Ce chapitre fixe les outils de base pour manipuler les réels avec rigueur : inégalités, valeur absolue, partie entière, bornes supérieure et inférieure. La propriété de la borne supérieure, qui distingue $\mathbb{R}$ de $\mathbb{Q}$, sert ensuite pour les suites, les limites, la continuité et l'intégration.
Exercice 1 · Encadrer une différence, un quotient, un produit
application●●●
Manipuler les inégalitésEncadrer une différence et un quotient
On suppose $1 \le x \le 3$ et $2 \le y \le 5$. Donner un encadrement de chacune des expressions suivantes, en justifiant chaque étape.
On multiplie $2 \le y \le 5$ par $-2 < 0$, ce qui renverse le sens : $-10 \le -2y \le -4$. On additionne avec $1 \le x \le 3$ (inégalités de même sens) :
$$-9 \le x - 2y \le -1.$$
On a $0 < 2 \le y \le 5$, donc par décroissance de l'inverse sur $\mathbb{R}_+^*$ : $\dfrac{1}{5} \le \dfrac{1}{y} \le \dfrac{1}{2}$. Tous les membres de $1 \le x \le 3$ et de cet encadrement sont positifs, on peut donc multiplier :
$$\frac{1}{5} \le \frac{x}{y} \le \frac{3}{2}.$$
De $2 \le y \le 5$ on tire $1 \le y - 1 \le 4$. Les deux encadrements $1 \le x \le 3$ et $1 \le y - 1 \le 4$ portent sur des réels positifs, donc
$$1 \le x(y - 1) \le 12.$$
Comme $0 \le 1 \le x \le 3$, la croissance du carré sur $\mathbb{R}_+$ donne $1 \le x^2 \le 9$. Par ailleurs $-5 \le -y \le -2$. En additionnant :
$$-4 \le x^2 - y \le 7.$$
Remarque : ces encadrements sont optimaux ici, car chaque borne est atteinte pour un choix de $(x, y)$ aux extrémités (par exemple $(1, 5)$ donne $x - 2y = -9$).
Pour $n \in \mathbb{N}$, déterminer $\left\lfloor \sqrt{4n^2 + 3n} \right\rfloor$.
Déterminer les valeurs décimales approchées $d_2$ et $e_2$ de $\sqrt{3}$ à la précision $10^{-2}$, par défaut et par excès. Même question pour $-\sqrt{3}$.
On a $-\dfrac{9}{3} \le -\dfrac{7}{3} < -\dfrac{6}{3}$, soit $-3 \le -\dfrac73 < -2$. Par unicité, $\left\lfloor -\dfrac73 \right\rfloor = -3$.
On a $49 \le 50 < 64$ et la racine carrée est strictement croissante sur $\mathbb{R}_+$, donc $7 \le \sqrt{50} < 8$ : $\left\lfloor \sqrt{50} \right\rfloor = 7$.
De $9 < 10 < 16$ on tire $3 < \sqrt{10} < 4$, puis $-4 < -\sqrt{10} < -3$. En particulier $-4 \le -\sqrt{10} < -3$, donc $\left\lfloor -\sqrt{10} \right\rfloor = -4$ (et non $-3$ : ce n'est pas une troncature).
On a $(2n)^2 = 4n^2 \le 4n^2 + 3n$ car $n \ge 0$, et $4n^2 + 3n < 4n^2 + 4n + 1 = (2n + 1)^2$ car $3n < 4n + 1$. Par stricte croissance de la racine carrée sur $\mathbb{R}_+$ :
$$2n \le \sqrt{4n^2 + 3n} < 2n + 1.$$
Par unicité, $\left\lfloor \sqrt{4n^2 + 3n} \right\rfloor = 2n$.
On calcule $1{,}73^2 = 2{,}9929 < 3$ et $1{,}74^2 = 3{,}0276 > 3$. Donc $1{,}73 < \sqrt3 < 1{,}74$, c'est-à-dire $173 < 100\sqrt{3} < 174$. Ainsi $\lfloor 100\sqrt3 \rfloor = 173$ et
$$d_2 = 1{,}73, \qquad e_2 = d_2 + 10^{-2} = 1{,}74.$$
Pour $-\sqrt3$ : $-174 < -100\sqrt3 < -173$, donc $\lfloor -100\sqrt3 \rfloor = -174$ et
$$d_2 = -1{,}74, \qquad e_2 = -1{,}73.$$
Soit $I$ un intervalle et $c \in \mathbb{R}$. Montrer à l'aide de la caractérisation des intervalles que $I + c = \{x + c \mid x \in I\}$ est un intervalle.
Si $x \ge y$ : $|x - y| = x - y$, donc $\dfrac{x + y + |x - y|}{2} = \dfrac{2x}{2} = x = \max(x, y)$ et $\dfrac{x + y - |x - y|}{2} = \dfrac{2y}{2} = y = \min(x, y)$.
Si $x < y$ : $|x - y| = y - x$, donc $\dfrac{x + y + |x - y|}{2} = y = \max(x, y)$ et $\dfrac{x + y - |x - y|}{2} = x = \min(x, y)$.
Les deux formules sont vraies dans tous les cas.
On note $S(x, y) = |x + y| + |x - y|$. On a $S(x, -y) = |x - y| + |x + y| = S(x, y)$ et $S(-x, y) = |-x + y| + |-x - y| = |x - y| + |x + y| = S(x, y)$. Le membre de droite $2\max(|x|, |y|)$ ne change pas non plus quand on change $x$ en $-x$ ou $y$ en $-y$. On peut donc supposer $x \ge 0$ et $y \ge 0$, quitte à remplacer $x$ par $|x|$ et $y$ par $|y|$.
Dans ce cas $|x + y| = x + y$, et la question 1 donne
$$S(x, y) = x + y + |x - y| = 2\max(x, y) = 2\max(|x|, |y|).$$
Le maximum de deux réels est supérieur ou égal à leur moyenne : $\max(|x|, |y|) \ge \dfrac{|x| + |y|}{2}$ (si par exemple $|x| \ge |y|$, alors $2|x| \ge |x| + |y|$). Avec la question 2 :
$$|x + y| + |x - y| = 2\max(|x|, |y|) \ge |x| + |y|.$$
On développe :
$$(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 = 2(a^2 + b^2 + c^2) - 2(ab + bc + ca).$$
Une somme de carrés est positive, donc $a^2 + b^2 + c^2 - (ab + bc + ca) \ge 0$. Il y a égalité si et seulement si les trois carrés sont nuls, c'est-à-dire $a = b = c$.
Pour $u, v > 0$, on a $u + v \ge 2\sqrt{uv}$. Ainsi
$$a + b \ge 2\sqrt{ab} > 0, \quad b + c \ge 2\sqrt{bc} > 0, \quad c + a \ge 2\sqrt{ca} > 0.$$
Ce sont des inégalités entre réels positifs, on peut les multiplier :
$$(a + b)(b + c)(c + a) \ge 8\sqrt{ab \cdot bc \cdot ca} = 8\sqrt{(abc)^2} = 8abc,$$
car $abc > 0$. Si $a = b = c$, les deux membres valent $8a^3$. Réciproquement, s'il y a égalité, aucune des trois inégalités ne peut être stricte : si par exemple $a + b > 2\sqrt{ab}$, en multipliant par $(b + c)(c + a) > 0$ puis en minorant, on obtiendrait une inégalité stricte. Donc $a + b = 2\sqrt{ab}$, soit $(\sqrt a - \sqrt b)^2 = 0$ et $a = b$ ; de même $b = c$. Égalité si et seulement si $a = b = c$.
On a $(a + b)^2 - 4ab = (a - b)^2 \ge 0$, donc $4ab \le (a + b)^2 = 1$, soit $ab \le \dfrac14$.
On développe :
$$\left(1 + \frac1a\right)\left(1 + \frac1b\right) = 1 + \frac1a + \frac1b + \frac{1}{ab} = 1 + \frac{a + b}{ab} + \frac{1}{ab} = 1 + \frac{2}{ab}.$$
Comme $0 < ab \le \dfrac14$, la décroissance de l'inverse sur $\mathbb{R}_+^*$ donne $\dfrac{1}{ab} \ge 4$, donc le produit est supérieur ou égal à $1 + 8 = 9$. Il y a égalité si et seulement si $ab = \dfrac14$, c'est-à-dire $a = b = \dfrac12$.
Résultat :
Les trois inégalités sont vraies ; égalité si et seulement si $a = b = c$ (questions 1 et 2), si et seulement si $a = b = \frac{1}{2}$ (question 3)
Exercice 8 · Équations avec partie entière
entrainement●●●
Utiliser la définition de la partie entièreÉcrire $x = \lfloor x \rfloor + t$ avec $t \in [0,1[$
Résoudre dans $\mathbb{R}$ (dans $\mathbb{R}_+$ pour la question 2) :
Pour $x \ge 0$ : $\lfloor \sqrt x \rfloor = 3 \iff 3 \le \sqrt x < 4$. Le carré et la racine étant strictement croissants sur $\mathbb{R}_+$, cela équivaut à $9 \le x < 16$. Solutions : $[9, 16[$.
Si $x$ est solution, $n = 2x - 1 = \lfloor x \rfloor$ est un entier et $x = \dfrac{n + 1}{2}$. La condition devient $\left\lfloor \dfrac{n+1}{2} \right\rfloor = n$, c'est-à-dire
$$n \le \frac{n + 1}{2} < n + 1 \iff 2n \le n + 1 < 2n + 2 \iff (n \le 1 \text{ et } n > -1).$$
Comme $n$ est entier, $n \in \{0, 1\}$, ce qui donne $x = \dfrac12$ ou $x = 1$.
On écrit $x = n + t$ avec $n = \lfloor x \rfloor \in \mathbb{Z}$ et $t \in [0, 1[$. Comme $2n$ est entier, $\lfloor 2x \rfloor = \lfloor 2n + 2t \rfloor = 2n + \lfloor 2t \rfloor$. L'équation équivaut donc à $\lfloor 2t \rfloor = 0$, c'est-à-dire $0 \le 2t < 1$, soit $t \in \left[0, \dfrac12\right[$. Ainsi $x$ est solution si et seulement si $x - \lfloor x \rfloor < \dfrac12$, c'est-à-dire
$$x \in \bigcup_{n \in \mathbb{Z}} \left[n, n + \frac12\right[.$$
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Exercice 10 · Bornes supérieure et inférieure avec epsilon
entrainement●●●
Utiliser la caractérisation de la borne supérieure et de la borne inférieureUtiliser la propriété d'Archimède
Soit $A = \left\{ \dfrac1n + \dfrac1p \;\middle|\; (n, p) \in (\mathbb{N}^*)^2 \right\}$. Déterminer $\sup A$ et $\inf A$, et dire s'il s'agit d'un maximum ou d'un minimum.
Soit $B = \left\{ \dfrac{x}{1 + x} \;\middle|\; x \in \mathbb{R}_+^* \right\}$. Déterminer $\sup B$ et $\inf B$, et dire s'ils sont atteints.
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Exercice 11 · Construire des rationnels et des irrationnels
entrainement●●●
Appliquer la méthode de construction d'un rationnel entre deux réelsConstruire un irrationnelDémontrer une densité
Déterminer, par la méthode du cours, un nombre décimal $q$ tel que $\sqrt3 < q < 1{,}733$.
Donner un irrationnel appartenant à $\left]\dfrac13, \dfrac13 + 10^{-3}\right[$, en justifiant.
On note $\mathbb{D}_2 = \left\{ \dfrac{p}{2^n} \;\middle|\; p \in \mathbb{Z},\ n \in \mathbb{N} \right\}$ l'ensemble des nombres dyadiques.
a) Montrer par récurrence que pour tout $n \in \mathbb{N}$, $2^n \ge n + 1$.
b) En déduire que $\mathbb{D}_2$ est dense dans $\mathbb{R}$.
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Exercice 12 · Borne supérieure d'un produit de parties positives
approfondissement●●●
Passer à la borne supérieure dans une inégalitéUtiliser la définition de la borne supérieure comme plus petit majorantConstruire un contre-exemple
Soient $A$ et $B$ deux parties non vides et majorées de $\mathbb{R}_+$. On pose $\alpha = \sup A$, $\beta = \sup B$ et $AB = \{ab \mid a \in A,\ b \in B\}$.
Montrer que $AB$ est non vide et majorée, et que $\alpha \ge 0$, $\beta \ge 0$.
On note $s = \sup(AB)$. Montrer que $s \le \alpha\beta$ et que $s \ge 0$.
Montrer que $s = \alpha\beta$.
Montrer que le résultat tombe en défaut si on ne suppose plus $A, B \subset \mathbb{R}_+$ (on pourra prendre $A = B = [-2, 1]$).
$A$ et $B$ sont non vides, donc $AB$ aussi. Si $a \in A$ et $b \in B$, alors $0 \le a \le \alpha$ et $0 \le b \le \beta$ ; en particulier $\alpha \ge a \ge 0$ et $\beta \ge 0$. En multipliant ces inégalités entre positifs, $ab \le \alpha\beta$ : $AB$ est majorée par $\alpha\beta$.
$AB$ est non vide et majorée : elle admet une borne supérieure $s$. Comme $\alpha\beta$ majore $AB$, et que $s$ est le plus petit majorant, $s \le \alpha\beta$. Par ailleurs $AB \subset \mathbb{R}_+$ est non vide : si $c \in AB$, alors $s \ge c \ge 0$.
Si $\alpha = 0$ : $0 \le s \le \alpha\beta = 0$, donc $s = 0 = \alpha\beta$.
On suppose désormais $\alpha > 0$. Soit $b \in B$.
Si $b > 0$ : pour tout $a \in A$, $ab \in AB$ donc $ab \le s$, c'est-à-dire $a \le \dfrac{s}{b}$. Le réel $\dfrac sb$ majore $A$, donc $\alpha \le \dfrac sb$, soit $\alpha b \le s$.
Si $b = 0$ : $\alpha b = 0 \le s$.
Dans tous les cas $\alpha b \le s$, donc $b \le \dfrac{s}{\alpha}$ (car $\alpha > 0$). Le réel $\dfrac s\alpha$ majore $B$, donc $\beta \le \dfrac s\alpha$, soit $\alpha\beta \le s$.
Avec la question 2, $s = \alpha\beta$, c'est-à-dire $\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$.
Avec $A = B = [-2, 1]$ : $\sup A \cdot \sup B = 1 \times 1 = 1$. Mais $(-2) \times (-2) = 4 \in AB$, donc $\sup(AB) \ge 4 > 1$. (En fait $\sup(AB) = 4$, car $|ab| \le 2 \times 2$ pour $a, b \in [-2, 1]$.) L'égalité est fausse : l'hypothèse de positivité est indispensable, car on ne peut multiplier des inégalités qu'entre réels positifs.
Résultat :
$\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$ ; contre-exemple $A = B = [-2,1]$ : $\sup(AB) = 4 \neq 1$
Exercice 13 · Identité de Hermite
approfondissement●●●
Utiliser $\lfloor x + k \rfloor = \lfloor x \rfloor + k$Raisonner par périodicitéDéterminer une partie entière par encadrement
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Pour $x \in \mathbb{R}$, on pose
$$f(x) = \sum_{k=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n} \right\rfloor - \lfloor nx \rfloor.$$
Montrer que pour tout réel $x$, $f\left(x + \dfrac1n\right) = f(x)$.
Montrer que $f$ est nulle sur $\left[0, \dfrac1n\right[$.
En déduire que pour tout réel $x$ : $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n} \right\rfloor = \lfloor nx \rfloor$.
Retrouver l'identité $\lfloor 2x \rfloor = \lfloor x \rfloor + \left\lfloor x + \frac12 \right\rfloor$, puis calculer $\left\lfloor \frac76 \right\rfloor + \left\lfloor \frac76 + \frac13 \right\rfloor + \left\lfloor \frac76 + \frac23 \right\rfloor$ de deux façons.
Soit $x$ réel. Comme $n\left(x + \frac1n\right) = nx + 1$ et $1 \in \mathbb{Z}$, $\lfloor nx + 1 \rfloor = \lfloor nx \rfloor + 1$. Avec $j = k + 1$ :
$$\sum_{k=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k+1}{n} \right\rfloor = \sum_{j=1}^{n} \left\lfloor x + \frac{j}{n} \right\rfloor = \sum_{j=1}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{j}{n} \right\rfloor + \lfloor x + 1 \rfloor = \sum_{j=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{j}{n} \right\rfloor + 1,$$
car $\lfloor x + 1 \rfloor = \lfloor x \rfloor + 1$ est le terme $j = 0$ augmenté de $1$. Donc $f\left(x + \frac1n\right) = \displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{j}{n} \right\rfloor + 1 - \lfloor nx \rfloor - 1 = f(x)$.
Soit $x \in \left[0, \frac1n\right[$. Alors $0 \le nx < 1$, donc $\lfloor nx \rfloor = 0$. Pour $0 \le k \le n - 1$ : $0 \le x + \dfrac kn < \dfrac1n + \dfrac{n-1}{n} = 1$, donc $\left\lfloor x + \frac kn \right\rfloor = 0$. Ainsi $f(x) = 0$.
En appliquant la question 1 à $x - \frac1n$, on obtient aussi $f\left(x - \frac1n\right) = f(x)$. Par récurrence, $f\left(x + \frac mn\right) = f(x)$ pour tout $m \in \mathbb{Z}$.
Soit $x$ réel. On pose $m = \lfloor nx \rfloor \in \mathbb{Z}$ et $y = x - \dfrac mn$. De $m \le nx < m + 1$ on tire $0 \le ny < 1$, donc $y \in \left[0, \frac1n\right[$. Alors $f(x) = f\left(y + \frac mn\right) = f(y) = 0$ par la question 2. D'où l'identité.
Pour $n = 2$, l'identité s'écrit $\lfloor x \rfloor + \left\lfloor x + \frac12 \right\rfloor = \lfloor 2x \rfloor$.
Pour $n = 3$ et $x = \frac76$, l'identité donne $\left\lfloor 3 \times \frac76 \right\rfloor = \left\lfloor \frac72 \right\rfloor = 3$. Calcul direct : $\frac76 \in [1, 2[$, $\frac76 + \frac13 = \frac32 \in [1, 2[$ et $\frac76 + \frac23 = \frac{11}{6} \in [1, 2[$, d'où la somme $1 + 1 + 1 = 3$.
Résultat :
$\sum_{k=0}^{n-1} \lfloor x + \frac{k}{n} \rfloor = \lfloor nx \rfloor$ ; la somme demandée vaut $3$
Exercice 14 · Fonctions croissantes additives
approfondissement●●●
Utiliser la densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$Raisonner par l'absurdeRaisonner par récurrence
Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction croissante telle que
$$\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\quad f(x + y) = f(x) + f(y).$$
On pose $a = f(1)$.
Montrer que $f(0) = 0$ et que $f(-x) = -f(x)$ pour tout réel $x$.
Montrer que $f(kx) = k f(x)$ pour tout réel $x$ et tout $k \in \mathbb{Z}$.
Montrer que $f(r) = ar$ pour tout $r \in \mathbb{Q}$.
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Exercice 15 · Étude d'une partie de Q (type CCINP)
examen●●●
Déterminer borne supérieure et inférieureUtiliser l'inégalité $xy \le \frac{x^2+y^2}{2}$Raisonner par l'absurde et par paritéMontrer qu'une partie n'est pas un intervalle
On considère la partie
$$A = \left\{ \frac{mn}{m^2 + n^2} \;\middle|\; (m, n) \in (\mathbb{N}^*)^2 \right\}.$$
Montrer que $A \subset \left]0, \dfrac12\right]$ et que $A$ admet un plus grand élément, que l'on déterminera.
a) Montrer que pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, $\dfrac{n}{1 + n^2} < \dfrac1n$.
b) En déduire $\inf A$. La partie $A$ admet-elle un plus petit élément ?
Montrer que $A \subset \mathbb{Q}$. Calculer les éléments de $A$ obtenus pour $(m, n) = (1, 2)$ et $(m, n) = (1, 3)$.
On veut montrer que $\dfrac13 \notin A$. On suppose par l'absurde qu'il existe $(m, n) \in (\mathbb{N}^*)^2$ tel que $m^2 + n^2 = 3mn$, et on choisit un tel couple avec $m + n$ minimal.
a) Montrer que $m$ et $n$ ne sont pas tous les deux pairs.
b) Conclure en étudiant la parité de $m^2 + n^2$ et de $3mn$.
Montrer que $A$ n'est pas un intervalle, de deux façons : avec la question 4, puis avec la densité de $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$.
Pour $(m, n) \in (\mathbb{N}^*)^2$, on a $mn > 0$ et $m^2 + n^2 > 0$, donc $\dfrac{mn}{m^2+n^2} > 0$. Par ailleurs $(m - n)^2 \ge 0$ donne $2mn \le m^2 + n^2$, donc $\dfrac{mn}{m^2 + n^2} \le \dfrac12$. Ainsi $A \subset \left]0, \frac12\right]$. Pour $m = n = 1$, on obtient $\frac12 \in A$. Donc $\max A = \dfrac12$ (et $\sup A = \frac12$).
a) Pour $n \ge 1$ : $n^2 < 1 + n^2$, donc en divisant par $n(1 + n^2) > 0$, $\dfrac{n}{1 + n^2} < \dfrac1n$.
b) $0$ minore $A$ d'après la question 1. Soit $\varepsilon > 0$. Par la propriété d'Archimède, il existe $n \in \mathbb{N}^*$ tel que $n > \frac1\varepsilon$. L'élément $a = \dfrac{1 \cdot n}{1 + n^2}$ de $A$ (obtenu pour $m = 1$) vérifie $a < \dfrac1n < \varepsilon$. Par la caractérisation de la borne inférieure, $\inf A = 0$. Comme $0 \notin A$ (tous les éléments sont strictement positifs), $A$ n'a pas de plus petit élément.
Chaque élément est un quotient de deux entiers, le dénominateur étant non nul : $A \subset \mathbb{Q}$. Pour $(1, 2)$ : $\dfrac{2}{1 + 4} = \dfrac25$. Pour $(1, 3)$ : $\dfrac{3}{1 + 9} = \dfrac{3}{10}$.
Si $\frac13 \in A$, il existe $(m, n) \in (\mathbb{N}^*)^2$ avec $3mn = m^2 + n^2$. L'ensemble des valeurs $m + n$ prises par ces couples est une partie non vide de $\mathbb{N}$ : elle admet un plus petit élément, ce qui justifie le choix d'un couple avec $m + n$ minimal.
a) Si $m = 2m'$ et $n = 2n'$ avec $m', n' \in \mathbb{N}^*$, l'égalité devient $4(m'^2 + n'^2) = 12m'n'$, soit $m'^2 + n'^2 = 3m'n'$. Le couple $(m', n')$ est solution avec $m' + n' = \frac{m + n}{2} < m + n$, ce qui contredit la minimalité. Donc $m$ et $n$ ne sont pas tous deux pairs.
b) Le carré d'un entier a la même parité que cet entier.
Si $m$ et $n$ sont impairs : $m^2 + n^2$ est pair (somme de deux impairs) et $3mn$ est impair. Impossible.
Si l'un est pair et l'autre impair : $m^2 + n^2$ est impair et $3mn$ est pair. Impossible.
Dans tous les cas on aboutit à une contradiction : $\dfrac13 \notin A$.
Première méthode : $\dfrac{3}{10} \in A$ et $\dfrac25 \in A$, et $\dfrac{3}{10} < \dfrac13 < \dfrac25$ (car $9 < 10$ et $5 < 6$ après réduction au même dénominateur : $\frac{9}{30} < \frac{10}{30} < \frac{12}{30}$). Comme $\frac13 \notin A$, $A$ n'est pas un intervalle.
Seconde méthode : par densité de $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$, l'intervalle $\left]\frac{3}{10}, \frac25\right[$ contient un irrationnel $y$. Comme $A \subset \mathbb{Q}$, $y \notin A$, alors que $\frac{3}{10}$ et $\frac25$ sont dans $A$. Donc $A$ n'est pas un intervalle.
Résultat :
$\max A = \frac{1}{2}$ ; $\inf A = 0$ non atteint ; $\frac{1}{3} \notin A$ ; $A$ n'est pas un intervalle
Exercice 16 · Sous-groupes additifs de R (type Mines-Ponts)
examen●●●
Utiliser la caractérisation de la borne inférieureUtiliser la partie entière pour une division euclidienne réelleDémontrer une densitéUtiliser l'irrationalité de $\sqrt2$
On appelle sous-groupe additif de $\mathbb{R}$ une partie $G$ de $\mathbb{R}$ telle que $0 \in G$ et, pour tous $x, y \in G$, $x + y \in G$ et $-x \in G$. Soit $G$ un sous-groupe additif de $\mathbb{R}$ tel que $G \neq \{0\}$. On note $G_+ = G \cap \mathbb{R}_+^*$.
a) Montrer que pour tout $x \in G$ et tout $k \in \mathbb{Z}$, $kx \in G$.
b) Montrer que $G_+$ est non vide et minorée. On pose $\alpha = \inf G_+$ ; justifier que $\alpha \ge 0$.
On suppose dans cette question $\alpha > 0$.
a) Montrer par l'absurde que $\alpha \in G$. On pourra construire deux éléments $g_1, g_2$ de $G_+$ tels que $\alpha < g_2 < g_1 < 2\alpha$.
b) Montrer que $G = \alpha\mathbb{Z} = \{k\alpha \mid k \in \mathbb{Z}\}$.
On suppose dans cette question $\alpha = 0$. Montrer que $G$ est dense dans $\mathbb{R}$.
On pose $H = \{p + q\sqrt2 \mid (p, q) \in \mathbb{Z}^2\}$. Montrer que $H$ est un sous-groupe additif de $\mathbb{R}$, différent de $\{0\}$, et qu'il est dense dans $\mathbb{R}$.
En déduire que pour tout $\varepsilon \in\, ]0, 1[$, il existe $(p, q) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}^*$ tel que $|q\sqrt2 - p| < \varepsilon$.