Corrigé des exercices : Borne supérieure et densité en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Encadrer des sommes, produits et quotients

Idée clé : on ne soustrait et on ne divise jamais deux inégalités ; on passe par l’opposé, par l’inverse, et on se ramène à des nombres positifs.

1. En ajoutant \(1 \leq x \leq 4\) et \(-3 \leq y \leq -1\), on obtient \(-2 \leq x + y \leq 3\). Pour la différence, on encadre d’abord l’opposé : \(1 \leq -y \leq 3\). On ajoute ensuite cet encadrement à celui de \(x\). Ainsi \(-2 \leq x + y \leq 3\) et \(2 \leq x – y \leq 7\).
2. Le réel \(y\) est négatif : on travaille avec \(-y \in [1,3]\), qui est positif. Le produit d’encadrements de nombres positifs donne \(1 \leq x(-y) \leq 12\). En multipliant par \(-1\), l’ordre se renverse. On obtient \(-12 \leq xy \leq -1\).
3. D’abord, \(1 \leq -y \leq 3\) donne, par passage à l’inverse de positifs, \(\frac{1}{3} \leq -\frac{1}{y} \leq 1\). Ensuite, on multiplie par l’encadrement positif de \(x\) : \(\frac{1}{3} \leq -\frac{x}{y} \leq 4\). Par conséquent, \(-4 \leq \frac{x}{y} \leq -\frac{1}{3}\).
4. Comme \(x \geq 0\), on a \(1 \leq x^2 \leq 16\). De même, \(1 \leq -y \leq 3\) donne \(1 \leq y^2 \leq 9\). En ajoutant, \(2 \leq x^2 + y^2 \leq 25\).

Ces encadrements sont d’ailleurs optimaux. Par exemple, la valeur \(-12\) est atteinte pour \(x = 4\) et \(y = -3\).

Corrigé de l’exercice 2 – Trois équations et inéquations avec valeurs absolues

Idée clé : on lit la valeur absolue comme une distance, ou bien on élève au carré deux quantités positives, ou encore on découpe la droite selon le signe de chaque terme.

1. L’inégalité \(|2x – 5| \leq 3\) équivaut à \(-3 \leq 2x – 5 \leq 3\), soit \(2 \leq 2x \leq 8\). L’ensemble des solutions est \([1,4]\).
2. Les deux membres sont positifs, donc l’inégalité équivaut à \((x+1)^2 > (x-3)^2\). En développant, \(2x + 1 > -6x + 9\), soit \(8x > 8\). Les solutions forment l’intervalle \(]1,+\infty[\). On peut aussi le voir sur la droite : la distance à \(3\) doit être inférieure à la distance à \(-1\), et le milieu de ces deux points vaut \(1\).
3. On découpe selon les points \(-2\) et \(1\). Pour \(x \geq 1\), l’équation devient \((x – 1) + (x + 2) = 5\), soit \(x = 2\), qui convient. Pour \(-2 \leq x \leq 1\), le premier membre vaut \((1 – x) + (x + 2) = 3\), jamais égal à \(5\). Pour \(x \leq -2\), on obtient \(-2x – 1 = 5\), soit \(x = -3\), qui convient. Les solutions sont \(-3\) et \(2\).

La figure confirme ce résultat : le graphe de \(x \mapsto |x – 1| + |x + 2|\) coupe la droite d’équation \(y = 5\) en deux points.

Corrigé de l’exercice 3 – Majorants, maximum et borne supérieure de trois parties

Idée clé : on cherche d’abord le comportement global de la partie, puis on vérifie si les bornes trouvées lui appartiennent.

1. La partie \(A\) est majorée par \(5\), qui lui appartient : \(\max A = \sup A = 5\). Elle est minorée par \(-2\), qui lui appartient aussi : \(\min A = \inf A = -2\). On remarque que \(3\) n’est pas un majorant, car \(5 \in A\).
2. On a \(n^2 – 6n = (n – 3)^2 – 9 \geq -9\), avec égalité pour \(n = 3\). Donc \(\min B = \inf B = -9\). En revanche, \(n^2 – 6n \geq n\) dès que \(n \geq 7\), donc \(B\) n’est pas majorée. Elle n’a ni maximum ni borne supérieure réelle.
3. On a \(x^2 < 7\) si et seulement si \(-\sqrt{7} < x < \sqrt{7}\). Ainsi \(C = \left]-\sqrt{7}, \sqrt{7}\right[\). Elle est bornée, avec \(\sup C = \sqrt{7}\) et \(\inf C = -\sqrt{7}\), et elle n’a ni maximum ni minimum. En effet, ces bornes n’appartiennent pas à \(C\).

Corrigé de l’exercice 4 – Calculs de parties entières

Idée clé : l’égalité \(\lfloor y \rfloor = n\) équivaut toujours à l’encadrement \(n \leq y < n + 1\).

1. On a \(-3 \leq -2{,}5 < -2\), donc \(\lfloor -2{,}5 \rfloor = -3\). Ensuite, \(3{,}14 < \pi < 3{,}15\) donne \(9{,}85 < \pi^2 < 9{,}93\), donc \(\lfloor \pi^2 \rfloor = 9\). Enfin, \(3 < \sqrt{10} < 4\) car \(9 < 10 < 16\). Ainsi \(-4 < -\sqrt{10} < -3\). On trouve \(-3\), \(9\) et \(-4\).
2. Par caractérisation de la partie entière, on doit avoir \(4 \leq 3x + 1 < 5\), donc \(1 \leq x < \frac{4}{3}\). On obtient l’intervalle \(\left[1, \frac{4}{3}\right[\).
3. L’égalité \(\lfloor x \rfloor^2 = 9\) équivaut à \(\lfloor x \rfloor = 3\) ou \(\lfloor x \rfloor = -3\). Les solutions forment \([-3,-2[\, \cup [3,4[\).

Corrigé de l’exercice 5 – Rationnel ou irrationnel

Idée clé : pour prouver l’irrationalité, on suppose une écriture en fraction et on cherche une contradiction arithmétique.

1. Supposons \(\frac{\ln 3}{\ln 2} = \frac{p}{q}\), avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\), ce qui est possible car ce quotient est strictement positif. Alors \(q\ln 3 = p\ln 2\), donc \(3^q = 2^p\). Or \(3^q\) est impair et \(2^p\) est pair, car \(p \geq 1\). C’est absurde, donc \(\frac{\ln 3}{\ln 2}\) est irrationnel.
2. Si \(x + r = s\) était rationnel, alors \(x = s – r\) le serait aussi. De même, si \(rx = s\) était rationnel, alors \(x = \frac{s}{r}\) le serait, puisque \(r \neq 0\). Dans les deux cas, on contredit l’irrationalité de \(x\).
3. Par exemple, \(\sqrt{3}\) et \(2 – \sqrt{3}\) sont irrationnels, d’après la question 2, et leur somme vaut \(2\). De même, \(\sqrt{3}\) et \(\frac{5}{\sqrt{3}}\) sont irrationnels, et leur produit vaut \(5\). La somme et le produit de deux irrationnels peuvent donc être rationnels.

Corrigé de l’exercice 6 – Inégalité triangulaire renversée

Idée clé : on écrit \(x = (x – y) + y\) pour obtenir une minoration, puis on factorise \(x^2 – 4\).

1. L’inégalité triangulaire donne \(|x| \leq |x – y| + |y|\), donc \(|x| – |y| \leq |x – y|\). En échangeant \(x\) et \(y\), on obtient aussi \(|y| – |x| \leq |x – y|\). Le maximum de ces deux nombres, qui vaut \(\big||x| – |y|\big|\), est donc inférieur à \(|x – y|\).
2. On factorise : \(|x^2 – 4| = |x – 2|\,|x + 2|\). Ensuite, \(|x + 2| = |(x – 2) + 4| \leq |x – 2| + 4 \leq \frac{17}{4}\). Finalement, en multipliant des nombres positifs, \(|x^2 – 4| \leq \frac{1}{4} \times \frac{17}{4} = \frac{17}{16}\).
3. D’après la question 1, \(|x| \geq |2| – |x – 2| \geq 2 – \frac{1}{4} = \frac{7}{4}\). Comme \(|x| > 0\), le passage à l’inverse donne \(\frac{1}{|x|} \leq \frac{4}{7}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Borne supérieure d’une famille de fractions

Idée clé : l’écriture \(3 – \frac{7}{n+2}\) rend visibles à la fois la monotonie et la valeur limite \(3\).

1. On a \(3(n + 2) – 7 = 3n – 1\). Donc \(\frac{3n-1}{n+2} = 3 – \frac{7}{n+2}\), avec \(c = 7\).
2. Quand \(n\) augmente, \(\frac{7}{n+2}\) diminue, donc l’élément augmente. Le plus petit est obtenu pour \(n = 0\). Ainsi \(\min E = 3 – \frac{7}{2} = -\frac{1}{2}\).
3. D’abord, \(\frac{7}{n+2} > 0\), donc tout élément de \(E\) est strictement inférieur à \(3\) : le réel \(3\) majore \(E\). Ensuite, fixons \(\varepsilon > 0\). L’inégalité \(3 – \frac{7}{n+2} > 3 – \varepsilon\) équivaut à \(n + 2 > \frac{7}{\varepsilon}\). On choisit \(n = \left\lfloor \frac{7}{\varepsilon} \right\rfloor\). Alors \(n + 2 > n + 1 > \frac{7}{\varepsilon}\), et l’élément correspondant dépasse \(3 – \varepsilon\). Par la caractérisation, \(\sup E = 3\). Comme \(3 \notin E\), la partie \(E\) n’a pas de maximum.

Corrigé de l’exercice 8 – Fractions à deux indices

Idée clé : on fixe l’un des deux indices à \(1\) et on fait grandir l’autre pour approcher chaque borne.

1. Pour \(m, n \geq 1\), on a \(0 < m < m + n\). En divisant par \(m + n > 0\), on obtient \(0 < \frac{m}{m+n} < 1\).
2. D’après la question 1, \(1\) majore \(F\). Soit \(\varepsilon > 0\). Avec \(n = 1\), l’élément \(\frac{m}{m+1} = 1 – \frac{1}{m+1}\) dépasse \(1 – \varepsilon\) dès que \(m + 1 > \frac{1}{\varepsilon}\). Un tel \(m\) existe, car \(\mathbb{R}\) est archimédien. Donc \(\sup F = 1\). De même, \(0\) minore \(F\). Avec \(m = 1\), l’élément \(\frac{1}{1+n}\) est inférieur à \(\varepsilon\) dès que \(n + 1 > \frac{1}{\varepsilon}\). Donc \(\inf F = 0\).
3. D’après la question 1, ni \(0\) ni \(1\) n’appartiennent à \(F\). Aucune des deux bornes n’est atteinte.

La figure représente les éléments de \(F\) pour de petites valeurs de \(m\) et \(n\). Ils remplissent l’intervalle \(]0,1[\) en s’accumulant près de ses extrémités.

Corrigé de l’exercice 9 – Opérations sur les bornes supérieures

Idée clé : chaque égalité se démontre avec les deux conditions de la caractérisation, majorant puis epsilon.

1. Pour \(a \in A\), on a \(a \geq \inf A\), donc \(-a \leq -\inf A\) : ce réel majore \(-A\). Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(a \in A\) tel que \(a < \inf A + \varepsilon\), c’est-à-dire \(-a > -\inf A – \varepsilon\). Ainsi \(\sup(-A) = -\inf A\).
2. Comme \(\lambda > 0\), l’inégalité \(a \leq \sup A\) donne \(\lambda a \leq \lambda \sup A\). Soit ensuite \(\varepsilon > 0\). On applique la caractérisation avec \(\frac{\varepsilon}{\lambda} > 0\) : un élément \(a\) de \(A\) vérifie \(\sup A – a < \frac{\varepsilon}{\lambda}\). En multipliant par \(\lambda > 0\), on obtient \(\lambda \sup A – \lambda a < \varepsilon\). Donc \(\sup A_\lambda = \lambda \sup A\).
3. Posons \(M = \max(\sup A, \sup B)\). Tout élément de \(A \cup B\) est inférieur à \(\sup A\) ou à \(\sup B\), donc à \(M\). Supposons par exemple \(M = \sup A\). Pour \(\varepsilon > 0\), un élément \(a \in A\) dépasse \(M – \varepsilon\), et il appartient à \(A \cup B\). Ainsi \(M\) est la borne supérieure de \(A \cup B\).
4. Le réel \(\sup B\) majore \(B\), donc aussi \(A\). Or \(\sup A\) est le plus petit majorant de \(A\). Par conséquent, \(\sup A \leq \sup B\) et, de même, \(\inf A \geq \inf B\).

Le signe de \(\lambda\) est essentiel dans la question 2. En effet, pour \(\lambda < 0\), la question 1 montre que la borne supérieure de \(\{\lambda a : a \in A\}\) vaut \(\lambda \inf A\).

Corrigé de l’exercice 10 – Encadrements par la partie entière

Idée clé : un entier strictement inférieur à \(n + 2\) est inférieur ou égal à \(n + 1\) ; c’est le seul argument utile.

1. D’abord, \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor\) est un entier inférieur ou égal à \(x + y\). Comme \(\lfloor x + y \rfloor\) est le plus grand entier de ce type, on a \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x + y \rfloor\). Ensuite, en ajoutant \(x < \lfloor x \rfloor + 1\) et \(y < \lfloor y \rfloor + 1\), on obtient \(\lfloor x + y \rfloor \leq x + y < \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 2\). L’entier \(\lfloor x + y \rfloor\) est donc au plus égal à \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1\). La différence \(\lfloor x + y \rfloor – \lfloor x \rfloor – \lfloor y \rfloor\) est donc un entier compris entre \(0\) et \(1\) : elle vaut \(0\) ou \(1\).
2. Si \(x \in \mathbb{Z}\), les deux parties entières valent \(x\) et \(-x\), de somme nulle. Sinon, notons \(n = \lfloor x \rfloor\). On a \(n < x < n + 1\), avec des inégalités strictes. Ainsi \(-n – 1 < -x < -n\), donc \(\lfloor -x \rfloor = -n – 1\). La somme vaut \(0\) si \(x\) est entier, et \(-1\) sinon.
3. On applique la définition à \(nx\) : \(\lfloor nx \rfloor \leq nx\) et \(nx < \lfloor nx \rfloor + 1\). On divise ensuite par \(n > 0\), ce qui conserve le sens des inégalités. On obtient \(u_n \leq x < u_n + \frac{1}{n}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Somme des parties entières de racines

Idée clé : on regroupe les termes de la somme par valeur commune de la partie entière.

1. Par définition, \(\lfloor \sqrt{k} \rfloor = j\) équivaut à \(j \leq \sqrt{k} < j + 1\). Comme la fonction carré est croissante sur les positifs, c’est équivalent à \(j^2 \leq k < (j+1)^2\). Les entiers concernés vont de \(j^2\) à \(j^2 + 2j\). Il y en a exactement \(2j + 1\).
2. On regroupe les \(k\) de \(1\) à \(30\). Pour \(j = 1\), on a trois termes, de \(1\) à \(3\). Ensuite, \(j = 2\) donne cinq termes, de \(4\) à \(8\), et \(j = 3\) donne sept termes, de \(9\) à \(15\). Puis \(j = 4\) correspond à neuf termes, de \(16\) à \(24\). Enfin, \(j = 5\) ne fournit que six termes, de \(25\) à \(30\), car la somme s’arrête avant \(35\). Ainsi \(S = 1 \times 3 + 2 \times 5 + 3 \times 7 + 4 \times 9 + 5 \times 6\). On trouve \(S = 3 + 10 + 21 + 36 + 30 = 100\).

Corrigé de l’exercice 12 – Densité des nombres décimaux

Idée clé : c’est la preuve de la densité de \(\mathbb{Q}\), où l’on remplace le dénominateur \(n\) par une puissance de \(10\).

1. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on a \(10^n \geq n + 1\), par une récurrence immédiate. Comme \(\mathbb{R}\) est archimédien, il existe \(n\) tel que \(n + 1 > \frac{1}{b – a}\), donc tel que \(10^{-n} < b – a\). Posons \(p = \lfloor 10^n a \rfloor + 1\). Alors \(10^n a < p \leq 10^n a + 1\). En divisant par \(10^n\), on obtient \(a < \frac{p}{10^n} \leq a + 10^{-n} < b\). Le décimal \(\frac{p}{10^n}\) appartient donc à \(]a,b[\).
2. Tout intervalle ouvert non vide contient ainsi un décimal. Par définition, \(\mathbb{D}\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
3. On a \(\frac{22}{7} \approx 3{,}1428571\), donc l’écart avec \(3{,}1429\) vaut environ \(0{,}0000429\). On choisit \(n = 5\), car \(10^{-5} = 0{,}00001\) est plus petit. Ensuite, \(10^5 \times \frac{22}{7} = 314285{,}71\ldots\), d’où \(p = 314286\). Le décimal \(3{,}14286\) convient. On vérifie en effet que \(3{,}14286\) dépasse \(\frac{22}{7}\) et reste sous \(3{,}1429\).
4. Supposons que \(]a,b[\) ne contienne qu’un nombre fini de décimaux, et notons \(c\) le plus petit d’entre eux. D’après la question 1, l’intervalle \(]a,c[\) contient encore un décimal, qui est aussi dans \(]a,b[\) et strictement inférieur à \(c\). C’est absurde : il y a donc une infinité de décimaux dans \(]a,b[\).

Corrigé de l’exercice 13 – Fonction croissante qui fixe les rationnels

Idée clé : si \(f(x) \neq x\), un rationnel glissé entre \(x\) et \(f(x)\) contredit la croissance de \(f\).

1. Soit \(x\) un réel. Supposons d’abord \(f(x) > x\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), il existe un rationnel \(r\) tel que \(x < r < f(x)\). Comme \(f\) est croissante et \(x \leq r\), on a \(f(x) \leq f(r) = r\). Cela contredit \(r < f(x)\).
2. Supposons ensuite \(f(x) < x\). Il existe alors \(r \in \mathbb{Q}\) tel que \(f(x) < r < x\). Par croissance, \(r = f(r) \leq f(x)\), ce qui contredit \(f(x) < r\).
3. Les deux cas sont impossibles. Donc \(f(x) = x\) pour tout réel \(x\).

L’hypothèse de croissance est indispensable. Par exemple, la fonction égale à \(x\) sur \(\mathbb{Q}\) et à \(0\) ailleurs fixe tous les rationnels, mais elle n’est pas l’identité.

Corrigé de l’exercice 14 – Reconnaître des intervalles

Idée clé : on utilise la caractérisation du cours, selon laquelle un intervalle contient le segment joignant deux quelconques de ses points.

1. On factorise : \(x^2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4)\). Ce trinôme est négatif ou nul entre ses racines. La partie est l’intervalle \([1,4]\).
2. Les réels \(-\sqrt{2}\) et \(\sqrt{2}\) sont irrationnels, mais le segment \([-\sqrt{2}, \sqrt{2}]\) contient le rationnel \(0\). Donc \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) n’est pas un intervalle.
3. Soit \(x \leq y\) deux points de \(I \cap J\). Le segment \([x,y]\) est inclus dans \(I\), car \(I\) est un intervalle, et de même dans \(J\). Il est donc inclus dans \(I \cap J\), qui est un intervalle.
4. Soit \(c \in I \cap J\) et \(x \leq y\) deux points de \(I \cup J\). Si \(x\) et \(y\) sont dans le même intervalle, c’est clair. Supposons par exemple \(x \in I\) et \(y \in J\). Si \(c \leq x\), alors \([x,y] \subset [c,y] \subset J\). Si \(c \geq y\), alors \([x,y] \subset [x,c] \subset I\). Enfin, si \(x < c < y\), on écrit \([x,y] = [x,c] \cup [c,y]\), avec \([x,c] \subset I\) et \([c,y] \subset J\). Dans tous les cas, \(I \cup J\) est un intervalle. Sans point commun, la conclusion tombe : \([0,1] \cup [2,3]\) n’est pas un intervalle, car il contient \(1\) et \(2\) mais pas \(\frac{3}{2}\).

Corrigé de l’exercice 15 – Bornes dans la droite achevée

Idée clé : une partie non majorée a pour borne supérieure \(+\infty\) dans \(\overline{\mathbb{R}}\), et une partie non minorée a pour borne inférieure \(-\infty\).

1. La suite \(n \mapsto n – \frac{1}{n}\) est croissante, comme somme de deux suites croissantes. Son premier terme vaut \(0\), donc \(\inf A = \min A = 0\). Par ailleurs, \(n – \frac{1}{n} \geq n – 1\), donc \(A\) n’est pas majorée. Ainsi \(\sup A = +\infty\), non atteint, et \(\min A = 0\).
2. Si \(x < 0\), alors \(\frac{1}{x} < 0 < 2\). Si \(x > 0\), l’inégalité \(\frac{1}{x} > 2\) équivaut à \(x < \frac{1}{2}\). Ainsi \(B = \left]0, \frac{1}{2}\right[\). On obtient \(\sup B = \frac{1}{2}\) et \(\inf B = 0\), aucune des deux n’étant atteinte.
3. La fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0,1]\), avec \(\ln 1 = 0\). De plus, tout réel \(u \leq 0\) s’écrit \(u = \ln(e^{u})\), avec \(e^{u} \in\, ]0,1]\). Ainsi \(C = ]-\infty, 0]\). On a \(\max C = 0\) et \(\inf C = -\infty\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Rationnels dont le cube est inférieur à 5

Idée clé : la croissance stricte de \(t \mapsto t^3\) transforme les conditions sur \(r^3\) en conditions sur \(r\), et la densité de \(\mathbb{Q}\) fournit des éléments de \(A\) aussi proches de \(s\) que voulu.

1. Le rationnel \(1\) vérifie \(1^3 = 1 < 5\), donc \(A \neq \emptyset\). Soit \(r \in A\). Si l’on avait \(r \geq 2\), la croissance de la fonction cube donnerait \(r^3 \geq 8 > 5\), ce qui est faux. Donc \(r < 2\) : la partie \(A\) est majorée par \(2\).
2. Soit \(r \in A\). On a \(r^3 < 5 = s^3\). La fonction cube est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), donc \(r < s\). Ainsi \(s\) majore \(A\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). Par densité de \(\mathbb{Q}\), l’intervalle \(]s – \varepsilon, s[\) contient un rationnel \(r\). Comme \(r < s\), on a \(r^3 < s^3 = 5\), donc \(r \in A\). De plus, \(r > s – \varepsilon\). D’après la question 2 et la caractérisation, on conclut que \(\sup A = s = \sqrt[3]{5}\).
4. Supposons \(s = \frac{p}{q}\), avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\) premiers entre eux. Alors \(p^3 = 5q^3\). Ainsi \(5\) divise \(p^3\), et comme \(5\) est premier, il divise \(p\). Écrivons \(p = 5k\). On obtient \(125k^3 = 5q^3\), soit \(q^3 = 25k^3\). Donc \(5\) divise aussi \(q\), ce qui contredit le fait que \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux. Le réel \(s\) est irrationnel. Si \(A\) avait un plus grand élément, il serait égal à \(\sup A = s\) et appartiendrait à \(\mathbb{Q}\). C’est impossible, donc \(A\) n’a pas de maximum.

Cet exercice illustre le contre-exemple du cours. Vue comme partie de \(\mathbb{Q}\), la partie \(A\) est non vide et majorée, mais aucun rationnel n’est son plus petit majorant.

Corrigé de l’exercice 17 – Un sous-groupe dense de R

Idée clé : le principe des tiroirs fournit un élément de \(G\) strictement positif et aussi petit que voulu ; ses multiples forment alors une grille assez fine pour rencontrer tout intervalle.

1. Pour \(g = m + n\sqrt{2}\) et \(g^{\prime} = m^{\prime} + n^{\prime}\sqrt{2}\) dans \(G\), on a \(g + g^{\prime} = (m + m^{\prime}) + (n + n^{\prime})\sqrt{2}\) et \(-g = (-m) + (-n)\sqrt{2}\). Ces deux réels appartiennent à \(G\).
2. Les \(N + 1\) réels \(x_0, \ldots, x_N\) appartiennent à \([0,1[\), qui est réunion des \(N\) intervalles \(\left[\frac{j}{N}, \frac{j+1}{N}\right[\), pour \(0 \leq j \leq N – 1\). Il y a plus de réels que d’intervalles. Deux d’entre eux, \(x_k\) et \(x_\ell\) avec \(k \neq \ell\), tombent donc dans le même intervalle, et \(|x_k – x_\ell| < \frac{1}{N}\).
3. On a \(x_k – x_\ell = (k – \ell)\sqrt{2} – \big(\lfloor k\sqrt{2} \rfloor – \lfloor \ell\sqrt{2} \rfloor\big)\), qui appartient à \(G\). Ce réel est non nul : sinon, comme \(k – \ell \neq 0\), on aurait \(\sqrt{2} = \frac{\lfloor k\sqrt{2} \rfloor – \lfloor \ell\sqrt{2} \rfloor}{k – \ell} \in \mathbb{Q}\). Quitte à le remplacer par son opposé, on obtient un élément \(g \in G\) tel que \(0 < g < \frac{1}{N}\).
4. Soit \(a < b\). On choisit \(N\) tel que \(\frac{1}{N} < b – a\), puis \(g\) comme ci-dessus. Posons \(m = \left\lfloor \frac{a}{g} \right\rfloor + 1\). Alors \(\frac{a}{g} < m \leq \frac{a}{g} + 1\), donc \(a < mg \leq a + g < b\). Par la question 1, le réel \(mg\) appartient à \(G\). Ainsi tout intervalle \(]a,b[\) rencontre \(G\) : le groupe \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

La figure montre les éléments de \(G\) compris entre \(0\) et \(1\), obtenus avec \(|n| \leq 40\). Ils se répartissent déjà de façon très serrée.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Approximations décimales d’un réel

Idée clé : tout découle de la définition de la partie entière, appliquée au réel \(10^n x\).

1. Notons \(p_n = \lfloor 10^n x \rfloor\). Par définition, \(p_n \leq 10^n x < p_n + 1\). En divisant par \(10^n > 0\), on obtient \(d_n \leq x < e_n\).
2. D’abord, \(10\lfloor 10^n x \rfloor\) est un entier inférieur ou égal à \(10^{n+1} x\). Il est donc inférieur ou égal à \(\lfloor 10^{n+1} x \rfloor\). En divisant par \(10^{n+1}\), on obtient \(d_n \leq d_{n+1}\). Ensuite, \(10^{n+1} x < 10\lfloor 10^n x \rfloor + 10\). L’entier \(\lfloor 10^{n+1} x \rfloor\) est donc au plus \(10\lfloor 10^n x \rfloor + 9\). Ainsi \(\lfloor 10^{n+1} x \rfloor + 1 \leq 10\big(\lfloor 10^n x \rfloor + 1\big)\). En divisant par \(10^{n+1}\), on trouve \(e_{n+1} \leq e_n\).
3. On a \(\frac{1}{7} = 0{,}142857\ldots\). Ainsi \(\lfloor 1/7 \rfloor = 0\), \(\lfloor 10/7 \rfloor = 1\), \(\lfloor 100/7 \rfloor = 14\) et \(\lfloor 1000/7 \rfloor = 142\). Donc \(d_0 = 0\), \(d_1 = 0{,}1\), \(d_2 = 0{,}14\) et \(d_3 = 0{,}142\).
4. D’après la question 1, \(x\) majore \(D\). Soit \(\varepsilon > 0\). Comme dans l’exercice 12, il existe \(n\) tel que \(10^{-n} < \varepsilon\). Alors \(x – d_n < 10^{-n} < \varepsilon\). Donc \(\sup D = x\). De même, \(x\) minore \(E\), et \(e_n \leq x + 10^{-n} < x + \varepsilon\). Donc \(\inf E = x\).
5. Si \(\sup D\) est atteint, il existe \(n\) tel que \(x = d_n\), qui est décimal. Réciproquement, supposons \(x = \frac{p}{10^m}\), avec \(p \in \mathbb{Z}\). Alors \(10^m x = p\) est entier, donc \(d_m = \frac{p}{10^m} = x\). La borne est atteinte si et seulement si \(x\) est décimal.
6. D’après la question 1, \(x < e_n\) pour tout \(n\). Le réel \(x\) n’est donc jamais un élément de \(E\), et \(\inf E\) n’est pas atteint.

La figure montre les approximations par défaut et par excès de \(\frac{1}{7}\). Elles encadrent \(x\) de plus en plus étroitement.

Remarque :

Ce problème fournit une seconde preuve de la densité de \(\mathbb{D}\), donc de celle de \(\mathbb{Q}\). En effet, tout réel est la borne supérieure d’un ensemble de décimaux.

Pour aller plus loin

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