Borne supérieure et densité en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Soit \(a, b, c, d\) des réels.

• Si \(a \leq b\) et \(c \leq d\), alors \(a + c \leq b + d\).
• Si \(a \leq b\) et \(c \geq 0\), alors \(ac \leq bc\) ; si \(c \leq 0\), alors \(ac \geq bc\).
• Si \(0 \leq a \leq b\) et \(0 \leq c \leq d\), alors \(0 \leq ac \leq bd\).
• Si \(0 < a \leq b\), alors \(0 < \frac{1}{b} \leq \frac{1}{a}\).

Encadrer une expression compliquée.

1. Découper l’expression en sommes, produits et inverses de briques simples.
2. Encadrer chaque brique, en notant son signe.
3. Combiner les encadrements par des règles licites : somme, produit de positifs, inverse de positifs.
4. Justifier chaque étape par une phrase courte.

Encadrons \(f(x) = \frac{x+1}{x^2+3}\) pour \(x \in [2,5]\). D’abord, \(3 \leq x + 1 \leq 6\). Ensuite, \(4 \leq x^2 \leq 25\) car les termes sont positifs, donc \(7 \leq x^2 + 3 \leq 28\). Par passage à l’inverse de nombres positifs, \(\frac{1}{28} \leq \frac{1}{x^2+3} \leq \frac{1}{7}\).

Enfin, on multiplie deux encadrements de nombres positifs : \(\frac{3}{28} \leq f(x) \leq \frac{6}{7}\). Cet encadrement est grossier, mais il est juste et entièrement justifié.

La valeur absolue d’un réel \(x\) est \(|x| = \max(x, -x)\). Le nombre \(|x – y|\) mesure l’écart entre les points \(x\) et \(y\) de la droite : c’est leur distance.

Inégalité triangulaire. Pour tous réels \(x\) et \(y\), on a \(|x + y| \leq |x| + |y|\), et aussi \(|x – y| \geq \big||x| – |y|\big|\).

On a \(x \leq |x|\) et \(y \leq |y|\), donc \(x + y \leq |x| + |y|\). De même, \(-x – y \leq |x| + |y|\). Comme \(|x + y|\) est l’un des deux nombres \(x + y\) et \(-x – y\), la première inégalité suit. Ensuite, on écrit \(x = (x – y) + y\). Donc \(|x| \leq |x – y| + |y|\), soit \(|x| – |y| \leq |x – y|\). En échangeant les rôles, \(|y| – |x| \leq |x – y|\). Les deux inégalités donnent la seconde affirmation.

Pour tous réels \(x\) et \(y\), on a \(2|xy| \leq x^2 + y^2\). Pour tous réels positifs \(a\) et \(b\), on a \(\sqrt{ab} \leq \frac{a+b}{2}\), avec égalité si et seulement si \(a = b\).

D’abord, \(x^2 + y^2 – 2|xy| = (|x| – |y|)^2\), qui est positif. Ensuite, on applique ce résultat à \(x = \sqrt{a}\) et \(y = \sqrt{b}\). On obtient \(2\sqrt{ab} \leq a + b\). Enfin, l’égalité a lieu si et seulement si \(\sqrt{a} = \sqrt{b}\), c’est-à-dire \(a = b\).

Montrons que \(t + \frac{9}{t} \geq 6\) pour tout \(t > 0\). La différence vaut \(t + \frac{9}{t} – 6 = \frac{t^2 – 6t + 9}{t} = \frac{(t-3)^2}{t}\). Le numérateur est un carré et le dénominateur est positif. Donc la différence est positive, avec égalité seulement pour \(t = 3\).

Ainsi, \(6\) est le minimum de la fonction \(t \mapsto t + \frac{9}{t}\) sur \(]0,+\infty[\). Cette technique évite une étude de fonction complète.

Soit \(A\) une partie de \(\mathbb{R}\). Un réel \(M\) majore \(A\) lorsque \(a \leq M\) pour chaque \(a \in A\) ; on dit alors que \(M\) est un majorant et que \(A\) est majorée. On définit de même minorant et partie minorée. Une partie à la fois majorée et minorée est dite bornée. Enfin, un majorant de \(A\) qui appartient à \(A\) s’appelle le maximum de \(A\), noté \(\max A\).

Soit \(A = \left\{\frac{2n+1}{n+3} : n \in \mathbb{N}\right\}\). On écrit \(\frac{2n+1}{n+3} = 2 – \frac{5}{n+3}\). Cette quantité croît avec \(n\), donc le plus petit élément est obtenu pour \(n = 0\) : \(\min A = \frac{1}{3}\).

Par ailleurs, tous les éléments sont strictement inférieurs à \(2\). Ainsi, \(2\) majore \(A\), mais \(2 \notin A\). Nous montrerons plus loin qu’aucun majorant n’est plus petit que \(2\).

Soit \(A \subset \mathbb{R}\). Lorsque l’ensemble des majorants de \(A\) admet un plus petit élément, ce réel est noté \(\sup A\) : c’est la borne supérieure de \(A\). Symétriquement, \(\inf A\) désigne, s’il existe, le plus grand minorant de \(A\).

Propriété de la borne supérieure. Toute partie de \(\mathbb{R}\) non vide et majorée possède une borne supérieure. De même, toute partie non vide et minorée possède une borne inférieure.

Dans \(\mathbb{Q}\), la partie \(\{r \in \mathbb{Q} : r^2 < 3\}\) est non vide et majorée par \(2\). Pourtant, elle n’a pas de borne supérieure dans \(\mathbb{Q}\). Sa borne supérieure dans \(\mathbb{R}\) vaut \(\sqrt{3}\), qui est irrationnel.

Prenons \(A \subset \mathbb{R}\) non vide et un réel \(M\). Pour que \(M\) soit la borne supérieure de \(A\), il faut et il suffit que :

• pour tout \(a \in A\), \(a \leq M\) ;
• pour tout \(\varepsilon > 0\), il existe \(a \in A\) tel que \(a > M – \varepsilon\).

Supposons \(M = \sup A\). D’abord, \(M\) est un majorant. Ensuite, pour \(\varepsilon > 0\), le réel \(M – \varepsilon\) est plus petit que \(M\), donc il ne majore pas \(A\). Il existe donc \(a \in A\) avec \(a > M – \varepsilon\).

Réciproquement, supposons les deux conditions. Le réel \(M\) est un majorant. Soit \(M^{\prime} < M\) un autre réel. Le réel \(\varepsilon = M – M^{\prime}\) est strictement positif. Alors il existe \(a \in A\) avec \(a > M^{\prime}\), donc \(M^{\prime}\) ne majore pas \(A\). Par conséquent, \(M\) est bien le plus petit majorant.

Prouver que \(M = \sup A\).

1. Vérifier que \(M\) majore \(A\), avec une inégalité valable pour tout élément.
2. Fixer \(\varepsilon > 0\) quelconque.
3. Chercher un élément de \(A\), souvent dépendant d’un entier \(n\), qui dépasse \(M – \varepsilon\).
4. Choisir \(n\) assez grand grâce à la partie entière, puis conclure.

Reprenons \(A = \left\{2 – \frac{5}{n+3} : n \in \mathbb{N}\right\}\) et montrons que \(\sup A = 2\). D’abord, \(2\) majore \(A\). Ensuite, fixons \(\varepsilon > 0\). L’inégalité \(2 – \frac{5}{n+3} > 2 – \varepsilon\) équivaut à \(n + 3 > \frac{5}{\varepsilon}\).

Il suffit donc de prendre \(n = \left\lfloor \frac{5}{\varepsilon} \right\rfloor\), car \(n + 3 > n + 1 > \frac{5}{\varepsilon}\). Ainsi, \(\sup A = 2\), alors que \(A\) n’a pas de maximum.

Soit \(B = \left\{(-1)^n + \frac{1}{n+1} : n \in \mathbb{N}\right\}\). Pour \(n\) pair, l’élément vaut \(1 + \frac{1}{n+1}\), qui est au plus \(2\), atteint en \(n = 0\). Pour \(n\) impair, il vaut \(-1 + \frac{1}{n+1}\), qui appartient à \(\left]-1, -\frac{1}{2}\right]\). Par conséquent, \(\max B = 2\).

De plus, \(-1\) minore \(B\). Soit \(\varepsilon > 0\) ; un indice \(n\) impair avec \(\frac{1}{n+1} < \varepsilon\) donne un élément inférieur à \(-1 + \varepsilon\). Donc \(\inf B = -1\), et cette borne n’est pas atteinte.

Soit \(A\) et \(B\) deux parties non vides et majorées. On note \(A + B = \{a + b : a \in A, b \in B\}\). Alors \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).

Pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a + b \leq \sup A + \sup B\) : c’est un majorant. Soit ensuite \(\varepsilon > 0\). Par la caractérisation appliquée avec \(\frac{\varepsilon}{2}\), on trouve \(a \in A\) et \(b \in B\) tels que \(\sup A – a < \frac{\varepsilon}{2}\) et \(\sup B – b < \frac{\varepsilon}{2}\). Alors \(a + b > \sup A + \sup B – \varepsilon\). La caractérisation permet de conclure.

Déterminons les bornes de \(H = \left\{\frac{x}{1+x^2} : x \in \mathbb{R}\right\}\). D’après le paragraphe 1.3, on a \(2|x| \leq 1 + x^2\). Par conséquent, \(\left|\frac{x}{1+x^2}\right| \leq \frac{1}{2}\) pour tout réel \(x\).

De plus, la valeur \(\frac{1}{2}\) est atteinte en \(x = 1\), et la valeur \(-\frac{1}{2}\) en \(x = -1\). Ainsi \(\max H = \frac{1}{2}\) et \(\min H = -\frac{1}{2}\). Ici, aucun epsilon n’est nécessaire, car les bornes sont atteintes.

Les intervalles de \(\mathbb{R}\) sont exactement les parties \(I\) qui vérifient la propriété suivante : dès que \(x \leq y\) appartiennent à \(I\), tout le segment \([x,y]\) est contenu dans \(I\).

Le sens direct se lit sur chaque forme d’intervalle. Pour la réciproque, supposons \(I\) non vide et minorée, majorée. Posons \(m = \inf I\) et \(M = \sup I\). Soit \(t\) tel que \(m < t < M\). Par la caractérisation, il existe \(x \in I\) avec \(x < t\) et \(y \in I\) avec \(y > t\). Comme \([x,y] \subset I\), on obtient \(t \in I\). Ainsi \(]m, M[ \subset I \subset [m, M]\), et \(I\) est un intervalle. Les cas non bornés se traitent de la même façon.

La droite achevée \(\overline{\mathbb{R}}\) s’obtient en ajoutant à \(\mathbb{R}\) deux éléments notés \(-\infty\) et \(+\infty\), avec \(-\infty < x < +\infty\) pour tout réel \(x\). Si \(A\) est non vide et non majorée, on pose \(\sup A = +\infty\). De même, si \(A\) est non vide et non minorée, on pose \(\inf A = -\infty\).

Chaque réel \(x\) est situé entre deux entiers consécutifs : un seul \(n \in \mathbb{Z}\) vérifie \(n \leq x < n + 1\). On nomme cet entier partie entière de \(x\) et se note \(\lfloor x \rfloor\). C’est le plus grand entier inférieur ou égal à \(x\).

• Pour tout réel \(x\) : \(\lfloor x \rfloor \leq x\) et \(x < \lfloor x \rfloor + 1\) ; autrement dit, \(x – \lfloor x \rfloor \in [0,1[\).
• Ajouter un entier \(k\) à \(x\) ajoute \(k\) à sa partie entière.
• Pour \(n \in \mathbb{Z}\) : \(\lfloor x \rfloor = n\) si et seulement si \(n \leq x < n + 1\).
• La fonction partie entière est croissante.

Résolvons \(\lfloor 2x – 1 \rfloor = 3\). Par la caractérisation, cela équivaut à \(3 \leq 2x – 1 < 4\), soit \(2 \leq x < \frac{5}{2}\). L’ensemble des solutions est donc \(\left[2, \frac{5}{2}\right[\).

Comptons les multiples de \(7\) compris entre \(1\) et \(500\). Un entier \(7k\), avec \(k \geq 1\), convient si et seulement si \(7k \leq 500\), soit \(k \leq \frac{500}{7}\). Comme \(k\) est entier, cela équivaut à \(k \leq \left\lfloor \frac{500}{7} \right\rfloor\).

Or \(7 \times 71 = 497 \leq 500 < 504 = 7 \times 72\). Donc \(\left\lfloor \frac{500}{7} \right\rfloor = 71\), et il y a exactement \(71\) multiples de \(7\) entre \(1\) et \(500\).

Le nombre \(\sqrt{6}\) est irrationnel.

Supposons \(\sqrt{6} = \frac{p}{q}\), avec \(p\) et \(q\) entiers naturels non nuls et premiers entre eux. En élevant au carré, \(p^2 = 6q^2\). Le carré \(p^2\) est donc pair, ce qui force \(p\) à l’être aussi, car le carré d’un impair est impair. Posons \(p = 2k\) ; il vient \(4k^2 = 6q^2\), soit \(2k^2 = 3q^2\). Ainsi \(3q^2\) est pair, donc \(q\) est pair. Finalement, \(p\) et \(q\) sont tous deux pairs, ce qui contredit leur primalité relative.

On dit que \(D \subset \mathbb{R}\) est dense dans \(\mathbb{R}\) lorsque \(D\) rencontre chaque intervalle \(]a,b[\) tel que \(a < b\).

Entre deux réels distincts, on trouve toujours un rationnel et un irrationnel. Autrement dit, \(\mathbb{Q}\) et son complémentaire \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) sont denses dans \(\mathbb{R}\).

Soit \(a < b\). Comme \(\mathbb{R}\) est archimédien, il existe un entier \(n \geq 1\) avec \(n > \frac{1}{b – a}\), c’est-à-dire \(\frac{1}{n} < b – a\). Posons \(p = \lfloor na \rfloor + 1\). Alors \(na < p \leq na + 1\), donc \(a < \frac{p}{n} \leq a + \frac{1}{n} < b\). Le rationnel \(\frac{p}{n}\) convient.

Pour les irrationnels, on applique ce résultat à l’intervalle \(]a – \sqrt{6}, b – \sqrt{6}[\). On obtient un rationnel \(r\) dans cet intervalle. Alors \(r + \sqrt{6}\) appartient à \(]a,b[\), et il est irrationnel.

Cherchons un rationnel entre \(\sqrt{5} \approx 2{,}2360680\) et \(2{,}237\). L’écart vaut environ \(0{,}00093\). On prend \(n = 1100\), car \(\frac{1}{1100} \approx 0{,}00091\) est plus petit. Ensuite, \(1100\sqrt{5} \approx 2459{,}67\), donc \(p = 2459 + 1 = 2460\).

Le rationnel \(\frac{2460}{1100} = \frac{123}{55} \approx 2{,}23636\) convient : il est bien compris entre \(\sqrt{5}\) et \(2{,}237\).

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