Borne supérieure et propriété d’Archimède : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « borne supérieure et propriété d’Archimède », question par question.
Cette correction suit la rédaction attendue en licence : chaque borne est établie en deux temps, majorant puis caractérisation par epsilon. Lorsque la propriété d’Archimède intervient, l’entier choisi est donné explicitement, afin que vous voyiez d’où il vient. La question de cours sur la densité de \(\mathbb{Q}\) est rédigée en entier, car elle revient souvent en partiel. Le problème montre aussi comment couper \(\varepsilon\) en deux moitiés, puis comment construire un contre-exemple pour le produit. Les trois marches de la partie entière sont aussi justifiées cas par cas. Enfin, chaque barème précise la répartition entre méthode et résultat.
L’énoncé complet se trouve ici : Borne supérieure et propriété d’Archimède : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : borne supérieure et propriété d’Archimède
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Valeurs absolues et majorations | 3 points |
| 2. Un ensemble qui s’accumule près de 2 | 4 points |
| 3. Partie entière et principe d’Archimède | 4 points |
| 4. Question de cours : densité de Q dans R | 3 points |
| 5. Problème : borne supérieure d’une somme de parties | 6 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : borne supérieure et propriété d’Archimède
Exercice 1 – Valeurs absolues et majorations (3 points)
-
Chaque membre étant positif, et la fonction carré croissant sur \([0\,;+\infty[\), l’inéquation équivaut à \((2x-3)^2 \leq (x+1)^2\), c’est-à-dire à \((2x-3)^2 – (x+1)^2 \leq 0\).
On factorise cette différence de carrés : \((2x – 3 – x – 1)(2x – 3 + x + 1) = (x – 4)(3x – 2)\). Ce produit est négatif ou nul exactement entre ses racines \(\frac{2}{3}\) et \(4\). L’ensemble des solutions est \(\left[\frac{2}{3}\,;4\right]\).
Sur la figure, la courbe bleue passe en effet sous la courbe orange entre les points d’intersection \(\left(\frac{2}{3}\,;\frac{5}{3}\right)\) et \((4\,;5)\).
- Soient \(a, b \in \mathbb{R}\). Écrivons \(a = (a – b) + b\) : l’inégalité triangulaire donne \(|a| \leq |a – b| + |b|\), d’où \(|a| – |b| \leq |a – b|\). Le même argument, appliqué cette fois à \(b = (b – a) + a\), fournit \(|b| – |a| \leq |b – a| = |a – b|\). Or \(\big||a| – |b|\big|\) est le plus grand des deux réels \(|a| – |b|\) et \(|b| – |a|\). Ainsi \(\big||a| – |b|\big| \leq |a – b|\).
- Soit \(x \in [-2\,;3]\). Alors \(|x| \leq 3\), donc \(|x|^3 \leq 27\) et \(4|x| \leq 12\). Par l’inégalité triangulaire, \(|x^3 – 4x + 5| \leq |x|^3 + 4|x| + 5 \leq 27 + 12 + 5\). Donc \(|x^3 – 4x + 5| \leq 44\) sur \([-2\,;3]\).
Piège classique : élever au carré sans préciser que les deux membres sont positifs. Sans cette remarque, l’équivalence n’est pas justifiée.
Exercice 2 – Un ensemble qui s’accumule près de 2 (4 points)
- Pour \(n, m \in \mathbb{N}^*\), on a \(\frac{1}{n} \leq 1\) et \(\frac{1}{m} \leq 1\), donc \(2 – \frac{1}{n} – \frac{1}{m} \geq 0\). Ainsi \(0\) minore \(A\). De plus, \(0 = 2 – 1 – 1\) appartient à \(A\) (avec \(n = m = 1\)). Donc \(A\) admet un plus petit élément : \(\min A = 0\).
- Pour tous \(n, m \in \mathbb{N}^*\), les réels \(\frac{1}{n}\) et \(\frac{1}{m}\) sont strictement positifs, donc \(2 – \frac{1}{n} – \frac{1}{m} < 2\) : le réel 2 majore \(A\).
-
La partie \(A\) est non vide et majorée, donc elle admet une borne supérieure. Comme \(2\) est un majorant, il reste à montrer que, pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe un élément de \(A\) strictement supérieur à \(2 – \varepsilon\).
Soit \(\varepsilon > 0\). La propriété d’Archimède, appliquée aux réels \(\varepsilon\) et \(2\), donne un entier \(N \geq 1\) vérifiant \(N \varepsilon > 2\), c’est-à-dire \(\frac{2}{N} < \varepsilon\). Avec \(n = m = N\), l’élément \(x = 2 – \frac{2}{N}\) appartient à \(A\) et vérifie \(x > 2 – \varepsilon\).
Par la caractérisation de la borne supérieure, \(\sup A = 2\).
- D’après la question 2, tout élément de \(A\) est strictement inférieur à \(2 = \sup A\). La borne supérieure n’appartient donc pas à \(A\). Par conséquent, \(A\) n’a pas de plus grand élément.
Exercice 3 – Partie entière et principe d’Archimède (4 points)
- Fixons \(x \in \mathbb{R}\), puis décomposons-le en \(x = m + t\), où \(m = \lfloor x \rfloor\) est entier et \(t \in [0\,;1[\). Comme \(3m\) est entier, \(\lfloor 3m + 3t \rfloor = 3m + \lfloor 3t \rfloor\), si bien que \(g(x) = \lfloor 3t \rfloor\). Or \(3t\) parcourt \([0\,;3[\), donc \(\lfloor 3t \rfloor\) vaut \(0\) lorsque \(t < \frac{1}{3}\), \(1\) lorsque \(\frac{1}{3} \leq t < \frac{2}{3}\), et \(2\) lorsque \(t \geq \frac{2}{3}\). Ainsi \(g\) prend ses valeurs dans \(\{0, 1, 2\}\), et \(g(x) = 2\) exactement quand \(x – \lfloor x \rfloor \geq \frac{2}{3}\). On retrouve les trois marches de la figure.
- Notons \(m = \left\lfloor \frac{x}{k} \right\rfloor\). Alors \(m \leq \frac{x}{k} < m + 1\), c’est-à-dire \(mk \leq x < (m+1)k\), car \(k > 0\). D’une part, \(mk\) est un entier inférieur ou égal à \(x\), donc \(mk \leq \lfloor x \rfloor\). D’autre part, \(\lfloor x \rfloor \leq x < (m+1)k\). On obtient donc \(m \leq \frac{\lfloor x \rfloor}{k} < m + 1\), avec \(m\) entier. Par définition de la partie entière, \(\left\lfloor \frac{\lfloor x \rfloor}{k} \right\rfloor = m = \left\lfloor \frac{x}{k} \right\rfloor\).
-
Énoncé : si \(x\) est un réel strictement positif et \(y\) un réel quelconque, alors un entier naturel \(p\) vérifie \(px > y\).
Fixons \(\varepsilon > 0\), puis utilisons ce résultat avec \(x = \varepsilon\) et \(y = 1\) : on dispose de \(p \in \mathbb{N}\) tel que \(p\varepsilon > 1\). Cet entier n’est pas nul, sinon on aurait \(0 > 1\). Par conséquent, \(p \in \mathbb{N}^*\) et \(\varepsilon > \frac{1}{p}\).
Enfin, tous les inverses \(\frac{1}{p}\) sont strictement positifs, donc \(0\) est un minorant ; de plus, aucun \(\varepsilon > 0\) n’en est un, d’après ce qui précède. La borne inférieure cherchée vaut donc \(0\).
Piège classique : croire que \(\lfloor 3x \rfloor\) et \(3\lfloor x \rfloor\) coïncident. Pour \(x = \frac{1}{2}\), le premier vaut pourtant \(1\) et le second \(0\).
Exercice 4 – Question de cours : densité de Q dans R (3 points)
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Comme \(b – a > 0\), la propriété d’Archimède fournit \(q \in \mathbb{N}\) tel que \(q(b – a) > 1\), et \(q \neq 0\). On introduit alors l’entier \(p = \lfloor qa \rfloor + 1\).
La partie entière de \(qa\) vérifie \(\lfloor qa \rfloor \leq qa < \lfloor qa \rfloor + 1\). Ainsi \(qa < p\), et de plus \(p \leq qa + 1 < qa + q(b – a) = qb\).
En divisant par \(q > 0\), on obtient \(a < \frac{p}{q} < b\). Le rationnel \(r = \frac{p}{q}\) convient.
- Soient \(a < b\). Alors \(a – \sqrt{2} < b – \sqrt{2}\) et, d’après la question 1, il existe \(r \in \mathbb{Q}\) avec \(a – \sqrt{2} < r < b – \sqrt{2}\). Donc \(a < r + \sqrt{2} < b\). Si \(r + \sqrt{2}\) était rationnel, alors \(\sqrt{2} = (r + \sqrt{2}) – r\) le serait aussi, ce qui est absurde. Le réel \(r + \sqrt{2}\) est un irrationnel compris entre \(a\) et \(b\).
Exercice 5 – Problème : borne supérieure d’une somme de parties (6 points)
- Les parties \(A\) et \(B\) sont non vides et majorées : l’axiome de la borne supérieure garantit donc l’existence de \(\sup A\) et de \(\sup B\). Soient \(a \in A\) et \(b \in B\). Alors \(a \leq \sup A\) et \(b \leq \sup B\), d’où \(a + b \leq \sup A + \sup B\). Ainsi \(A + B\) est non vide et majorée par \(\sup A + \sup B\) ; elle admet donc une borne supérieure, qui est le plus petit des majorants. Par conséquent, \(\sup(A + B) \leq \sup A + \sup B\).
- Soit \(\varepsilon > 0\) ; on partage l’écart en deux moitiés en posant \(\eta = \frac{\varepsilon}{2}\). Puisque \(\sup A – \eta\) ne majore pas \(A\), un élément \(a \in A\) vérifie \(\sup A – \eta < a\). Pour la même raison, un élément \(b \in B\) vérifie \(\sup B – \eta < b\). La somme \(a + b\) appartient à \(A + B\), et \(a + b > \sup A + \sup B – \varepsilon\). Le majorant \(\sup A + \sup B\) vérifie donc la caractérisation par \(\varepsilon\). Ainsi \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).
-
D’abord, \(1\) majore \(A_0\), et pour \(\varepsilon > 0\), l’exercice 3 fournit \(p \in \mathbb{N}^*\) avec \(\varepsilon > \frac{1}{p}\) : l’élément \(1 – \frac{1}{p}\) de \(A_0\) dépasse alors \(1 – \varepsilon\). Donc \(\sup A_0 = 1\).
Ensuite, \(B_0\) contient \(0\). Si \(q \in B_0\), alors \(|q| < \sqrt{2}\), donc \(q < \sqrt{2}\) : le réel \(\sqrt{2}\) majore \(B_0\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(c = \max\left(0, \sqrt{2} – \varepsilon\right)\). Par densité de \(\mathbb{Q}\) dans \(\mathbb{R}\), il existe \(q \in \mathbb{Q}\) tel que \(c < q < \sqrt{2}\). Alors \(0 < q < \sqrt{2}\), donc \(q^2 < 2\), et \(q > \sqrt{2} – \varepsilon\). Donc \(\sup B_0 = \sqrt{2}\).
Enfin, d’après la question 2, \(\sup(A_0 + B_0) = 1 + \sqrt{2}\).
- Tout élément de \(A_0 + B_0\) s’écrit \(1 – \frac{1}{n} + q\), avec \(1 – \frac{1}{n} < 1\) et \(q < \sqrt{2}\). Sa valeur est donc strictement inférieure à \(1 + \sqrt{2}\). La borne supérieure n’est pas atteinte.
- Prenons \(A = B = \{-2, -1\}\). Alors \(\sup A = \sup B = -1\), donc \(\sup A \times \sup B = 1\). Pourtant \(A \cdot B = \{4, 2, 1\}\), dont la borne supérieure vaut \(4\). Comme \(4 \neq 1\), l’égalité est fausse en général.
Piège classique : prendre \(a > \sup A – \varepsilon\) et \(b > \sup B – \varepsilon\). On obtient alors seulement \(a + b > \sup A + \sup B – 2\varepsilon\), ce qui oblige à reprendre la fin du raisonnement.
À retenir de ce contrôle
- Un réel M est la borne supérieure de A s’il majore A et si, pour tout epsilon positif, un élément de A dépasse M moins epsilon.
- La propriété d’Archimède fournit, pour tout réel strictement positif epsilon, un entier n non nul tel que 1/n soit inférieur à epsilon.
- Pour étudier une partie entière, on écrit x = n + t avec n entier et t dans [0 ; 1[, puis on distingue les cas selon t.
- La borne supérieure est compatible avec la somme de parties, mais pas avec le produit dès que des éléments négatifs interviennent.
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