Colle du 23 septembre 2015

Colles MPA 1ère année
Arnaud Demarais
2015/2016
Exercice 28.1
Soit A la partie de R suivante :
A ={( 1)n +
1
n+1
| n 2 N}
1) Montrer que A est bornée
2) Déterminer sa borne sup ainsi que sa borne inf.
Correction 28.1
1)
Soit n 2 N alors on a :
| ( 1)n +
1
n+1
|| ( 1)n | + |
Donc A est bornée
1
n+1
| 2
2)
Si on prend n = 0, on trouve 2 ainsi la borne supérieure est un maximum et c’est 2.
Si on prend n = 1, on trouve 12 puis comme lorsque n est pair on est positif, on regarde juste ce qu’il ce passe
1
lorsque n est impair : n = 2k + 1 on a alors la suite 1 + 2k+2
qui est décroissante et donc la borne inférieure est
la limite et c’est 1.
Exercice 28.2
Soient A et B deux parties non vides de R telles que 8(a, b) 2 A ⇥ B, a < b .
1) Montrer que sup A et inf B existent et que sup A  inf B.
2) L’inégalité est-elle stricte ?
Correction 28.2
A est une partie non vide de R majorée par n’importe quel élément de B donc sup A existe. De même inf B existe.
Si on prend (an )n2N qui tend vers sup A et (bn )n2N qui tend vers sup B.
alors pour tout n 2 N : an < bn et en passant à la limite on a le résultat.
2) Il est bien connu qu’un passage à la limite ne préserve pas les inégalités strictes : un contre exemple simple est
1
de prendre A ={0} et B ={ n+1
| n 2 N}.
Exercice 28.3
Soient A et B deux parties non vides et bornées deR telles que A ⇢ B. Comparer inf A, sup A, inf B et sup B.
1
Correction 28.3
On sait déjà que inf A  sup A et inf B  sup B.
Soit a 2 A, alors comme A ⇢ B, on a inf B  A donc inf B minore A. Or inf A est le plus grand des minorant
donc inf B  inf A et même sup A  sup B et donc on a :
inf B  inf A  sup A  sup B.
Exercice 28.4
Soient A et B deux parties non vides et majorées de R. On forme A + B ={a + b | (a, b) 2 A ⇥ B}.
Montrer que A + B est majorée et sup(A + B) = sup A + sup B .
Correction 28.4
Soit a 2 A etb 2 B. Comme sup A et sup B existent, on a :
a + b sup A + sub B. Ceci est vrai pour tous a et b donc A + B est majoré et non vide !
Donc A + B admet une borne sup.
Soit (an )n2N qui tend vers sup A et (bn )n2N qui tend vers sup B alors :
an + bn !sup A+ sup B.
Et donc sup A + sup B est la borne supérieure de A + B.
Exercice 28.5
Pour n 2 N, on pose fn (x) = xn (1
x).
Déterminer limn!+1 supx2[0,1] fn (x)
Correction 28.5
Soit n 2 N et soit x 2 [0, 1]. Faisons une étude de fonction :
fn est dérivable et fn0 (x) = nxn
fn0 s’annule
donc :
en 0 et en 1
1
n
1
(1
x)
xn = xn
1
(n(1
et est positif puis négatif donc 1
x)
1
n
1).
est le maximum de fn (faire un tableau de variation)
supx2[0,1] fn (x) = ( nn 1 )n ( n1 ).
Or | ( nn 1 )n ( n1 ) |
1
n
et donc ( nn 1 )n ( n1 ) tend vers 0.
Alors on a : limn!+1 supx2[0,1] fn (x) = 0.
Exercice 28.6
Soit A une partie non vide et minorée de R. On pose m = inf A et B = A\]
inférieure de B.
1, m + 1] Déterminer la borne
Correction 28.6
m + 1 > mdonc la propriété de la borne inf assure qu’il existe a 2 A tel que m < a < m + 1 et donc a 2 B et donc
B est non vide.
B ⇢ Aet donc B est minorée, B admet donc une borne inf.
Comme B ⇢ A, inf B
inf A.
Soit (an )n2N qui tend vers inf A alors il existe un rang N à partir duquel an < m + 1 et alors an 2 B donc pour
tout n > N , inf B an et par passage à la limite inf B  inf A et donc :
inf B = inf A.
2
Exercice 28.7
Les parties deR suivantes sont elles-minorées, majorées ? Dans chaque cas, déterminer s’il y a lieu la borne inférieure,
la borne supérieure, et dire s’il s’agit d’un minimum ou d’un maximum.
n
A= { mn+1
| (m, n) 2 N⇤2 }
n
B= { mn+1
; (m, n) 2 N2 }
Correction 28.7
• Pour la partie A :
Comme m est toujours plus grand que 1alors mn est plus grand que n et donc mn + 1 est strictement plus grand
que n donc A est strictement majorée par 1 si on prend m = 1 et n tend vers +1 on trouve comme limite 1 donc
1 est la borne supérieure non atteinte.
0 minore évidemment A strictement et si on prend n = 1 et m qui tend vers l’infini on trouve 0, c’est donc une
borne inférieure non atteinte.
• Pour la partie B :
0 minore toujours B et est un minimum (prendre n = 0)
Si on prend m = 0 et n tend vers l’infini on trouve +1 donc B n’est pas majorée : sa borne sup est +1.
Exercice 28.8
Soit A une partie deR majorée et on note M =sup A. On suppose que M 2
/ A. Démontrer que, pour tout ✏ > 0,
l’intervalle ]M ✏, M [ contient une infinité d’éléments de A.
Correction 28.8
On se fixe✏ > 0 quelconque.
Par l’absurde, on suppose qu’il n’existe qu’un nombre fini d’éléments x1 , ...xn dans l’intervalle ]M ✏, M [. Quitte
à les renuméroter, on peut supposer que x1 < x2 < ... < xn .
Alors il n’y a aucun élément de A dans ]xn , M [ ce qui contredit la propriété de la borne supérieure suivante :
Pour tout x < M , il existe a 2 A tel que x < a < M .
Exercice 28.9
Soit f : [0, 1] ! [0, 1] une application croissante. On note E ={x 2 [0, 1] | f (x)
1. Montrer que E admet une borne supérieure b.
2. Prouver que f (b) = b.
x}.
Correction 28.9
1)
Tout d’abord E est une partie de R. D’autre part f (0) 0 car f (0) 2 [0, 1] par définition donc 0 2 E et E est non
vide. De plus E est majorée par 1 car E ⇢ [0, 1] par définition.
Donc E admet une borne supérieure que l’on note b.
2)
Si f (b) > b alors comme f est croissante : f (f (b)) f (b) et donc f (b) 2 E et f (b) > b. Or b est la borne sup donc
c’est impossible ! on a donc f (b)  b.
Si f (b) < b, par propriété de la borne supérieure on peut trouver a 2 E tel que f (b) < a < b. Comme f est
croissante f (a)  f (b) et comme a 2 E, f (a) a c’est contradictoire !
Donc f (b) = b !
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Exercice 28.10
Soit A une partie non-vide et bornée de R. On note B ={ | x
1. Justifier que B est majorée.
y || (x, y) 2 A2 }.
2. On note (A) la borne supérieure de cet ensemble. Prouver que (A) = sup(A) inf(A).
Correction 28.10
1)
Notons M un majorant de A.
Soient x et y 2 A alors | x
y || x | + | y | M + M  2M .
Donc B est majorée par 2M .
2)
Soit (an )n2N une suite d’éléments de A qui tend vers inf A et (bn )n2N une suite d’éléments de A qui tend vers sup
A.
Alors pour tout n 2 N :
| an
bn |2 B et donc| an
bn | sup B par passage a la limite :
|sup A inf A | = sup A inf A sup B.
Par l’absurde supposons que sup A inf A < (A). Alors par propriété de la borne supérieure il existe x 2 B tel
que sup A inf A < x < (A).
il existe donc a et b 2 A tel que x =| a
qui est impossible !
b |= a
b (en supposant que a > b) on a donc inf A  b < a sup A ce
(A) =sup A inf A.
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