vu que c’est un majorant de A, et il est donc supérieur ou égal au
plus petit des majorants de A, qui est sup(A). Ainsi
sup(A)≤b.
Nous venons de voir que sup(A)est inférieur ou égal à tous les éléments de B, donc c’est un minorant de
B, et il est inférieur ou égal au plus grand des minorants de B, qui est inf(B). Ainsi
sup(A)≤inf(B).
2. •Supposons d’abord que sup(A) = inf(B), et montrons l’assertion : ∀ε > 0,∃a∈A, ∃b∈B, b −a≤ε.
Soit ε > 0.
Nous savons qu’il existe a∈Atel que sup(A)−ε
2< a (c’est une propriété du cours),
et alors sup(A)< a +ε
2.
Nous savons aussi qu’il existe b∈Btel que inf(B) + ε
2> b (c’est une autre propriété du cours),
et alors inf(B)> b −ε
2.
Comme sup(A) = inf(B), nous obtenons b−ε
2< a +ε 2, et alors b−a≤2ε 2=ε.
•Voyons maintenant pourquoi l’assertion ∀ε > 0,∃a∈A, ∃b∈B, b −a≤εimplique sup(A) = inf(B).
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Octobre 2015
Alexandre Afgoustidis
Supposons sup(A)6= inf(B). Puisque nous savons déjà que sup(A)≤inf(B), nous avons sup(A)<inf(B).
Posons alors ε= inf(B)−sup(A). C’est un nombre strictement positif. Comme inf(B)est un minorant de
Bet sup(A)un minorant de A, nous avons pour tout (a, b)∈A×B:
a≤sup(A)et sup(B)≤b
et b−a≥sup(B)−a≥sup(B)−sup(A) = ε.
Cela démontre que l’assertion sup(A)6= inf(B)implique l’assertion ∃ε > 0,∀a∈A, ∀b∈B, b −a > ε, et
répond donc à la question.
3. Les parties A=] − ∞,0[ et B=]0,+∞[de Rsont adjacentes : elles sont non vides, tout couple (a, b)∈
A×Bvérifie a≥B. Par ailleurs, et pour tout ε > 0, si nous posons a=−ε/2et b=ε/2, alors aappartient
àA,bappartient à Bet b−a≤ε.
NB. Il y a bien sûr d’autres exemples possibles : par exemple, ]− ∞,1] et ]1,+∞[sont adjacentes aussi.
Exercice 8.
La propriété de la borne supérieure dans Rs’énonce ainsi :
Toute partie non vide et majorée de Radmet une borne supérieure.
La partie A=q∈Q, q2<2est non vide (puisque 0en est un élément) et majorée (par exemple par 3), elle
admet donc une borne supérieure. On notera Mcette borne supérieure. On remarque que Mest un nombre
positif, puisque c’est un majorant de Aet que 0appartient à A.
Nous allons maintenant montrer que M2= 2.
Supposons M2<2. Notons que pour tout α > 0,(M+α)2=M2+ 2Mα +α2. Remarquons qu’il existe α > 0
tel que M2+ 2Mα +α2<2(en effet, le discriminant du trinôme X2+ 2MX + (M2−2) est 8, et l’une des
racines de ce trinôme est strictement positive parce que le trinôme vaut M2−2<0en zéro). Alors l’intervalle
]M, M +α[contient un nombre rationnel parce que Qest dense dans R, et si qappartient à ]M, M +α[∩Q, alors
q2<(M+α)2<2, ce qui signifie que qappartient à Aet que Mn’est pas un majorant de A. C’est absurde.
Supposons M2>2. Remarquons qu’il existe α > 0tel que (M−α)2>2(en raisonnant comme précédemment).
Comme Qest dense dans R, l’intervalle ]M−α, M[un nombre rationnel Q, et alors Q2>2. Mais alors pour
tout q∈A,q2<2< Q2et donc q < Q, ainsi Qest un majorant de A. Comme Q<M, nous avons obtenu un
majorant de Astrictement inférieur à M. C’est absurde.
Conclusion : M est un nombre réel positif dont le carré est 2. À cause du fait que la fonction x7→ √xest
strictement croissante sur R+, il ne peut pas y avoir deux nombres positifs de carré 2. Donc Mest le nombre que
nous avons l’habitude d’appeler √2.
Exercice 9.
1. La réunion E= [1,2] ∪[3,4] n’est pas un intervalle (en effet, 2et 3appartiennent à E, mais 2.5est compris
entre 2et 3sans appartenir à E), alors que [1,2] et [3,4] sont des intervalles.
2. Soient I1et I2des intervalles de R. Si l’intersection I1∩I2est vide, c’est un intervalle (parce que l’ensemble
vide en est un). Si elle est non vide, soit (x, y)∈(I1∩I2)2avec x≤y.
Si zest un nombre réel tel que x≤z≤y, alors zappartient à I1(parce que xet yappartiennent à I1et que
I1est un intervalle), et il appartient aussi à I2(parce que xet yappartiennent à I2et que I2est un intervalle).
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Conclusion : Si xet ysont deux éléments de I1∩I2avec x≤y, alors [x, y]est inclus dans I1∩I2. C’est ce
qu’il fallait démontrer.
3. •Démontrons d’abord que si Iest un intervalle ouvert, alors : ∀x∈I, ∃ε > 0,]x−ε, x +ε[⊂I.
Cas 1 : Iest de la forme ]a, b[avec a, b réels et a<b.
Soit x∈I. Choisissons ε= min |x−a|
2,|x−b| 2. Alors x−ε>aet x+ε<b, et donc ]x−ε, x +ε[⊂I.
Cas 2 : Iest de la forme ]a, +∞[avec aréel.
Soit x∈I. Choisissons ε=|x−a|
2. Alors x−ε>a, et donc ]x−ε, x +ε[⊂I.
Cas 3 : Iest de la forme ]− ∞, b[avec bréel.
Soit x∈I. Choisissons ε=|x−b|
2. Alors x+ε<b, et donc ]x−ε, x +ε[⊂I.
Cas 4 : I=R.
Soit x∈I. Choisissons ε= 1239486.. Alors bien sûr ]x−ε, x +ε[⊂I.
Cas 5 : Iest vide.
Alors tout élément de Ivérifie la propriété demandée... !
•Supposons à présent que Iest un intervalle, mais n’est pas ouvert. Démontrons : ∃x∈I, ∀ε > 0,]x−ε, x +ε[6⊂ I.
Cas 1 : Iest de la forme [a, b]ou de la forme [a, b[avec aréel et bréel supérieur à a, ou de la forme
[a, +∞[avec aréel.
Choisissons alors x=a. Pour tout ε > 0, le nombre x−ε/2appartient à ]x−ε, x +ε[, mais pas à I.
Cas 2 : Iest de la forme ]a, b]avec bréel et aréel strictement inférieur à b, ou de la forme ]−∞, b]avec
b réel.
Choisissons alors x=b. Pour tout ε > 0, le nombre x+ε/2appartient à ]x−ε, x +ε[, mais pas à I.
4. Soient I1et I2deux intervalles ouverts.
On sait déjà que I1∩I2est un intervalle grâce à la question n°2 ; montrons que I1∩I2est ouvert en utilisant
le résultat de la question n¨3.
Si I1∩I2est vide, c’est bien un intervalle ouvert.
Si I1∩I2est non vide, soit xun élément de I1∩I2. Comme I1est ouvert, il existe ε1>0tel que
]x−ε1, x +ε1[⊂I1, et comme I2est ouvert, il existe ε2>0tel que ]x−ε2, x +ε2[⊂I2.
Choisissons alors ε= min(ε1, ε2). Alors ]x−ε, x +εest contenu dans ]x−ε1, x +ε1[⊂I1, donc dans I1, et
il est aussi contenu dans ]x−ε2, x +ε2[⊂I2, donc dans I2. Par conséquent, ]x−ε, x +ε[est contenu dans
I1∩I2, ce qu’il fallait démontrer.
Exercice 10.
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1. {x∈R,|x+ 3|= 5}={−8,2}.
2. {x∈R,|x+ 3| ≤ 5}= [−8,2].
3. {x∈R,|x+ 2|>7}=] − ∞,−9[∪]5,+∞[.
4. Soit xun nombre réel.
Si |2x−4|≤|x+ 2|, alors (2x−4)2≤(x+ 2)2, et 3x2−20x+ 12 = (3x−2)(x−6) ≤0; par conséquent, x
appartient à [2/3,6].
Réciproquement, si xappartient à [2,6], alors x+ 2 et 2x−4sont positifs et assurément 2x−4≤x+ 2,
tandis que si xappartient à [−2/3,2],|2x−4|appartient à [0,8/3] tandis que |x+ 2|appartient à [8/3,4].
Dans tous les cas on a bien |2x−4| ≤ |x+ 2|.
5. Soit xun nombre réel.
•Si |x+12|=|x2−8|et si x+ 12 et x2−8sont de même signe, alors x+12 = x2−8et donc x2−x−20 = 0,
ce qui signifie que xest égal à −4ou à 5.
•Si |x+ 12|=|x2−8|et si x+ 12 et x2−8sont de signes contraires, alors x+ 12 = 8 −x2, et alors
x2+x+ 4 = 0, mais il n’y a pas de nombre réel qui vérifie cela.
•Après avoir vérifié que −4et 5fournissaient bien des solutions de l’équation de départ, on arrive à la
conclusion suivante :
x∈R,|x+ 12|=|x2−8|={−4,5}.
6. Montrons que
x∈R,|x+ 12| ≤ |x2−8|=] − ∞,−4] ∪[5,+∞[.
Soit xun nombre réel. Supposons |x+ 12| ≤ |x2−8|. Alors en procédant comme ci-dessus, on constate
que x2−x−20 ≥0, et d’après les résultats usuels sur les trinômes du second degré, cela signifie que x
appartient à ]− ∞,−4] ∪[5,+∞[.
Montrons réciproquement que ]−∞,−4] ∪[5,+∞[est inclus dans x∈R,|x+ 12|≤|x2−8|. Si xappar-
tient à [5,+∞[, alors x2−8et x+ 12 sont positifs et dans ce cas x2−x−20 ≥0signifie |x+ 12|≤|x2−8|.
Si xappartient à ]− ∞,−4], alors x2−8est positif ; si x+ 12 est positif aussi, |x2−8|−|x+ 12|est égal
àx2−x−20, est c’est un nombre positif, tandis que si x+ 12 est négatif, |x2−8| − |x+ 12|est égal à
x2+x+ 4, qui est toujours positif. Dans tous les cas, |x+ 12| ≤ |x2−8|.
Exercice 11.
1. Soit xun nombre réel. Notons n=bxc+ 1. Alors on déduit du fait que x∈[n, n + 1[ l’inégalité
n≤x+ 1 < n + 1
et cette inégalité signifie que bx+ 1c=n=bxc+ 1, ce qu’il fallait démontrer.
2. Soit (x, y)∈R2. En partant des inégalités bxc ≤ x < bxc+ 1 et byc ≤ y < byc+ 1 et en les ajoutant, on
obtient
bxc+byc ≤ x+y < bxc+byc+ 2.
La partie entière bx+ycest donc un entier supérieur ou égal à bxc+bycet strictement inférieur à bxc+byc+2,
donc c’est bxc+bycou bxc+byc+ 1.On a alors bien
bxc+byc ≤ x+y≤ bxc+byc+ 1.
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3. Soit n∈N?et x∈R. Partons du fait que
bnxc ≤ nx < bnxc+ 1.
Une conséquence immédiate de l’inégalité de gauche est bnxc
n≤x, et donc bbnxc nc≤bxc.
Par ailleurs, bnxc
n<bbnxc nc+ 1, et on déduit donc de l’inégalité de droite que
x−1−1
n<bbnxc nc
ce qui suffit à assurer bbnxc
nc≥bxc.
4. Soit n∈N. Notons x=√n2+n+ 1, et montrons que bxc=nsi nn’est pas égal à zéro. Pour cela,
constatons d’abord que x≥n, puisque n2+n+ 1 ≥n2et que la fonction x7→ √xest (strictement)
croissante sur R+. Constatons aussi que n2+n+ 1 < n2+ 2n+ 1 = (n+ 1)2dès que nn’est pas égal à
zéro. On obtient donc
n≤x<n+ 1 si n6= 0,
ce qui démontre que bxc=npourvu nn’est pas égal à zéro.
Bien sûr si nest égal à zéro, la partie entière de √n2+ 2n+ 1 = 1 est 1.
Exercice 12.
1. Soient xet ydeux nombres réels ; on souhaite montrer que l’intervalle ]x, y[contient un élément de A.
On sait grâce au point (i) qu’il existe (a0, b0)∈A2avec a0< x < b0. Définissons alors deux suites (an)n≥0
et (bn)n≥0en posant, comme nous l’avons déjà fait en cours,
(an+1 =anet bn+1 =an+bn
2dans le cas où x < an+bn 2;
an+1 =an+bn
2et bn+1 =bndans le cas où x≤an+bn 2.
À cause du point (ii), nous savons que pour tout n∈N,anet bnsont des éléments de A; vu la façon dont
ils sont construits nous savons que an< bnet x<bn.
Maintenant, posons 1N=Ehlog2b0−a0
y−xi+ 1. Deux constats s’imposent :
•x<bN, comme on le disait plus haut ;
•bN< y, parce que (bN−x)≤(bN−aN) = b0−a0
2Net que b0−a0 2N<(y−x)vu comment est choisi N.
Puisque bNest un élément de A, nous avons démontré que ]x, y[∩Aest non vide. C’est ce qu’il fallait voir.
2. Note : on dit souvent qu’un sous-ensemble d’un ensemble Eest "non trivial" lorsqu’il n’est ni vide, ni égal
àEtout entier.
Le sous-ensemble Qde Rvérifie le point (i) : si xest un nombre réel, on peut choisir a=E(x)−1et
b=E(x) + 1, ce sont des nombres rationnels puisque ce sont des entiers, et a<x<b. Il vérifie aussi le
point (ii), bien sûr.
1. Rappelons que si uest un nombre réel strictement positif, log2(u)est le seul nombre réel vqui vérifie 2v=u.
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