Calculer une réunion ou une intersection indexéeTraduire $\bigcup$ par $\exists$ et $\bigcap$ par $\forall$
Déterminer, en justifiant par double inclusion :
- $I = \displaystyle\bigcap_{n \geq 1} \left[0, 1 + \frac{1}{n}\right[$ ;
- $U = \displaystyle\bigcup_{n \geq 1} \left[\frac{1}{n}, 2 - \frac{1}{n}\right]$.
Que peut-on en conclure sur l'intersection d'une famille d'intervalles semi-ouverts, et sur la réunion d'une famille de segments ?
Indice 1
$x \in I$ signifie : pour tout $n \geq 1$, $0 \leq x < 1 + \frac1n$.
Indice 2
Si $x > 1$, chercher $n$ tel que $\frac1n \leq x - 1$.
Indice 3
$x \in U$ signifie : il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq x$ et $\frac1n \leq 2 - x$.
Corrigé
1. Montrons $I = [0, 1]$.
- Soit $x \in [0, 1]$. Pour tout $n \geq 1$, $0 \leq x \leq 1 < 1 + \frac1n$, donc $x \in \left[0, 1 + \frac1n\right[$. Ainsi $[0,1] \subset I$.
- Soit $x \in I$. En prenant $n = 1$, $x \in [0, 2[$, donc $x \geq 0$. Supposons $x > 1$. Comme $\frac1n \to 0$ et $x - 1 > 0$, il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq x - 1$, c'est-à-dire $x \geq 1 + \frac1n$ ; alors $x \notin \left[0, 1 + \frac1n\right[$, ce qui contredit $x \in I$. Donc $x \leq 1$ et $x \in [0, 1]$.
Ainsi $I = [0, 1]$.
2. Montrons $U = ]0, 2[$.
- Soit $x \in U$ : il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq x \leq 2 - \frac1n$. Comme $\frac1n > 0$, on a $0 < x < 2$. Donc $U \subset ]0, 2[$.
- Soit $x \in ]0, 2[$. Le réel $m = \min(x, 2 - x)$ est strictement positif, donc il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq m$ (par exemple $n \geq \frac1m$). Alors $\frac1n \leq x$ et $\frac1n \leq 2 - x$, c'est-à-dire $x \in \left[\frac1n, 2 - \frac1n\right]$. Donc $x \in U$.
Ainsi $U = ]0, 2[$.
Conclusion. Une intersection d'intervalles semi-ouverts peut être un segment, et une réunion de segments peut être un intervalle ouvert : les opérations infinies ne conservent pas la nature des intervalles.
Résultat :
$I = [0, 1]$ et $U = ]0, 2[$