Bornes supérieures et parties entières : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : bornes supérieures et parties entières

Le corrigé détaillé : bornes supérieures et parties entières

Exercice 1 – Caractériser une borne supérieure (3 points)

1. Dans \(\mathbb{R}\), chaque ensemble non vide qui possède un majorant possède aussi un plus petit majorant, appelé sa borne supérieure.

2. Sens direct : un majorant approché par des éléments

   Partons de l’égalité \(M = \sup A\) : le réel \(M\) majore alors \(A\), par définition. Fixons ensuite \(\varepsilon > 0\) et raisonnons par l’absurde. Si l’intervalle \(\left]M – \varepsilon\,;M\right]\) ne contenait aucun élément de \(A\), chaque élément de \(A\), déjà inférieur ou égal à \(M\), serait inférieur ou égal à \(M – \varepsilon\). Le réel \(M – \varepsilon\) majorerait donc \(A\) tout en étant strictement plus petit que \(M\), ce qui contredit la minimalité de \(M\).

   Réciproque : aucun majorant plus petit

   Prenons maintenant un majorant \(M\) de \(A\) qui satisfait la seconde propriété, et fixons un autre majorant \(M^{\prime}\). Nous voulons prouver \(M \leq M^{\prime}\). Si au contraire \(M^{\prime} < M\), le nombre \(\varepsilon = M – M^{\prime}\) serait strictement positif. L’intervalle \(\left]M^{\prime}\,;M\right]\) contiendrait alors un élément de \(A\), strictement supérieur à \(M^{\prime}\) : c’est impossible. Le réel \(M\) est donc inférieur ou égal à tout majorant de \(A\). Les deux implications sont établies, d’où l’équivalence.

3. Supposons d’abord \(M = \sup A\). Pour tout \(n \geq 1\), la question 2 avec \(\varepsilon = \frac{1}{n}\) fournit \(a_n \in A\) tel que \(M – \frac{1}{n} < a_n \leq M\). Par encadrement, \((a_n)\) converge vers \(M\). Réciproquement, soit \((a_n)\) une suite d’éléments de \(A\) de limite \(M\), et soit \(\varepsilon > 0\). Par définition de la limite, il existe un rang \(n\) tel que \(|a_n – M| < \varepsilon\), donc \(a_n > M – \varepsilon\). Comme \(M\) majore \(A\), le terme \(a_n\) appartient ainsi à \(\left]M – \varepsilon\,;M\right]\), et la question 2 permet de conclure. Un majorant \(M\) de \(A\) en est la borne supérieure si et seulement si c’est la limite d’une suite d’éléments de \(A\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) sens direct 0,75 et réciproque 0,75 ; 3) construction de la suite 0,5 et réciproque 0,5.

Piège classique : oublier de rappeler que \(M\) est un majorant ; la seule condition « pour tout epsilon, un élément dépasse \(M – \varepsilon\) » ne suffit pas.

Exercice 2 – Inégalités sans faux pas (4 points)

1. On a \(2x = (x + y) + (x – y)\). Par l’inégalité triangulaire, \(2|x| \leq |x + y| + |x – y|\). De même, \(2y = (x + y) + (y – x)\), donc \(2|y| \leq |x + y| + |y – x| = |x + y| + |x – y|\). En additionnant ces deux inégalités, on obtient \(2(|x| + |y|) \leq 2(|x + y| + |x – y|)\). Par conséquent, \(|x| + |y| \leq |x + y| + |x – y|\).

2. Encadrements préliminaires

   Comme \(2 \leq y \leq 4\), on a \(-4 \leq -y \leq -2\). On ajoute alors membre à membre \(1 \leq x \leq 3\), d’où \(-3 \leq x – y \leq 1\). Ensuite, la fonction inverse décroît sur \(\left]0\,;+\infty\right[\), donc \(\frac{1}{4} \leq \frac{1}{y} \leq \frac{1}{2}\). Ces réels étant positifs, on multiplie par \(1 \leq x \leq 3\), ce qui donne \(\frac{1}{4} \leq r \leq \frac{3}{2}\).

   Le quotient ramené à une seule variable

   Puisque \(y > 0\), on divise numérateur et dénominateur par \(y\) : \(q = \frac{r – 1}{r + 1} = 1 – \frac{2}{r + 1}\). Or \(\frac{5}{4} \leq r + 1 \leq \frac{5}{2}\), donc \(\frac{2}{5} \leq \frac{1}{r + 1} \leq \frac{4}{5}\), puis \(\frac{4}{5} \leq \frac{2}{r + 1} \leq \frac{8}{5}\). Finalement \(1 – \frac{8}{5} \leq q \leq 1 – \frac{4}{5}\). Ainsi \(-\frac{3}{5} \leq q \leq \frac{1}{5}\).

   Pour \(x = 1\) et \(y = 4\), on trouve \(q = \frac{-3}{5}\) ; pour \(x = 3\) et \(y = 2\), on trouve \(q = \frac{1}{5}\). Les deux bornes sont donc atteintes : ce sont le minimum et le maximum de \(q\).

3. Une minoration par l’inégalité triangulaire

   On remarque que \((1 – x) + (x + 3) = 4\). D’après l’inégalité triangulaire, \(4 \leq |1 – x| + |x + 3| = f(x)\) pour tout réel \(x\).

   L’égalité \(|u| + |v| = |u + v|\) a lieu exactement quand \(u\) et \(v\) sont de même signe. Avec \(u = 1 – x\) et \(v = x + 3\), les deux réels sont positifs lorsque \(-3 \leq x \leq 1\). En revanche, ils ne peuvent pas être tous deux négatifs, car il faudrait \(x \geq 1\) et \(x \leq -3\). L’égalité \(f(x) = 4\) a donc lieu si et seulement si \(x \in [-3\,;1]\), et \(\inf_{x \in \mathbb{R}} f(x) = 4\), qui est même un minimum.

Barème : 1) 1 point ; 2) encadrements de x − y et de r (0,5), forme en r et encadrement de q (0,75), bornes atteintes (0,25) ; 3) minoration (0,5), cas d’égalité (0,75), borne inférieure (0,25).

Piège classique : diviser l’encadrement de \(x – y\) par celui de \(x + y\), ce qui donne ici une fausse borne inférieure \(-1\) et une fausse borne supérieure \(\frac{1}{3}\).

Exercice 3 – Un ensemble image et une somme d’ensembles (5 points)

1. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on calcule \(u_n – \frac{3}{2} = \frac{2(3n – 1) – 3(2n + 3)}{2(2n + 3)} = \frac{-11}{2(2n + 3)}\). Ainsi \(u_n = \frac{3}{2} – \frac{11/2}{2n + 3}\), avec \(\alpha = \frac{3}{2}\) et \(\beta = \frac{11}{2}\). Quand \(n\) augmente, \(2n + 3\) croît strictement et reste positif, donc \(\frac{\beta}{2n + 3}\) décroît strictement, car \(\beta > 0\). La suite \((u_n)\) est donc strictement croissante, et \(\min A = u_0 = -\frac{1}{3}\).

2. Le réel trois demis majore A

   Pour tout \(n\), on a \(\frac{\beta}{2n + 3} > 0\), donc \(u_n < \frac{3}{2}\) : le réel \(\frac{3}{2}\) majore \(A\).

   Approximation à epsilon près

   Fixons un réel \(\varepsilon > 0\). L’inégalité \(u_n > \frac{3}{2} – \varepsilon\) équivaut à \(\frac{11}{2(2n + 3)} < \varepsilon\), autrement dit à \(2n + 3 > \frac{11}{2\varepsilon}\). Posons alors \(n = \left\lfloor \frac{11}{4\varepsilon} \right\rfloor + 1\) : on a \(n > \frac{11}{4\varepsilon}\), d’où \(2n + 3 > 2n > \frac{11}{2\varepsilon}\). Ainsi \(u_n \in A\) et \(u_n > \frac{3}{2} – \varepsilon\). D’après l’exercice 1, on a bien \(\sup A = \frac{3}{2}\).

   Pour \(\varepsilon = \frac{1}{100}\), la condition devient \(2n + 3 > 550\), soit \(n > 273{,}5\). Le plus petit entier convenable est donc \(n = 274\). On vérifie en effet que \(\frac{3}{2} – u_{274} = \frac{11}{1102} < \frac{1}{100}\), tandis que \(\frac{3}{2} – u_{273} = \frac{11}{1098} > \frac{1}{100}\).

3. Nous avons vu que \(u_n < \frac{3}{2}\) pour tout \(n\) : le réel \(\frac{3}{2}\) n’appartient donc pas à \(A\). La borne supérieure de \(A\) n’est pas un maximum.

4. Existence et majorant naturel

   L’ensemble \(B + C\) est non vide, car \(B\) et \(C\) le sont. Posons \(S = \sup B + \sup C\). Pour \(b \in B\) et \(c \in C\), on a \(b \leq \sup B\) et \(c \leq \sup C\), donc \(b + c \leq S\). Ainsi \(B + C\) est majorée par \(S\) ; elle admet donc une borne supérieure, par la propriété de la borne supérieure.

   Le majorant S est le plus petit

   Soit \(\varepsilon > 0\). Posons \(\eta = \frac{\varepsilon}{2}\). Le critère de l’exercice 1, appliqué à \(B\) puis à \(C\) avec ce réel \(\eta\), fournit \(b \in B\) et \(c \in C\) vérifiant \(\sup B – \eta < b\) et \(\sup C – \eta < c\). Par conséquent \(b + c > S – 2\eta = S – \varepsilon\), avec \(b + c \in B + C\). D’après l’exercice 1, \(\sup(B + C) = \sup B + \sup C\).

5. On a \(D = A + C\), où \(C = \left\{-\frac{1}{p} : p \in \mathbb{N}^*\right\}\). Or \(0\) majore \(C\), et la suite \(\left(-\frac{1}{p}\right)\) d’éléments de \(C\) tend vers \(0\) : par l’exercice 1, \(\sup C = 0\). La question 4 donne donc \(\sup D = \frac{3}{2} + 0\). Par ailleurs, \(u_n \geq -\frac{1}{3}\) et \(-\frac{1}{p} \geq -1\), donc tout élément de \(D\) est supérieur ou égal à \(-\frac{4}{3}\). Cette valeur est atteinte pour \(n = 0\) et \(p = 1\). Ainsi \(\sup D = \frac{3}{2}\) et \(\min D = -\frac{4}{3}\).

Barème : 1) forme réduite 0,5 et monotonie avec minimum 0,5 ; 2) majorant 0,25, choix de n 0,75, valeur 274 0,5 ; 3) 0,5 point ; 4) majoration 0,5 et approximation 1 ; 5) 0,5 point.

Piège classique : se contenter de calculer la limite de \((u_n)\) ; cette limite ne donne la borne supérieure qu’une fois la croissance de la suite établie.

Exercice 4 – Calculs avec la partie entière (4 points)

1. Posons \(n = \lfloor x \rfloor\), de sorte que \(n \leq x < n + 1\). En ajoutant \(k\), il vient \(n + k \leq x + k < n + k + 1\). Comme \(n + k\) est un entier, la caractérisation de la partie entière donne \(\lfloor x + k \rfloor = \lfloor x \rfloor + k\).
2. Si \(x\) est entier, alors \(-x\) l’est aussi, donc les deux parties entières valent \(x\) et \(-x\), de somme nulle. Sinon, en notant \(n = \lfloor x \rfloor\), on a \(n < x < n + 1\) avec des inégalités strictes. Par passage à l’opposé, \(-n – 1 < -x < -n\), d’où \(\lfloor -x \rfloor = -n – 1\). Ainsi la somme vaut \(0\) si \(x \in \mathbb{Z}\), et \(-1\) dans le cas contraire.
3. On a \(3x = 3n + 3\theta\), avec \(3n\) entier. La question 1 donne alors \(\lfloor 3x \rfloor = 3n + \lfloor 3\theta \rfloor\), donc \(\lfloor 3x \rfloor – 3\lfloor x \rfloor = \lfloor 3\theta \rfloor\). Or \(0 \leq 3\theta < 3\), si bien que \(\lfloor 3\theta \rfloor \in \{0, 1, 2\}\). La différence vaut \(0\) si \(\theta < \frac{1}{3}\), puis \(1\) si \(\frac{1}{3} \leq \theta < \frac{2}{3}\), et enfin \(2\) si \(\theta \geq \frac{2}{3}\).

4. Les entiers d’un même palier

   Soient \(m \geq 1\) et \(k \in \mathbb{N}\). L’égalité \(\lfloor \sqrt{k} \rfloor = m\) équivaut à \(m \leq \sqrt{k} < m + 1\). La fonction carré étant strictement croissante sur \(\left[0\,;+\infty\right[\), cela équivaut à \(m^2 \leq k < (m + 1)^2\). Puisque \(k\) est entier, on obtient bien \(m^2 \leq k \leq m^2 + 2m\). Ce palier contient donc \(2m + 1\) entiers, ce que confirme la figure : les marches s’allongent de 2 à chaque saut.

   Le calcul de la somme S

   Pour \(1 \leq k \leq 99\), on a \(1 \leq \sqrt{k} < 10\), donc \(\lfloor \sqrt{k} \rfloor\) prend les valeurs \(m = 1, 2, \ldots, 9\). De plus, le dernier palier s’arrête à \(9^2 + 18 = 99\), si bien que chaque palier est complet. On regroupe alors les termes par paliers :

   \[S = \sum_{m=1}^{9} m(2m + 1) = 2\sum_{m=1}^{9} m^2 + \sum_{m=1}^{9} m = 2 \times 285 + 45.\]

   Finalement, \(S = 615\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) cas entier 0,25 et cas non entier 0,75 ; 3) réduction à \(\lfloor 3\theta \rfloor\) 0,5 et discussion 0,5 ; 4) équivalence 0,5, nombre d’entiers 0,25, calcul de S 0,75.

Piège classique : écrire \(\lfloor -x \rfloor = -\lfloor x \rfloor\), qui est faux dès que \(x\) n’est pas entier ; par exemple \(\lfloor -0{,}5 \rfloor = -1\).

Exercice 5 – Problème : les nombres triadiques (4 points)

1. Pour \(x = 0{,}4\), on a \(3x = 1{,}2\), puis \(9x = 3{,}6\) et \(27x = 10{,}8\). Donc \(t_1 = \frac{1}{3}\), \(t_2 = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}\) et \(t_3 = \frac{10}{27}\). Dans le cas général, \(m = \lfloor 3^n x \rfloor\) est un entier relatif, si bien que \(t_n = \frac{m}{3^n} \in T\). De plus, \(m \leq 3^n x < m + 1\) ; on divise par \(3^n > 0\), ce qui conserve le sens des inégalités. Ainsi \(t_n \leq x < t_n + \frac{1}{3^n}\).

2. Un pas plus fin que b − a

   L’inégalité \(3^n \geq 2n + 1\) s’obtient d’abord par récurrence sur \(n \in \mathbb{N}\) : au départ, \(3^0 = 1\) ; ensuite, l’hypothèse au rang \(n\) entraîne \(3^{n+1} = 3 \times 3^n \geq 6n + 3\), qui dépasse \(2(n + 1) + 1\). En particulier, \(3^n > n\). D’après la propriété d’Archimède, il existe aussi un entier \(n > \frac{1}{b – a}\). Pour cet entier, \(3^n > \frac{1}{b – a}\), donc \(\frac{1}{3^n} < b – a\).

   Un triadique dans l’intervalle

   Posons \(t = \frac{\lfloor 3^n a \rfloor + 1}{3^n}\), qui appartient à \(T\). La question 1 appliquée au réel \(a\) donne \(t – \frac{1}{3^n} \leq a < t\). On en déduit \(a < t \leq a + \frac{1}{3^n} < a + (b – a) = b\). Tout intervalle ouvert non vide contient donc un élément de \(T\) : l’ensemble \(T\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

3. Comme \(a – \sqrt{2} < b – \sqrt{2}\), la question 2 fournit \(t \in T\) tel que \(a – \sqrt{2} < t < b – \sqrt{2}\). Le réel \(s = t + \sqrt{2}\) vérifie alors \(a < s < b\). Si \(s\) était rationnel, \(\sqrt{2} = s – t\) le serait aussi, car \(t \in \mathbb{Q}\) ; c’est absurde. Par conséquent, \(s\) est un irrationnel de \(\left]a\,;b\right[\).

4. Un ensemble non vide et majoré

   On a \(1 = \frac{1}{3^0} \in T\) et \(1^2 < 2\), donc \(1 \in E\). Pour \(t \in E\), l’inégalité \(t^2 < 2\) donne \(|t| < \sqrt{2}\), en particulier \(t < \sqrt{2}\). Ainsi \(\sqrt{2}\) majore \(E\).

   Approcher racine de 2 par des triadiques

   Soit \(\varepsilon > 0\) ; quitte à le diminuer, on suppose \(\varepsilon \leq \sqrt{2}\). La densité de \(T\) fournit \(t \in T\) tel que \(\sqrt{2} – \varepsilon < t < \sqrt{2}\). Alors \(0 \leq \sqrt{2} – \varepsilon < t\), donc \(0 < t < \sqrt{2}\), puis \(t^2 < 2\) par stricte croissance du carré sur \(\left[0\,;+\infty\right[\). Ainsi \(t \in E\) et \(t > \sqrt{2} – \varepsilon\). La caractérisation de l’exercice 1 donne \(\sup E = \sqrt{2}\).

   Si \(E\) admettait un plus grand élément, ce serait sa borne supérieure \(\sqrt{2}\). Or \(\sqrt{2}\) est irrationnel, alors que \(E \subset T \subset \mathbb{Q}\). Par conséquent, \(E\) n’a pas de plus grand élément.

Barème : 1) trois valeurs 0,5 et encadrement général 0,5 ; 2) existence de n 0,5 et élément de T dans ]a ; b[ 0,5 ; 3) 0,5 point ; 4) non vide et majoré 0,5, borne supérieure 0,75, absence de maximum 0,25.

Piège classique : oublier de vérifier que l’élément trouvé est positif avant d’élever au carré ; sans cela, \(t < \sqrt{2}\) n’entraîne pas \(t^2 < 2\).

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