Nombres réels 1 Manipulation de la borne sup dans R.

(1)

Lycée Pierre de Fermat 2020/2021

MPSI 1 TD

Nombres réels 1 Manipulation de la borne sup dans R.

1.1 Calculs concrets de bornes supérieures ou inférieures

⊲ Exercice 1.1.

1. Soit A =

(−1)ⁿ+ 1 n ∈N^∗

. Étudier l’existence de infA, minA, supA, maxA et les calculer le cas échéant.

2. Calculer sup

1− 1 n n∈N^∗

et inf

−2 + 3(−1)ⁿ n

n∈N^∗

.

⊲ Exercice 1.2. Les parties de Rsuivantes sont-elles majorées, minorées ? si oui, préciser lorsqu’elles existent leurs bornes supérieures, bornes inférieures, plus grand élément, plus petit élément...

A= 1

n n∈N^∗

, B=

(−1)ⁿ

1−1

n

n∈N^∗

, C= 1

n−1 p

(n, p)∈N^∗2 n6p

, D=

p+ 1 n

(n, p)∈N^∗2 p>n

.

⊲ Exercice 1.3. Utilité des caractérisations séquentielles.

SoientA=

x+ 1

x | x∈R^∗₊

et B=

x+1

x |x∈R^∗₊\Q

. Calculer infAet infB.

1.2 Calculs théoriques de bornes supérieures ou inférieures

⊲ Exercice 1.4. Soient (a, b)∈R² tels que∀ε∈R^∗₊, a6b+ε.

1. Montrer quea6b.

2. Montrer que (∀ε∈R^∗₊, a6b+ε) si et seulement si (∀ε∈R^∗₊, a6b+ 3εsin(√ 2)).

3. Prouvez ou infirmez les affirmations suivantes :

— ∀(a, b)∈R², ((∀ε∈R+, a6b+ε)⇒a < b),

— ∀(a, b)∈R², (∀ε∈R^∗₊, a6b+ε)⇒a6b ,

— ∀(a, b)∈R², (∀ε∈R^∗₊, a < b+ε)⇒a < b ,

— ∀(a, b)∈R², (∀ε∈R^∗₊, a < b+ε)⇒a6b ,

— ∀(a, b)∈R², ((∀ε∈R+, a < b+ε)⇒a6b),

— ∀(a, b)∈R², ((∀ε∈R₊, a < b+ε)⇒a < b).

⊲ Exercice 1.5. Soient (A, B)∈ P(R)² telles queA6=∅,B6=∅et AetB majorées.

On poseA+B={a+b∈R|a∈A , b∈B}.

1. Montrer que sup(A+B) = supA+ supB. On pourra proposer deux preuves, l’une utilisant la caractéri- sation de la borne supérieure (avec des “ε”) et l’autre non.

2. En remplaçant l’hypothèseA etB majorées parA etB minorées, que devient le résultat de la question précédente ?

⊲ Exercice 1.6. SoitAune partie non vide et bornée de R. Montrer que sup{|x−y| |(x, y)∈A²}= sup(A)−inf(A).

Que dire de inf{|x−y| |(x, y)∈A²}?

⊲ Exercice 1.7.

1. SoientAet B deux parties non vides deRtelles que pour tout (a, b)∈A×B,a6b. Comparer infB et supAaprès avoir justifié leur existence.

2. SoientAet B deux parties non vides deRtelles que pour tout (a, b)∈A×B,a < b. Comparer infB et supAa près avoir justifié leur existence. On illustrera éventuellement le résultat par des exemples.

3. SoientAetBdeux parties non vides deRtelles que pour tout (a, b)∈A×B, il existe au moins une valeur ε ∈ R^∗₊ tel que a+ε > b. infB et supA existent-ils et s’ils existent, sont-ils comparables ? Existe-t-il beaucoup de couples de parties (A, B)∈ P(R)²satisfaisant cette propriété ?

(2)

⊲ Exercice 1.8. Soientn∈N^∗et (ai)16i6n∈Rⁿ. Montrer que

sup{ai |i= 1, . . . , n}= max{ai |i= 1, . . . , n} et inf{ai| i= 1, . . . , n}= min{ai |i= 1, . . . , n}.

⊲ Exercice 1.9.

On utilise, pourq∈N^∗et (xk)_k∈[[1,q]]∈R^q, la notation max

16k6qxk = max{xk |k∈[[1, q]]}. Soient (n, p)∈N^∗2et (ai,j)¹⁶ⁱ⁶ⁿ

16j6p ∈R^np. 1. Montrer qu’il existei0∈[[1, n]] : max

16j6pai0,j= min

16i6n max

16j6pai,j. 2. Montrer qu’il existej0∈[[1, p]] : min

16i6nai,j0 = max

16j6p min

16i6nai,j. 3. En déduire que max

16j6n min

16i6pai,j6 min

16i6n max

16j6pai,j. 4. Donner un exemple pour lequel l’inégalité est stricte.

2 Nombres rationnels et irrationnels.

⊲ Exercice 2.1.

1. Soitpun nombre premier. Montrer que√pest un nombre irrationnel. Soitn∈Ntel quen>2. Montrer quepⁿ¹ est un nombre irrationnel.

2. Le produit de deux nombres rationnels est-il rationnel, qu’en est-il de celui de deux irrationnels ? et de celui d’un irrationnel par un rationnel ?

⊲ Exercice 2.2. Soitxun nombre réel. Que pensez-vous des énoncés suivants ?

• Six⁷et x¹² sont rationnels, alorsxest rationnel.

• Six⁹et x¹² sont rationnels, alorsxest rationnel.

⊲ Exercice 2.3.

1. Montrer que√

6∈R\Q.

2. En déduire quea=√ 2 +√

3 est irrationnel.

⊲ Exercice 2.4.

1. Montrer que∀(r, r^′)∈Q², r+r^′√

6 = 0⇒r=r^′ = 0. En algèbre linéaire, on dit que la famille (1,√ 6) est libre sur le corpsQ.

2. En déduire que√6−√2−√3 est irrationnel.

3. Montrer de même que√ 5 +√

2 +√

3 est irrationnel.

⊲ Exercice 2.5. Dans cet exercice, nous supposons les nombres rationnels systématiquement représentés par une fraction irréductible, c’est à dire que le numérateur et le dénominateur sont premiers entre eux.

1. Démontrer que, pour toutN ∈ N^∗, tout intervalle de R contenant au moins deux points contient une infinité de nombres rationnels dont le dénominateur est strictement supérieur àN.

2. Montrer que, pour toutx∈ R, il existe εx >0 tel que l’intervalle ]x−εx, x+εx[ ne contienne aucun nombre rationnel dont le dénominateur est inférieur àN à l’exception de xéventuellement.

⊲ Exercice 2.6. Approximation des réels par des rationnels.

1. Soient (x, n)∈R×N^∗. Montrer qu’il existe (p, q)∈Z×N^∗ tel que x−p

q < 1

nq 6 1 q².

Indication. On pourra considérer l’ensemble desεk =kx− ⌊kx⌋ pourk∈[[0, n]] et justifier qu’ils appar- tiennent tous à [0,1[=

n[−1 i=0

i n,i+ 1

n

.

2. Soitα∈R\Q. Montrer qu’il existe deux suites (pk, qk)k∈N∗ ∈(Z×N^∗)^N^∗ telle que

∀k∈N^∗ , α−pk

qk

< 1

q_k² et lim

k→+∞qk = +∞. 3. En déduire que, pourα∈R\Q,Z+αZest dense dansR.

⊲ Exercice 2.7. Montrer que l’ensemble D² des nombres dyadiques, défini par D² = nn 2^p

(n, p)∈Z×No est dense dansR. En est-il de même pour l’ensemble D^q des nombres q-adiquesD^q =

n q^p

(n, p)∈Z×N

, q∈N\ {0,1}?

(3)

⊲ Exercice 2.8. SoitD une partie deRdense dansR.

1. Montrer que, pour toutx∈D,D\ {x} est dense dansR.

2. En déduire que, pour toute partie finieF deD,D\F est dense dansR.

3. Soient (a, b)∈R²tels que a < b. PosonsX=D∩[a, b]. Montrer queX est dense dans [a, b].

4. Application : justifier queQ∩]0,1[ est dense dans [0,1].

⊲ Exercice 2.9. DifficileDes nombres sont écrits sur une feuille. On peut ajouter à cette liste toute moyenne arithmétique de nombres deux à deux distincts appartenant déjà à cette liste. Si la liste initiale est réduite à {0,1}, montrer que

1. 1

5 peut appartenir à la liste,

2. tout rationnel de [0,1] appartient à la liste.

3 Borne supérieure et fonctions réelles.

⊲ Exercice 3.1. SoitP l’ensemble des applications polynômiales, à coefficients complexes, deCdansC. Consi- dérons l’applicationN :P →Rdéfinie pout toutP∈ P parN(P) = sup{|P(z)| |z∈U}. Montrer que

1. N est bien définie et à valeurs dans R+, 2. ∀λ∈C,N(λP) =|λ|N(P),

3. ∀P ∈ P,N(P) = 0⇒P = 0P,

4. ∀(P, Q)∈ P²,N(P+Q)6N(P) +N(Q).

L’applicationN ainsi définie, qui possède les quatre propriétés ci-dessus, est unenorme sur l’espace vecto- rielP.

⊲ Exercice3.2. Reprendre l’énoncé précédent pour démontrer que l’applicationN:R²→R, (a, b)7→N(a, b) = max(|a|,|b|) est une norme sur l’espace vectorielR².

⊲ Exercice 3.3. SoitE un ensemble fixé contenant au moins deux éléments. On considère la relation binaire suivante surF(E,R) :

∀(f, g)∈ F(E,R)× F(E,R), f4g ⇐⇒ h

∀x∈E, f(x)6g(x)i . 1. Montrer que4définit une relation d’ordre sur F(E,R).

2. SoitI un ensemble non vide et (fi)i∈I une famille d’applications de E dansR qui est majorée. Montrer qu’elle admet une borne supérieure.

⊲ Exercice 3.4. Soitf une application de [0, 1] dans [0, 1]. Un point fixe de f est une solution de l’équation f(x)−x= 0 d’inconnuex∈[0, 1].

1. Montrer que si f est continue sur [0, 1], alorsf admet un point fixe (Ce résultat est une conséquence immédiate du théorème des valeurs intermédiaires). Ce point fixe est-il unique ?

2. Montrer que si f est croissante alors elle possède un point fixe (on pourra introduire l’ensemble {u ∈ [0, 1]|∀x∈[0, u], f(u)> u} et considérer sa borne supérieure). Ce point fixe est-il unique ?

3. Ce résultat s’étend-il aux applications croissantes d’un intervalle [a, b] dans un intervalle [a, b] pour tout (a, b)∈R² tel quea < b?

4. Que dire sif est décroissante de [0, 1] dans [0, 1] ?

⊲ Exercice 3.5. Soient (f1, f2)∈R^R2.

On définit les fonctions sup(f2, f2) et inf(f1, f2) par sup(f2, f2)

R → R

t 7→ sup{f1(t), f2(t)} inf(f2, f2)

R → R t 7→ inf{f1(t), f2(t)} Démontrer que, dansR^R, on dispose pour tout (f, g)∈R^R2, des égalités :

inf(−f, −g) =−sup(f, g) , f+ sup(0, g) = sup(f, f+g) et sup(f, g) =1

2(f+g+|f −g|).

⊲ Exercice 3.6. Existence d’une constante de lispschitz optimale

SoitX un intervalle réel etf ∈ F(X,R) une fonction lipschitzienne surX c’est-à-dire

∃k∈R+ : ∀(x, y)∈X² , |f(x)−f(y)|6k|x−y| L’ensembleK^f des constantes de Lipschitz de la fonctionf, est

Kf ={k∈R+| ∀(x, y)∈X², |f(x)−f(y)|6k|x−y|}

Montrer queK^f admet un plus petit élément que l’on noteKf.

L’existence de ce plus petit élément s’interprète comme l’existence d’une constante de Lipschitz optimale (c’est- à-dire minimale) que l’on peut appelerlaconstante de Lipschitz (sous-entendu optimale) def.

(4)

4 Questions courtes.

⊲ Exercice 4.1.

1. Si,∀ε∈R^∗₊, a6b+ 2ε,alorsa < b.

2. Si,∀ε∈R^∗₊, ∀η ∈R^∗₊, a6b+ε+η,alorsa6b.

3. SoitA⊂[0,1] non vide. Alors inf(A) = sup([0,1]\A).

4. SoitA⊂[0,1] non vide eta∈A. Alors inf(A) = sup([0, a]\A).

5. Toute partie non vide deR+ est bornée.

6. Nier le fait qu’une partieAnon vide deRest bornée.

7. La droite numérique achevée est un corps.

8. La droite numérique achevée est un anneau.

9. Toute partie non vide de la droite numérique achevée a un plus grand élément.

10. Toute partie de la droite numérique achevée est minorée.

11. La somme (le produit) de deux rationnels est un rationnel.

12. La somme (le produit) de deux irrationnels est un irrationnel.

13. Zest dense dansR.

14.

n 2a+ 3b

(n, a, b)∈Z³, 2a+ 3b6= 0

est dense dansR.

15. En disant qu’une partieAdeQest dense dansQsi pour tout (x, y)∈Q² tels quex < y, il y a toujours un élément deAqui est dans ]x, y[, y-a-t-il des parties denses dansQ?R\Qest-il dense dansQ? etZ? 16. Une fonction f :X ⊂R→Rest minorée s’il existem∈R− tel que∀x∈X,f(x)>m.

17. Les applications constantes de X⊂RdansRsont croissantes, décroissantes, majorées et minorées.

18. Les applications croissantes et décroissantes de∅(X⊂RdansRsont les applications constantes.

19. Les applications majorées et minorées deX ⊂RdansRsont les applications constantes.

20. Il n’existe pas d’application croissante strictement décroissante.

21. Soit f une application deR dansRstrictement croissante et g une application deRdans Rcroissante.

Alorsg◦f (respf◦g) est strictement croissante.

22. Quelle est la négation de “f :X ⊂R→Rest bornée” ? 23. Quelle est la négation de “f :X ⊂R→Rest majorée” ?

24. Quelle est la négation de “f :X ⊂R→Rest égale à g:X⊂R→R” ?

25. Quelle est la négation de “pour toutef :X ⊂R→R, il existeg:X⊂R→Rtelle quef et gcoïncident surY ⊂X” ?

26. Si une fonctionf :X⊂R→Rimpaire est dérivable surX, alors sa fonction dérivée est impaire.

27. Si une fonctionf :X⊂R→Rpériodique est dérivable surX, alors sa fonction dérivée est périodique.

28. Si une fonctionf :R→Rimpaire est continue surR, alors ses primitives sont des fonctions paires.

29. Si une fonctionf :R→Rpaire est continue surR, alors ses primitives sont des fonctions impaires.

30. Si une fonctionf :R→Rpaire est continue surR, alors elle possède une unique primitive impaire, c’est la primitive qui ...

31. Si une fonctionf :R→Rpériodique est continue surR, alors ses primitives sont des fonctions périodiques.

32. Une fonction 1-périodique deZdansRest une application constante.

(5)

Correction des exercices

⊲ Corrigé de l’exercice 1.1

⊲ Corrigé de l’exercice 1.2 1. A=

1 n n∈N^∗

.

2. B=

(−1)ⁿ

1−1 n

n∈N^∗

. 3. C=

1 n−1

p

(n, p)∈N^∗2, n6p

.

⋆ Montrons queC est bornée.

Soient (n, p)∈N^∗2 fixés quelconques tels quen6p.

0<1 p 6 1

n 61 donc 06 1 n−1

p 61−1 p<1.

Par conséquent, 0 minoreC et 1 majoreC.

⋆ Montrons queC admet une borne inférieure et une borne supérieure.

C est

⋆⋆ une partie deR,

⋆⋆ non vide car 1

1914− 1 1918 ∈C,

⋆⋆ minorée par−1, majorée par 1

doncC admet une borne inférieure et une borne supérieure.

⋆ Montrons que supC= 1.

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation de la borne supérieure avec desε.

(i) 1 majoreC.

(ii) Soitε∈R^∗₊ fixé quelconque.

Posonsp0= 1

ε

+ 1∈N^∗ et n0= 1∈N^∗de sorte quep0> 1

ε donc 1 p0

< ε.

La conditionp0>n0 est satisfaite doncc0= 1 n0 − 1

p0 ∈C etc0+ε= 1 +ε− 1 p0

| {z }

>0

>1.

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation séquentielle de la borne supérieure.

(i) 1 majoreC.

(ii) Posons (c_k)_k∈N= 1

1− 1 k+ 1

k∈N

.

Il est immédiat de voir que (ck)k∈Nest une suite d’éléments de C(ck est obtenu en effectuant n←1∈N^∗,p←k+ 1∈N^∗ et pour ces valeurs la conditionn6pest satisfaite) qui converge vers 1.

⋆ Montrons queC n’admet pas de plus grand élément.

Par l’absurde, supposons queCadmet un plus grand élément. Alors (cf théorème du cours)Cadmet une borne supérieure (ce que l’on sait déjà !) et supC= maxC.

Or supC= 1 donc maxC= 1.

Par conséquent, puisque le plus grand élément d’un ensemble appartient à l’ensemble, 1∈C. Or (voir la preuve deC est borné) nous avons montré que

∀c∈C , c <1 donc 1∈/ C, d’où une contradiction.

⋆ Montrons queC admet un plus petit élément qui est 0.

(i) 0 minoreC.

(ii) pourn0←1∈N^∗etp←1∈N^∗, la conditionn06p0est satisfaite doncc0= 1 n0− 1

p0

= 1−1 = 0 appartient àC donc 0∈C.

Par conséquentCadmet un plus petit élément et minC= 0.

⋆ Montrons que infC= 0.

Par théorème du cours, lorsqu’un ensembleC admet un plus petit élément, il admet une borne infé- rieure et infC= minC.

Ici, Cadmet un plus petit élément et minC= 0 doncC admet une borne inférieure et infC= 0.

Remarque : on peut aussi calculer directement la valeur de la borne inférieure même si c’est maladroit puisque C admet un plus petit élément. Donnons le détail technique, à titre d’exemple.

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation de la borne inférieure avec desε.

(6)

(i) 0 minoreC.

Posonsp0=n0= 1∈N^∗. La conditionp0>n0est satisfaite.

c0= 1 n0 − 1

p0

= 0∈C etc0−ε= −ε

|{z}<0

<0.

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation séquentielle de la borne inférieure.

(i) 0 minoreC.

(ii) Posons (ck)k∈N= 1

k+ 1 − 1 2k+ 1

k∈N

.

Il est immédiat de voir que (ck)k∈Nest une suite d’éléments de C(ck est obtenu en effectuant n ←k+ 1 ∈ N^∗, p← 2k+ 1 ∈ N^∗ et pour ces valeurs la condition n 6p est satisfaite) qui converge vers 0.

4. D=

p+ 1 n

(n, p)∈N^∗2 p>n

.

⋆ Montrons queD n’est pas majorée.

SoitA∈Rfixé quelconque.

Posonsp0=⌊|A|⌋+ 1∈N^∗ etn0= 1∈N^∗. On a doncp0>n0. L’élémentd0= p0+ 1

n0

appartient àD et

d0=⌊|A|⌋+ 2>|A| −1 + 2>|A|>A

Ainsi, D n’est pas majorée donc elle n’admet pas de borne supérieure (sinon elle constituerait un majorant !) ni de plus grand élément (sinon il constituerait un majorant !).

⋆ Montrons queD est pas minorée par 1.

Soient (n, p)∈N^∗2 fixés quelconques tels quep>n.

p+ 1

n > n+ 1

n >1 + 1

|{z}n

>0

>1

⋆ Montrons queD admet une borne inférieure.

D est

⋆⋆ une partie deR,

⋆⋆ non vide car 2 = 1 + 1

1 ∈D (pourn←1∈N^∗et p←1∈N^∗ et la conditionp>nest satisfaite),

⋆⋆ minorée par 1,

doncD admet une borne inférieure.

⋆ Montrons que infD= 1.

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation de la borne inférieure avec desε.

(i) 1 minoreD.

Posonsn0= 1

ε

+ 1 etp0=n0 de sorte quen0> 1

ε donc 1 n0

< ε.

On a (n0, p0)∈N^∗2 et p0>n0doncd0=p0+ 1 n0 ∈D et d0−ε= n0+ 1

n0 −ε= 1 + 1 n0−ε

| {z }

<0

<1

⋆⋆ Méthode utilisant la caractérisation séquentielle de la borne inférieure.

(i) 1 minoreD.

(ii) Posons (d_k)_k∈N=

(k+ 1) + 1 k+ 1

k∈N

.

Il est immédiat de voir que (dk)k∈N est une suite d’éléments de D (dk est obtenu en posant n ← k+ 1 ∈ N^∗, p← k+ 1 ∈ N^∗ et pour ces valeurs, la condition n6 p est satisfaite) qui converge vers 1.

⋆ Montrons queD n’admet pas de plus petit élément.

Par l’absurde, supposons queD admet un plus petit élément. Alors (cf théorème du cours)D admet une borne inférieure (ce que l’on sait déjà !) et infD= minD.

Or infD= 1 donc minD= 1.

Par conséquent, puisque le plus petit élément d’un ensemble appartient à l’ensemble, 1∈D. Or (voir la preuve deD est minorée) nous avons montré que

∀d∈D , d >1

(7)

donc 1∈/ D, d’où une contradiction.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.3 Posonsf

R^∗₊ → R x 7→ x+ 1 L’étude des variations def montrer que x

⋆ 2 minoref(R^∗₊),

⋆ f(1) = 2,

doncf(R^∗₊) admet un ppe qui vaut 2

doncf(R^∗₊) admet une borne inférieure qui vaut 2 : infA= 2.

PourB c’est un peu plus délicat carf(x) = 2 ⇐⇒ x= 1 et 1∈Qdonc on conjecture queB admet 2 comme borne inférieure mais que ce n’est pas un ppe.

Utilisons la caractérisation séquentielle de la borne inférieure.

⋆ 2 minoref(R^∗₊) orR^∗₊\Q⊂R^∗₊ donc 2 minoref(R^∗₊\Q),

⋆ posons, pour toutn∈N,xn= 1 +

√2

n+ 1 et bn=f(xn).

Pour toutn∈N,xn∈R^∗₊\Qdonc (bn)∈B^N. De plus, lim

n→+∞xn= 1 donc lim

n→+∞bn= 2.

Ainsi, par caractérisation séquentielle de la borne inférieure, infB= 2.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.5 1. • A(resp.B) est une





partie deR, non vide, majorée,

donc supA(resp. supB) existe.

• ∀(a, b)∈A×B,a+b6supA+ supB doncA+B est une





partie deR, non vide, majorée,

donc sup(A+B) existe.

• Méthode 1 : directe, sans “ε”.

Nous avons vu que supA+ supB est un majorant de A+B, or sup(A+B) est le plus petit des majorants deA+B si bien que

sup(A+B)6supA+ supB (1)

Soient (a, b)∈A×B fixés quelconques.

Par définition de sup(A+B),

a+b6sup(A+B) donc

a6sup(A+B)−b Cela étant vrai pour touta∈Aet pour lebfixé quelconque,

∀a∈A , a6sup(A+B)−b

donc sup(A+B)−bmajoreA, or supAest le plus petit des majorants deAsi bien que supA6sup(A+B)−b .

Or cela est vrai pour toutb∈B, donc

∀b∈B , , b6sup(A+B)−supA

donc sup(A+B)−supAmajoreB, or supB est le plus petit des majorants deB si bien que

supA+ supB6sup(A+B) (2)

• Méthode 2 : preuve par la caractérisation de la borne supérieure.

⋆ Nous avons vu que supA+ supB est un majorant deA+B.

⋆ Soitε∈R^∗₊ fixé quelconque.

Appliquons la caractérisation de la borne supérieure deAen remplaçant le "ε” de la caractérisation par ε

2 :

∃a∈A : a6supA < a+ε

2 . (3)

(8)

Appliquons la caractérisation de la borne supérieure deBen remplaçant le "ε” de la caractérisation par ε

2 :

∃b∈B : b6supB < b+ε

2 . (4)

Posonsc=a+b.

Par conséquent, en sommant les inégalités (3) et (4),

∃c∈A+B : c6supA+ supB < c+ε.

Les deux points ci-dessus permettent de conclure en utilisant la caractérisation de la borne sup de A+B.

Ainsi, (1) et (2) conduisent à sup(A+B) = supA+ supB.

2. En remplaçant l’hypothèse A et B majorées par A et B minorées, on peut utiliser le lemme du cours reliant les ensembles Ab={−a|a∈A} etBb ={−b|b∈B} aux ensemblesA et B pour justifier que infA et infB existent et valent

infA=−supAb infB=−supB .b (5)

De plus les parties deRnotéesAbetBbsont non vides et majorés si bien qu’en leur appliquant le résultat de la première question,

sup(Ab+B) = supb Ab+ supB .b En observant alors queAb+Bb=A\+B,

supA\+B = supAb+ supB .b

si bien qu’en utilisant à nouveau le lemme du cours appliqué à la partie non vide et minorée A+B, supA\+B=−inf(A+B). On obtient donc

−inf(A+B) =−infA−infB d’où inf(A+B) = infA+ infB .

⊲ Corrigé de l’exercice 1.6 Aest une partie deRnon vide et bornée donc elle admet une borne inférieure et une borne supérieure.

1. Montrons que sup{|x−y| |(x, y)∈A²}existe.

L’ensembleB={|x−y| |(x, y)∈A²} est

⋆ une partie non vide :A6=∅donc∃a∈Adonc 0 =a−a∈B,

⋆ une partie de R,

⋆ une partie majorée :

Ainsi,{|x−y| |(x, y)∈A²}admet une borne supérieure et sup{|x−y| |(x, y)∈A²}6supA−infA.

2. Montrons que sup{|x−y| |(x, y)∈A²}>supA−infA.

• Méthode 1, sans “ε”.

Soientx∈Afixé quelconque.

Alors∀y∈A,x−y6|x−y|6supB si bien que

∀y∈A , x−supB6y doncx−supB minoreAsi bien que

x−supB6infA Relachons le caractère fixé dexpour obtenir

∀x∈A , x−supB6infA soit

∀x∈A , x6supB+ infA si bien que supB+ supAmajoreAdonc

supA6supB+ infA soit

supA−infA6supB

(9)

• Méthode 2, avec des “ε”.

****

dessin

****

PuisqueA6=∅, infA6supA.

— Cas supA−infA= 0.

Supposons queAadmet au moins deux élémentsa1< a2, alors infA6a1< a26supA donc supA−infA >0 ce qui est une contradiction.

Sachant queA6=∅, on peut donc affirmer queA est un singleton :A ={a} si bien queB ={0} donc supB = 0 = supA−infA.

— Cas supA−infA >0.

Soitε∈R^∗₊ fixé quelconque.

— Supposons queε <supA−infA.

Appliquons la caractérisation de la borne supérieure pourε0=supA−infA−ε 2 >0 :

∃a+∈A : a+>supA−ε0

Appliquons la caractérisation de la borne inférieure pourε0=supA−infA−ε 2 >0 :

∃a− ∈A : a−<infA+ε0

Alorsa+−a− >supA−infA−ε

| {z }

>0

donc|a+−a−|>supA−infA−εsi bien que

∃b=|a+−a−| ∈B : b>supA−infA−ε

— Supposons queε>supA−infA.

Fixonsb∈B quelconque.

Alorsb>0 et supA−infA−ε60 donc

b>supA−infA−ε Ainsi, nous venons de prouver que

∀ε∈R^∗₊ , ∃b∈B : b>supA−infA−ε

or supA−infAmajoreB si bien que la caractérisation de la borne supérieure permet de conclure que

supB= supA−infA

B={|x−y| | (x, y)∈A²} est une partie deRnon vide et minorée par 0 donc elle admet une borne inférieure.

De plus,∃a∈Atel que 0 =|a−a|donc 0∈B si bien queB admet un plus petit élément qui vaut 0 : infB= minB= 0

1. AetB deux parties non vides donc on peut fixera0∈Aet b0∈B.

• Aest

⋆ une partie deR,

⋆ non vide, elle contienta0,

⋆ majorée parb0 car∀a∈A, a6b0, donc elle admet une borne supérieure.

• B est

⋆ une partie deR,

⋆ non vide, elle contientb0,

⋆ minorée para0car∀b∈B,a06b, donc elle admet une borne inférieure.

• Soita∈Afixé quelconque.

Par hypothèse,

∀b∈B , a6b doncaest un minorant deB donc

a6maxm(B) = infB

(10)

Relâchons le caractère fixé dea:

∀a∈A , a6infB donc infB majoreA donc

supA= minM(A)6∈B Par conséquent supA6infB.

2. SoientAet B deux parties non vides deRtelles que pour tout (a, b)∈A×B,a < b.

Puisque l’inégalité strictea < bimplique l’inégalité largea6b, les partiesAetB satisfont les hypothèses de la question 1 donc infB et supAexistent et supA6infB.

On pourrait espérer que l’hypothèsea < bpour tout (a, b)∈A×B, permette de montrer que supA <infB.

Cela est illusoire. En effet pourA= [0,1[ et B=]1,2] on a d’une part ∀(a, b)∈A×B,a < b et d’autre part supA= 1 = infB.

3. SoientAet B deux parties non vides deRfixées quelconques.

Soient (a, b)∈A×B fixés quelconques.

Posonsε= 1 + max(0, b−a).

Alorsε >0 et

⋆ sia > b,ε= 1 donca+ε=a+ 1> b,

⋆ sinon,a6b doncε= 1 +b−adonca+ε=a+ 1 +b−a= 1 +b > b.

Par conséquent, on a toujoursa+ε > b.

Ainsi, deux parties non videsAetB deRsatisfont toujours la propriéété

∀(a, b)∈A×B , ∃ε∈R^∗₊ : a+ε > b .

En admettant l’existence de infB et supA, on ne peut pas les comparer en général :

⋆ si (A, B) = ({1},{2}), infB= 2>1 = supA,

⋆ si (A, B) = ({2},{1}), infB= 1<2 = supA,

⋆ si (A, B) = ([0,1],[1,2]), infB= 1 = 1 = supA.

⊲ Corrigé de l’exercice 1.8 PosonsA={ai |i= 1, . . . , n}. Aest une partie

• non vide,

• finie,

• d’un ensemble totalement ordonné qui est (R,6) doncAadmet un plus petit élément et un plus grand élément.

De plus, nous savons que dans tout ensemble ordonné (E,4), si une partieAa un plus grand élément (resp. plus petit élément), alors d’une part elle admet une borne supérieure (resp. inférieure) et d’autre part sup

E

A= maxA (resp. inf

E A= minA). Ceci permet de conclure.

1. Pour touti∈[[1, n]], posonsMi= max

16j6pai,j.

Miest bien défini car c’est le plus grand élément de la partie finie non vide{ai,1, ai,2, . . . , ai,p}de l’ensemble totalement ordonné (R,6).

{M1, . . . , Mn} est une partie finie non vide de l’ensemble totalement ordonné (R,6) donc elle admet un plus petit élément :

∃i0∈[[1, n]] : Mi0 = min{M1, . . . , Mn} soit

16j6pmax ai0,j= min

16i6n max

16j6pai,j (6)

2. Pour toutj ∈[[1, p]], posonsPi= min

16i6nai,j.

Pjest bien défini car c’est le plus petit élément de la partie finie non vide{a1,j, a2,j, . . . , an,j}de l’ensemble totalement ordonné (R,6).

{P1, . . . , Pp} est une partie finie non vide de l’ensemble totalement ordonné (R,6) donc elle admet un plus grand élément :

∃j0∈[[1, p]] : Pj0= max{P1, . . . , Pp} soit

16i6nmin ai,j0 = max

16j6p min

16i6nai,j (7)

(11)

3. max

16j6p min

16i6nai,j |{z}= égalité (7)

16i6nmin ai,j0 6ai0,j0 6 max

16j6pai0,j |{z}= égalité (6)

16i6nmin max

16j6pai,j

Ainsi max

16j6p min

16i6nai,j6 min

16i6n max

16j6pai,j. 4. Considérons la matrice

a1,1= 1 a1,2= 3 a2,1= 3 a2,2= 2

. Dans ce cas,

⋆ min

16i62 max

16j62ai,j= min{a1,2= 3, a2,1= 3}= 3,

⋆ max

16j62 min

16i62ai,j= max{a1,1= 1, a2,2= 2}= 2, d’où l’inégalité stricte sur cet exemple.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.1 1. Soitpun nombre premier.

• Montrons que√pest un nombre irrationnel.

Par l’absurde, supposons que√p∈R\Q.

Alors∃(a, b)∈Z×N^∗ :

( √p= a a∧b= 1b En élevant au carré,p= a²

b² doncpb²=a² doncp|a² orpest un nombre premier doncp| a.

Il existe a^′ ∈ Z : a = pa^′ et en injectant dans l’égalité pb² = a², on obtient pb² = p²a^′2 donc p(b²−pa^′2) = 0 orZest un anneau intègre etp6= 0 doncb²−pa^′2= 0 doncb²=pa^′2 doncp|b², or pest un nombre premier doncp|b.

Par conséquent,pest un diviseur commun àaetb ce qui contredita∧b= 1.

• Montrons plus généralement quepⁿ¹ est un nombre irrationnel pour tout n>2.

Par l’absurde, supposons quepⁿ¹ ∈Q.

Alors∃(a, b)∈Z×N^∗ : (

√np=a a∧b= 1b En élevant à la puissancen,p= aⁿ

bⁿ doncpbⁿ=aⁿ doncp|aⁿorpest un nombre premier doncp|a.

Il existe a^′ ∈ Z : a = pa^′ et en injectant dans l’égalité pbⁿ = aⁿ, on obtient pbⁿ = pⁿa^′n donc p(bⁿ−pⁿ⁻¹a^′n) = 0 orZest un anneau intègre etp6= 0 doncbⁿ−pⁿ⁻¹a^′n = 0 doncbⁿ =pⁿ⁻¹a^′n2 or n−1∈N^∗ doncp|bⁿ, orpest un nombre premier doncp| b.

Par conséquent,pest un diviseur commun àaetb ce qui contredita∧b= 1.

2. • Le produit de deux nombres rationnels est rationnel.

• On ne peut rien dire du produit de deux irrationnels :√2×√2 = 2∈Qet √2×√3 =√6∈R\Q.

• Le produit d’un rationnel et d’un irrationnel est un irrationnel si le rationnel est non nul et un rationnel si le rationnel est nul !

• « Six⁷ et x¹² sont rationnels, alorsxest rationnel ». Cette assertion est vraie, en effet puisque 7 et 12 sont premiers entre eux, d’après la relation de Bézout, il existe (p, q)∈ Z² tels que 7p+ 12q = 1 donc x=x¹= (x⁷)^p(x¹²)^q ∈Qcar (x⁷)^p∈Qet (x¹²)^q ∈Q.

• « Six⁹ etx¹²sont rationnels, alorsxest rationnel ». Cette assertion est fausse, par exemplex=√³ 2 est un nombre irrationnel (généraliser l’irrationnalité de√

2), √³

2⁹= 2³∈Qet √³

2¹²= 2⁴∈Q.

1. Raisonnons par l’absurde en supposant que√6 est rationnel.

Il existe (p, q)∈Z×N^∗: √ 6 = p

q etp∧q= 1.

En élevant au carré, 6 =p²

q² donc 6q²=p² donc 3|p² or 3 est un nombre premier donc 3|p.

Il existep^′ ∈Z : p= 3p^′ et en injectant dans l’égalité 6q² =p², on obtient 6q² = 9p^′2 donc 2q²= 3p^′2 donc 3|2q², or 3∧2 = 1 donc 3|q² or 3 est un nombre premier donc 3|q.

Par conséquent, 3 est un diviseur commun àpet qce qui contreditp∧q= 1.

Ainsi,√

6∈R\Q.

2. Raisonnons par l’absurde en supposant quea=√ 2 +√

3∈Q.

Alorsa² ∈Qdonc 2 + 2√

6 + 3 = 5 + 2√

6 =a²∈Qsi bien que√

6 = a²−5

2 est rationnel ce qui est en contradiction avec le résultat de la question précédente.

(12)

Par conséquent, a=√ 2 +√

3 est irrationnel.

1. Soient (r, r^′)∈Q² fixés quelconques tels quer+r^′√ 6 = 0.

Supposons quer^′ 6= 0, alors√

6 = −r

r^′ ∈ Qce qui contredit l’irrationnalité de √

6 (voir question 1 de l’exercice2.3).

Par conséquent,r^′ = 0 orr+r^′×√

6 = 0 doncr= 0.

Ainsi,∀(r, r^′)∈Q²,r+r^′√

6∈Q⇒r=r^′ = 0.

2. Raisonnons par l’absurde en supposant quea=√ 6−√

2−√ 3∈Q.

Alors√

6−a=√ 2 +√

3 si bien qu’en élevant au carré,

a²+ 6−2a√6 = 2 + 3 + 2√6 donc a²+ 1

| {z }

∈Q

−(2a+ 2)

| {z }

∈Q

√6 = 0

si bien que la question 1 permet d’affirmer que

a²+ 1 = 0 2a+ 2 = 0 ⇒

a²+ 1 = 0

a = −1 ⇒1 + 1 = 0 ce qui est une contradiction.

Ainsi√ 6−√

2−√

3 est irrationnel.

3. Raisonnons par l’absurde en supposant quea=√ 5−√

2−√ 3∈Q.

Alors√

5−a=√ 2 +√

3 si bien qu’en élevant au carré,

a²+ 5−2a√5 = 2 + 3 + 2√6 donc a²−2√6 = 2a√5 si bien qu’en élevant à nouveau au carré,

a⁴+ 24−4a²√

6 = 20a² donc a⁴−20a²+ 24

| {z }

∈Q

−|{z}4a²

∈Q

√6 = 0

si bien que la question 1 permet d’affirmer que

a⁴−20a²+ 24 = 0

4a² = 0 ⇒

a⁴−20a²+ 24 = 0

a = 0 ⇒

24 = 0 ce qui est une contradiction.

Ainsi,√ 5 +√

2 +√

3 est irrationnel.

⊲ Corrigé de l’exercice 2.5 1. SoitN ∈N^∗ fixé quelconque.

• Montrons que tout intervalle de la forme ]u, v[ avec (u, v)∈R²tels queu < vcontient une infinité de nombre rationnels dont le dénominateur est strictement supérieur àN.

Raisonnons par l’absurde en supposant que ]u, v[ contient un nombre fini de nombre rationnels dont le dénominateur est strictement supérieur àN. En posant

E=



 p q ∈Q

(p, q)∈Z×N^∗ p∧q= 1 q>N+ 1





cela revient à supposer queE∩]u, v[ est un ensemble fini.

PosonsF =



 p q ∈Q

(p, q)∈Z×N^∗ p∧q= 1 q6N



. Montrons queF∩]u, v[ est un ensemble fini.

Soient (p, q)∈Z×N^∗ fixés quelconques tels que

( p∧q= 1q6N p

q ∈]u, v[ . On a donc

u < p

q < v |{z}⇒ q >0

qu < p < qv |{z}⇒ 16q6N

−N|u|6−q|u|6qu < p < qv6q|v|6N|v|

(13)

donc,p∈Z∩]−N|u|, N|v|[ etq∈[[1, N]] donc il n’existe qu’un nombre fini de valeurs possible pourp et q, ce qui prouve queF est fini.

OrQ=E∪F doncQ∩]u, v[= (E∩]u, v[)∪(F∩]u, v[) si bien queQ∩]u, v[ est un ensemble fini.

Or la densité deQ dansRimpose que Q∩]u, v[ ne peut pas être fini. En effet, la densité deQdans R impose queQ∩]u, v[ n’est pas vide donc Q∩]u, v[ est une partie finie non vide de (R,6) ensemble totalement ordonné donc elle admet un plus petit élémentr= minQ∩]u, v[. Par définition d’un plus petit élément, r ∈ Q∩]u, v[ donc u < r. Par conséquent ]u, r[6= ∅ donc par densité de Q dans R,

∃r^′ ∈Q: r^′ ∈Q∩]u, r[. Mais alors r^′ ∈Q∩]u, v[ et r^′ < r ce qui contredit la définition der, le plus petit élément deQ∩]u, v[.

Ainsi l’hypothèse de finitude deE∩]u, v[ est fausse.

• SoitI un intervalle deRcontenant au moins deux points fixé quelconque.

Alors∃(u, v)∈I²fixés quelconques tels queu < v.

PuisqueI est un intervalle, ]u, v[⊂I.

D’après le premier point ci-dessus, ]u, v[ contient une infinité de nombre rationnels dont le déno- minateur est strictement supérieur à N donc I contient une infinité de nombre rationnels dont le dénominateur est strictement supérieur àN.

2. Soitx∈Ret N∈N^∗ fixés quelconques.

Reprenons les notations de la question précédente : E=



 p q ∈Q

(p, q)∈Z×N^∗ p∧q= 1 q>N+ 1



 et F =



 p q ∈Q

(p, q)∈Z×N^∗ p∧q= 1 q6N



 de sorte queQ=E∪F avec de plusE∩F=∅.

En reprenant le raisonnement du point précédent appliqué pouru←x−1 etv←x+ 1, on obtient que F∩]x−1, x+ 1[ est fini.

Posons F− = F∩]x−1, x[, F+ = F∩]x, x+ 1[ si bien que F−, {x} et F+ sont disjoints et leur union reconstitue l’ensemble finiF∩]x−1, x+ 1[.

⋆ Si F+=∅, posonsε⁺_x = 1 de sorte que ]x, x+ε⁺_x[∩F =∅,

⋆ sinonF+6=∅,F+ est une partie finie non vide de (R,6) qui est totalement ordonné donc elle admet un plus petit élément : r+= minF+. Par définition d’un plus petit élément, r+ ∈F∩]x, x+ 1[ donc x < r+ ce qui permet de poserε⁺_x =r+−x >0 de sorte que ]x, x+ε⁺_x[∩F =∅.

⋆ Si F−=∅, posonsε⁻_x = 1 de sorte que ]x−ε⁻_x, x[∩F =∅,

⋆ sinonF− 6=∅,F− est une partie finie non vide de (R,6) qui est totalement ordonné donc elle admet un plus grand élément :r−= maxF− Par définition d’un plus petit élément,r−∈F∩]x−1, x[ donc r−< xce qui permet de poser ε⁻_x =x−r−>0 de sorte que ]x−ε⁻_x, x[∩F =∅.

Posonsεx= min(ε⁺_x, ε⁻_x). On vérifie alors d’une part queεx>0 et d’autre part que ]x−εx, x+εx[∩F est vide ou réduit à{x}.

1. Posons, pour toutk∈[[0, n]],εk=kx− ⌊kx⌋.

D’après les propriétés de la fonction partie entière (∀x∈R,⌊x⌋6x <⌊x⌋+ 1), ∀k∈[[0, n]], εk ∈[0,1[.

De plus, l’intervalle [0,1[ sécrit comme la réunion disjoints des intevalles j

n,j+ 1 n

lorsque j parcourt [[0, n−1]].

Le principe des tiroirs de Dirichlet, appliqué à la répartition des (n+ 1) réels dans les n intervalles de la forme

j n,j+ 1

n

lorsque j parcourt [[0, n−1]] permet d’affirmer qu’il existe au moins un intervalle contenant au moins deux éléments de la famille (ε_k)

k∈[[^0,n]] :

∃(j0, r, s)∈[[0, n−1]]×[[0, n]]² : εr∈ j0

n,j0+ 1 n

et εs∈ j0

n,j0+ 1 n

et r6=s . Par conséquent, 0<|εr−εs|< 1

n donc 0<|rx− ⌊rx⌋ −sx− ⌊sx⌋|< 1

n ⇒ 0<|(r−s)x− ⌊rx⌋ − ⌊sx⌋|< 1 n

⇒ 0<

(r−s)

x−⌊rx⌋ − ⌊sx⌋ r−s

|r−s| < 1

n|r−s| ce qui est autorisé carr6=s

⇒ 0<

|r−s|

x−⌊rx⌋ − ⌊sx⌋ r−s

|r−s| < 1 n|r−s|

(14)

d’où le résultat espéré en posantp=(r−s)(⌊rx⌋ − ⌊sx⌋)

|r−s| ∈Zet q=|r−s| ∈N^∗:

x−p q < 1

nq .

De plus, par construction,q=|r−s| ∈[[0, n]] donc 1 n 6 1

q d’où

x−p q < 1

nq 6 1 q² . 2. Soitk∈N^∗ fixé quelconque.

Appliquons le résultat de la question précédente pourx=αetn=k :

∃(p_k, qk)∈Z×N^∗ : α−pk

qk

< 1

kqk

6 1 q_k²

Ceci nous permet de construire les suites (p_k)_k∈N∗ ∈(Z)^N^∗ et (q_k)_k∈N∗ ∈(N^∗)^N^∗ telles que

∀k∈N^∗, α−pk

qk

< 1

q²_k D’après la majoration

∀k∈N^∗ , α−pk

qk

< 1

kqk

6 1 k la suite

pk

qk

k∈N∗

converge vers la valeurαsans jamais l’atteindre puisque cette valeur est irrationnelle.

SoitA∈R+ fixé quelconque.

inf α−p q

p∈Z, q∈[[1,⌊A⌋]]

est un plus petit élément (car il n’y a qu’un nombre fini de tels rationnels à distance inférieure ou égale à 1 deα) strictement positif (carα /∈Q) noté mA.

Puisque lim

k→+∞

pk

qk

=α,

∃kA∈N^∗ : ∀k∈N^∗ , k>kA⇒ α−pk

qk

6mA

2 D’après la construction demA, on en déduit que,

∀k∈N^∗, k >kA⇒qk>⌊A⌋ ⇒qk >A Ainsi,

k→lim+∞qk = +∞. 3. Soienta∈Retε∈R^∗₊ fixés quelconque.

Appliquons le résultat de la question précédente :

∃(pk, qk)k∈N∗ ∈(Z×N^∗)^N^∗ : ∀k∈N^∗ , α−pk

qk

< 1

q_k² et lim

k→+∞qk= +∞. On en déduit que

∀k∈N^∗ , |αqk−pk|< 1 qk

si bien que la propriété lim

k→+∞qk = +∞garantit lim

k→+∞|αqk−pk|= 0.

Par conséquent,

∃k0∈N^∗ : ∀k∈N^∗ , k>k0⇒ |αqk−pk|6ε Puisqueδ0=|αqk0−pk0|>0, posonsN =

a δ0

de sorte que N δ06a <(N+ 1)δ0

si bien que

|a−N δ0|6δ06ε ce qui prouve le résultat puisqueN δ0∈Z+αZ.

(15)

⊲ Corrigé de l’exercice 2.8 1. Soitx∈D fixé quelconque.

Soient (u, v)∈Rfixés quelconques tels queu < v.

Par densité deD dansR, ]u, v[∩D6=∅.

⋆ Si x /∈]u, v[, ]u, v[∩D6=∅ ⇒]u, v[∩(D\ {x})6=∅.

⋆ Si x ∈]u, v[, alors x < v si bien que par densité de D dans R, ]x, v[∩D 6= ∅ or x /∈]x, v[ donc ]x, v[∩(D\ {x})6=∅ si bien que ]u, v[∩(D\ {x})6=∅.

Ainsi, pour toutx∈D,D\ {x}est dense dansR.

2. Considérons la propriété de récurrence définie pour toutn∈N^∗,

P(n) : « pour toute partieF de cardinalnd’une partieY deRdense dansR,Y \F est dense dansR»

• P(1) est vraie d’après la question précédente.

• Soitn∈N^∗ fixé quelconque tel queP(n) est vraie.

SoitY une partie deRdense dansRfixée quelconque.

SoitF ={y1, . . . , yn, yn+1}une partie de cardinaln+ 1 de Y fixée quelconque.

Utilisons la véracité de la propriété de récurrence appliquée à la partieY dense dansRet à la partie finie {y1, . . . , yn}de cardinaln:Y \ {y1, . . . , yn}est dense dansR.

Appliquons la question précénte à la partie Y \ {y1, . . . , yn} dense dans R et à l’élément {yn+1} de cette partie pour en déduire queY \ {y1, . . . , yn, yn+1}dense dansR.

Par conséquentP(n+ 1) est dense dans R.

Ainsi, pour toute partie finieF deD,D\F est dense dansR.

3. Soient (a, b)∈R²tels que a < b. PosonsX=D∩[a, b].

D’une part,X =D∩[a, b]⊂[a, b].

D’autre part, soientε∈R+ etx∈[a, b] fixés quelconques.

⋆ Si x∈[a, b[, par densité deD dansR,x < x+ min(ε, b−x) doncD∩]x, x+ min(ε, b−x)[6=∅donc

∃d∈D : x < d < x+ min(ε, b−x). Alors

x>a⇒d > x>a

min(ε, b−x)6b−x⇒d < x+ min(ε, b−x)6x+b−x=b doncd∈[a, b] ord∈Ddonc d∈X.

De plus, min(ε, b−x)6ε⇒x < d < x+ min(ε, b−x)6x+εdoncd∈]x, x+ε[ donc|x−d|< ε.

Ainsi, il existed∈X :|x−d|< ε.

⋆ Si x=b,b−min(ε, b−a)< bdonc, par densité deD dansR,D∩]b−min(ε, b−a), b[6=∅donc

∃d∈D : b−min(ε, b−a)< d < b . Alors

d < b⇒d6b

min(ε, b−a)6b−a⇒d > b−min(ε, b−a)>b−(b−a) =a donc d ∈ [a, b] or d ∈ D doncd∈X.

De plus, min(ε, b−a)6ε⇒b−ε6b−min(ε, b−a)< d < bdoncd∈]b−ε, b[ donc|b−d|< ε.

Ainsi, il existed∈X :|b−d|< ε.

Ainsi,X est dense dans [a, b].

4. Application :Qest dense dansRdonc, en appliquant le résultat de la question 2,Q\ {0,1}est dense dans R. En appliquant le résultat de la question 3 pour [a, b]←[0,1] etD←Q\ {0,1}qui est dense dansR, [0,1]∩(Q\ {0,1}) =Q∩]0,1[ est dense dans [0,1].

1. SoitP ∈ Pfixé quelconque. Alors il existen∈Net (a0, . . . , an)∈Cⁿ⁺¹tels que∀z∈C, P(z) = Xn k=0

akz^k. L’ensemble{|P(z)| ∈R+| z∈U} est

• une partie de R+ par définition,

• non vide car il contient|P(1)|,

• majoré : soitz∈Ufixé quelconque,

|P(z)|=

Xn k=0

akz^k 6

Xn k=0

|ak||z|^k = Xn k=0

|ak|.