Supremum et infimum

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Supremum et infimum
Exercice 1
Soit
[ 02107 ]
Enoncés
1
Exercice 7 [ 00225 ] [Correction]
Soit A une partie non vide et minorée de R. On pose
[Correction]
m = inf A et B = A ∩ ]−∞ ; m + 1]
(
A = (−1)n +
1
|n∈N
n+1
)
Déterminer la borne inférieure de B.
Montrer que A est bornée, déterminer inf A et sup A.
Exercice 2 [ 02109 ] [Correction]
Soient A et B deux parties non vides de R telles que
Exercice 8 [ 02347 ] [Correction]
Soit f : R2 → R. Établir
sup inf f (x, y) ≤ inf sup f (x, y)
x∈R y∈R
y∈R x∈R
∀(a, b) ∈ A × B, a ≤ b
Montrer que sup A et inf B existent et que sup A ≤ inf B.
Exercice 3 [ 02108 ] [Correction]
Soient A et B deux parties non vides et bornées de R telles que A ⊂ B.
Comparer inf A, sup A, inf B et sup B.
Exercice 9
Déterminer
[ 02114 ]
[Correction]
(
!
)
1
1
inf (x1 + · · · + xn )
+ ··· +
| x1 , . . . , xn > 0
x1
xn
Exercice 4 [ 02110 ] [Correction]
Soient A et B deux parties de R non vides et majorées.
Montrer que sup A, sup B et sup(A ∪ B) existent et
sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B)
Exercice 5 [ 02111 ] [Correction]
Soient A et B deux parties non vides et majorées de R.
On forme
A + B = {a + b | (a, b) ∈ A × B}
Montrer que A + B est majorée et
sup(A + B) = sup A + sup B
Exercice 6 [ 02113 ] [Correction]
Pour n ∈ N, on pose fn (x) = xn (1 − x). Déterminer
lim sup fn (x)
n→+∞ x∈[0;1]
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
1
≤ 2 donc A est bornée.
∀n ∈ N, −1 ≤ (−1)n + n+1
A est une partie de R non vide et bornée donc inf A et sup A existent.
n
0
1
2
3
...
.
1
(−1)n + n+1
2 −1 + 12 1 + 31 −1 + 41 . . .
2 est plus grand élément de A et donc sup A = max A = 2.
1
A est clairement minorée par −1 et (−1)2p+1 + 2p+2
→ −1 donc il existe une suite
d’éléments de A qui converge vers −1 donc inf A = −1.
2
Exercice 5 : [énoncé]
A et B sont deux parties non vides et majorées de R donc sup A et sup B existent.
Pour tout x ∈ A + B, on peut écrire x = a + b avec a ∈ A et b ∈ B.
On a x = a + b ≤ sup A + sup B, donc A + B est majorée par sup A + sup B
A + B est une partie de R non vide et majorée donc sup A + B existe et
sup A + B ≤ sup A + sup B
Pour tout a ∈ A et tout b ∈ B, a = (a + b) − b ≤ sup(A + B) − b donc A est majorée par
sup(A + B) − b d’où
sup A ≤ sup(A + B) − b
Par suite
b ≤ sup(A + B) − sup A
Exercice 2 : [énoncé]
Soit b ∈ B. Puisque
et B est donc majoré par sup(A + B) − sup A et par suite
∀a ∈ A, a ≤ b
la partie A est majorée par b.
A est une partie de R non vide et majorée par b donc sup A existe et sup A ≤ b.
B est une partie de R non vide et minorée par sup A donc inf B existe et sup A ≤ inf B.
sup B ≤ sup(A + B) − sup A
Finalement
sup A + sup B ≤ sup A + B
puis l’égalité.
Exercice 3 : [énoncé]
A et B sont des parties non vides et bornées de R donc les bornes sup et inf considérées
existent.
Pour tout a ∈ A, on a a ∈ B donc a ≤ sup B. sup B majore A donc sup A ≤ sup B.
Pour tout a ∈ A, on a a ∈ B donc inf B ≤ a. inf B minore A donc inf B ≤ inf A.
Enfin, puisque A , ∅, inf A ≤ sup A.
Exercice 4 : [énoncé]
A, B, A ∪ B sont des parties de R non vides et majorées donc sup A, sup B, sup(A ∪ B)
existent dans R.
Pour tout x ∈ A ∪ B on a x ≤ max(sup A, sup B) donc
sup(A ∪ B) ≤ max(sup A, sup B)
Exercice 6 : [énoncé]
La fonction fn est dérivable avec
fn0 (x) = nxn−1 (1 − x) − xn = nxn−1 − (n + 1)xn
On en déduit les variations
x
0
fn (x) 0
avec xn =
n
n+1
%
xn
Mn
1
& 0
∈ [0 ; 1] et
1
Mn = sup fn (x) = 1 −
n
+
1
x∈[0;1]
!n
1
→0
n+1
Puisque A, B ⊂ A ∪ B on a sup A, sup B ≤ sup(A ∪ B) donc
max(sup A, sup B) ≤ sup(A ∪ B)
puis l’égalité.
Exercice 7 : [énoncé]
Puisque m + 1 ne minore pas A, la partie B est non vide.
De plus B ⊂ A donc la borne inférieure de B existe et
inf A ≤ inf B
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 24 septembre 2016
Corrections
3
Soit x ∈ A, si x ≤ m + 1 alors x ∈ B et donc x ≥ inf B.
Si x > m + 1 alors à nouveau x ≥ inf B.
Ainsi inf B minore A et donc
inf A ≥ inf B
Finalement
inf A = inf B
Exercice 8 : [énoncé]
Soit y0 ∈ R. On a pour tout x ∈ R
inf f (x, y) ≤ f (x, y0 )
y∈R
donc
sup inf f (x, y) ≤ sup f (x, y0 )
x∈R y∈R
x∈R
puis
sup inf f (x, y) ≤ inf sup f (x, y0 )
x∈R y∈R
Exercice 9 : [énoncé]
On exploite
y0 ∈R x∈R
xi2 + x2j
xi x j
+
=
≥2
x j xi
xi x j
pour obtenir
! X
n
1
1
xi
(x1 + · · · + xn )
+ ··· +
=
≥ n2
x1
xn
x
i, j=1 j
Puisque que pour x1 = . . . = xn = 1 on obtient
(x1 + · · · + xn )
!
1
1
+ ··· +
= n2
x1
xn
on peut conclure
(
!
)
1
1
inf (x1 + · · · + xn )
+ ··· +
| x1 , . . . , xn > 0 = n2
x1
xn
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD