Corrigé des exercices : Réels, inégalités et Archimède en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Encadrer somme, différence, produit et quotient

Idée clé : on n’additionne que des inégalités de même sens et on se ramène à des réels positifs avant de multiplier.

1. En additionnant les encadrements, on obtient \(2 – 3 \leqslant x + y \leqslant 5 – 1\). Ensuite, de \(-3 \leqslant y \leqslant -1\), on tire \(1 \leqslant -y \leqslant 3\). On additionne alors avec l’encadrement de \(x\). Ainsi, \(-1 \leqslant x + y \leqslant 4\) et \(3 \leqslant x – y \leqslant 8\).
2. Les réels \(x\) et \(-y\) sont positifs. D’après la règle du produit de positifs, \(2 \times 1 \leqslant x(-y) \leqslant 5 \times 3\), soit \(2 \leqslant -xy \leqslant 15\). En multipliant par \(-1\), on renverse le sens. Donc \(-15 \leqslant xy \leqslant -2\).
3. Comme \(0 < 1 \leqslant -y \leqslant 3\), la fonction inverse renverse l’ordre : \(\frac{1}{3} \leqslant -\frac{1}{y} \leqslant 1\). Par conséquent, \(-1 \leqslant \frac{1}{y} \leqslant -\frac{1}{3}\). Ensuite, \(x\) et \(-\frac{1}{y}\) sont positifs, donc \(\frac{2}{3} \leqslant -\frac{x}{y} \leqslant 5\). Finalement, \(-5 \leqslant \dfrac{x}{y} \leqslant -\dfrac{2}{3}\).

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

Idée clé : on traduit une valeur absolue par un encadrement, on compare deux valeurs absolues par leurs carrés, et on découpe selon les signes pour une somme.

1. L’inéquation équivaut à \(-5 \leqslant 2x – 3 \leqslant 5\), puis à \(-2 \leqslant 2x \leqslant 8\). L’ensemble des solutions est \([-1, 4]\).
2. Les deux membres sont positifs. Or, pour des réels positifs, \(u > v \iff u^2 > v^2\). L’inéquation équivaut donc à \((x + 1)^2 > (x – 4)^2\), soit \(2x + 1 > -8x + 16\), c’est-à-dire \(10x > 15\). L’ensemble des solutions est \(\left]\frac{3}{2}, +\infty\right[\).
3. Les points \(-2\) et \(1\) découpent la droite en trois zones, dans lesquelles les signes sont fixes.
   • Si \(x \geqslant 1\), l’équation s’écrit \((x – 1) + (x + 2) = 5\), soit \(x = 2\), qui convient.
   • Si \(-2 \leqslant x < 1\), elle s’écrit \((1 – x) + (x + 2) = 5\), soit \(3 = 5\) : aucune solution.
   • Si \(x < -2\), elle s’écrit \((1 – x) – (x + 2) = 5\), soit \(x = -3\), qui convient.

   Le graphe de l’énoncé confirme le palier de hauteur \(3\) entre \(-2\) et \(1\). Les solutions sont \(-3\) et \(2\).

Corrigé de l’exercice 3 – Calculs de parties entières

Idée clé : pour calculer \(\lfloor x \rfloor\), on exhibe l’entier \(n\) tel que \(n \leqslant x < n + 1\).

1. On a \(-3 \leqslant -\frac{7}{3} < -2\), car \(-\frac{9}{3} \leqslant -\frac{7}{3} < -\frac{6}{3}\). Ensuite, \(49 \leqslant 50 < 64\) donne \(7 \leqslant \sqrt{50} < 8\), puisque la racine carrée est croissante. Enfin, \(3 < \pi < 4\) donne \(-4 < -\pi < -3\). Ainsi, \(\left\lfloor -\frac{7}{3} \right\rfloor = -3\), \(\lfloor \sqrt{50} \rfloor = 7\) et \(\lfloor -\pi \rfloor = -4\).
2. Soit \(n = \lfloor x \rfloor\). Alors \(n \leqslant x < n + 1\), donc \(n + 1 \leqslant x + 1 < n + 2\). Or \(n + 1\) est un entier. Par unicité de la partie entière, \(\lfloor x + 1 \rfloor = n + 1 = \lfloor x \rfloor + 1\).
3. L’équation équivaut à \(3 \leqslant 2x – 1 < 4\), donc à \(4 \leqslant 2x < 5\). L’ensemble des solutions est \(\left[2, \frac{5}{2}\right[\). La figure montre la marche de hauteur \(3\) correspondante.

Corrigé de l’exercice 4 – Bornes de trois parties simples

Idée clé : on cherche d’abord un candidat, puis on vérifie s’il appartient à la partie ; s’il n’y appartient pas, on utilise la caractérisation par epsilon.

1. Tout élément de \(A\) vérifie \(1 \leqslant a \leqslant 6\). De plus, \(1\) et \(6\) appartiennent à \(A\). Donc \(\min A = \inf A = 1\) et \(\max A = \sup A = 6\).
2. On a \(x^2 < 5 \iff |x| < \sqrt{5}\), donc \(B = ]-\sqrt{5}, \sqrt{5}[\). Ensuite, \(\sqrt{5}\) majore \(B\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(\eta = \min(\varepsilon, \sqrt{5})\). Le réel \(\sqrt{5} – \frac{\eta}{2}\) appartient à \(B\) et dépasse \(\sqrt{5} – \varepsilon\). Donc \(\sup B = \sqrt{5}\). Ce réel n’est pas dans \(B\). De même, par symétrie, \(\inf B = -\sqrt{5}\). Ainsi, \(\sup B = \sqrt{5}\), \(\inf B = -\sqrt{5}\), sans maximum ni minimum.
3. Pour tout \(n \geqslant 1\), on a \(0 < \frac{1}{n} \leqslant 1\), et \(1 \in C\). Donc \(\max C = 1\). Ensuite, \(0\) minore \(C\). Pour \(\varepsilon > 0\), Archimède fournit \(n \geqslant 1\) avec \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Donc aucun \(\varepsilon > 0\) ne minore \(C\), et \(\inf C = 0\). Enfin, \(0 \notin C\). Ainsi, \(\max C = \sup C = 1\) et \(\inf C = 0\), sans minimum.

Corrigé de l’exercice 5 – Reconnaître des intervalles

Idée clé : on résout l’inéquation qui définit la partie ; pour prouver qu’une partie n’est pas un intervalle, on exhibe deux de ses éléments et un réel intermédiaire absent.

1. On a \(x^2 \leqslant 4x \iff x(x – 4) \leqslant 0\). Un produit est négatif quand ses facteurs sont de signes contraires. Donc \(E_1 = [0, 4]\), qui est un intervalle.
2. Si \(x < 0\), alors \(\frac{1}{x} < 0 < 2\) : pas de solution. Si \(x > 0\), l’inégalité équivaut à \(1 > 2x\). Donc \(E_2 = \left]0, \frac{1}{2}\right[\), qui est un intervalle.
3. Les réels \(-1\) et \(1\) sont dans \(E_3\). Pourtant, \(0\) est compris entre eux et \(|0| < 1\). Donc \(E_3\) n’est pas un intervalle.
4. Les rationnels \(0\) et \(1\) sont dans \(\mathbb{Q}\). De plus, \(0 < \frac{\sqrt{2}}{2} < 1\) et ce réel est irrationnel. Donc \(\mathbb{Q}\) n’est pas un intervalle.

Corrigé de l’exercice 6 – Seuils fournis par Archimède

Idée clé : on résout l’inéquation en \(n\), puis on prend le premier entier qui convient ; l’existence générale vient de la propriété d’Archimède.

1. L’inégalité équivaut à \(n > \frac{7}{0{,}003} = \frac{7000}{3} = 2333{,}33\ldots\) On vérifie : \(0{,}003 \times 2333 = 6{,}999\) et \(0{,}003 \times 2334 = 7{,}002\). Le plus petit entier est \(n = 2334\).
2. L’inégalité équivaut à \(\sqrt{n} > 50\), soit \(n > 2500\), car les deux membres sont positifs. Le plus petit entier est \(n = 2501\).
3. Soit \(\varepsilon > 0\). D’après Archimède, il existe \(n \geqslant 1\) tel que \(n\varepsilon > 1\), soit \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Or \(n^2 \geqslant n\), donc \(\frac{1}{n^2} \leqslant \frac{1}{n}\). Par conséquent, \(\frac{1}{n^2} < \varepsilon\).
4. Soit \(M\) un réel quelconque. La propriété d’Archimède, appliquée avec \(0{,}003 > 0\), donne un entier \(n\) tel que \(0{,}003\,n > M\). Donc \(M\) n’est pas un majorant. La partie n’est pas majorée.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Inégalité de Bernoulli et puissances non bornées

Idée clé : la récurrence repose sur le signe de \(1 + x\) ; ensuite, Bernoulli ramène une puissance à une expression affine, que la propriété d’Archimède rend aussi grande que voulu.

1. Fixons \(x \geqslant -1\). Pour \(n = 0\), on a \(1 \geqslant 1\). Supposons \((1 + x)^n \geqslant 1 + nx\). Comme \(1 + x \geqslant 0\), on peut multiplier cette inégalité par \(1 + x\) :
   \[ (1 + x)^{n+1} \geqslant (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2 \geqslant 1 + (n + 1)x. \]
   Par récurrence, \((1 + x)^n \geqslant 1 + nx\) pour tout \(n\).
2. On pose \(h = q – 1 > 0\). D’après la question 1, \(q^n \geqslant 1 + nh\). Ensuite, Archimède fournit un entier \(n\) tel que \(nh > A – 1\). Pour cet entier, \(q^n \geqslant 1 + nh > A\).
3. Avec \(h = 0{,}01\), on a \(1{,}01^n \geqslant 1 + 0{,}01\,n\). Or \(1 + 0{,}01\,n > 1000\) dès que \(n > 99\,900\). L’entier \(n = 99\,901\) convient. Ce n’est évidemment pas le plus petit, car Bernoulli est une minoration grossière.
4. Le réel \(\frac{1}{q}\) est strictement supérieur à \(1\). D’après la question 2 avec \(A = \frac{1}{\varepsilon}\), il existe \(n\) tel que \(\frac{1}{q^n} > \frac{1}{\varepsilon}\). Les deux membres sont positifs. Donc \(q^n < \varepsilon\).

Corrigé de l’exercice 8 – Moyennes harmonique, géométrique et arithmétique

Idée clé : on étudie le signe d’une différence que l’on écrit comme un carré, puis on transforme l’inégalité obtenue par des opérations sur des positifs.

1. On calcule \(\frac{a + b}{2} – \sqrt{ab} = \frac{(\sqrt{a})^2 – 2\sqrt{a}\sqrt{b} + (\sqrt{b})^2}{2} = \frac{(\sqrt{a} – \sqrt{b})^2}{2} \geqslant 0\). Donc \(\sqrt{ab} \leqslant \frac{a + b}{2}\), avec égalité si et seulement si \(a = b\).
2. On multiplie l’inégalité \(2\sqrt{ab} \leqslant a + b\) par le réel positif \(\frac{\sqrt{ab}}{a + b}\). On obtient \(\frac{2ab}{a + b} \leqslant \sqrt{ab}\). La moyenne harmonique est inférieure à la moyenne géométrique.
3. Pour \(a = 4\) et \(b = 9\), on trouve \(\frac{2 \times 36}{13} = \frac{72}{13} \approx 5{,}54\), puis \(\sqrt{36} = 6\) et \(\frac{13}{2} = 6{,}5\). On vérifie bien \(\frac{72}{13} \leqslant 6 \leqslant \frac{13}{2}\).
4. On calcule le double de la différence :
   \[ 2(x^2 + y^2 + z^2) – 2(xy + yz + zx) = (x – y)^2 + (y – z)^2 + (z – x)^2. \]
   Cette somme de carrés est positive. Donc \(xy + yz + zx \leqslant x^2 + y^2 + z^2\).

Corrigé de l’exercice 9 – Minorer un dénominateur

Idée clé : la seconde inégalité triangulaire éloigne \(x\) de \(0\), ce qui permet de majorer l’inverse de \(|x|\).

1. Le réel \(x\) est la somme de \(x – y\) et de \(y\). Par l’inégalité triangulaire, \(|x|\) est au plus \(|x – y| + |y|\), d’où \(|x| – |y| \leqslant |x – y|\). Par symétrie des rôles, \(|y| – |x|\) est lui aussi majoré par \(|x – y|\). Ainsi, \(\big|\,|x| – |y|\,\big| \leqslant |x – y|\).
2. D’après la question 1, \(4 – |x| \leqslant |x – 4| < 1\), donc \(|x| > 3\). Ensuite, \(\frac{1}{x} – \frac{1}{4} = \frac{4 – x}{4x}\). Or \(4|x| > 12\), donc \(\frac{1}{4|x|} < \frac{1}{12}\). On obtient \(\left|\frac{1}{x} – \frac{1}{4}\right| \leqslant \frac{|x – 4|}{12}\).
3. Si \(|x – 4| < 0{,}06\), alors en particulier \(|x – 4| < 1\). La question 2 donne \(\left|\frac{1}{x} – \frac{1}{4}\right| \leqslant \frac{|x – 4|}{12} < \frac{0{,}06}{12}\). Donc l’écart est strictement inférieur à \(0{,}005\).
4. Supposons \(|x – 4| < 1\). Alors \(|x| > 3\), donc \(16x^2 > 144\). De plus, \(|x + 4| \leqslant |x – 4| + 8 < 9\). On en déduit :
   \[ \left|\frac{1}{x^2} – \frac{1}{16}\right| = \frac{|x – 4|\,|x + 4|}{16x^2} < \frac{9\,|x – 4|}{144} = \frac{|x – 4|}{16}. \]
   Il suffit donc que \(|x – 4| < 0{,}16\). Le réel \(\eta = 0{,}16\) convient, car il est inférieur à \(1\).

Corrigé de l’exercice 10 – Deux propriétés de la partie entière

Idée clé : on part de l’encadrement \(m \leqslant x < m + 1\) avec \(m = \lfloor x \rfloor\) et on le transporte jusqu’à l’expression étudiée, en utilisant que \(\lfloor t \rfloor\) est le plus grand entier inférieur ou égal à \(t\).

1. Soit \(m = \lfloor x \rfloor\). On a \(nm \leqslant nx < nm + n\). D’abord, \(nm\) est un entier inférieur à \(nx\), donc \(nm \leqslant \lfloor nx \rfloor\). Ensuite, \(\lfloor nx \rfloor \leqslant nx < nm + n\). En divisant par \(n > 0\), on obtient \(m \leqslant \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < m + 1\). Donc \(\left\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \right\rfloor = m = \lfloor x \rfloor\).
2. On additionne \(\lfloor x \rfloor \leqslant x < \lfloor x \rfloor + 1\) et \(\lfloor y \rfloor \leqslant y < \lfloor y \rfloor + 1\). Il vient \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leqslant x + y < \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 2\). L’entier \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor\) est inférieur à \(x + y\), donc à \(\lfloor x + y \rfloor\). De plus, \(\lfloor x + y \rfloor\) est un entier strictement inférieur à \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 2\). Donc \(\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leqslant \lfloor x + y \rfloor \leqslant \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1\).
3. Pour \(x = 2{,}7\) et \(y = 1{,}6\), on a \(\lfloor 4{,}3 \rfloor = 4 = 2 + 1 + 1\). En revanche, pour \(x = 2{,}2\) et \(y = 1{,}6\), on a \(\lfloor 3{,}8 \rfloor = 3 = 2 + 1\). Les deux bornes sont donc atteintes.
4. Si \(x\) est entier, \(-x\) l’est aussi, et la somme \(\lfloor -x \rfloor + \lfloor x \rfloor\) vaut \(-x + x = 0\). Sinon, soit \(m = \lfloor x \rfloor\) ; alors \(m < x < m + 1\), donc \(-m – 1 < -x < -m\), d’où \(\lfloor -x \rfloor = -m – 1\). La somme vaut \(0\) si \(x \in \mathbb{Z}\) et \(-1\) sinon.

Corrigé de l’exercice 11 – Borne supérieure d’une famille de quotients

Idée clé : la forme \(3 – \frac{7}{n+2}\) rend la monotonie évidente ; ensuite, la caractérisation par epsilon se ramène à une inéquation en \(n\).

1. On calcule \(3 – \frac{7}{n + 2} = \frac{3n + 6 – 7}{n + 2} = \frac{3n – 1}{n + 2}\). L’égalité \(b_n = 3 – \frac{7}{n + 2}\) est établie.
2. Quand \(n\) augmente, \(\frac{7}{n + 2}\) diminue, donc \(b_n\) augmente. Ainsi, \(b_n \geqslant b_0\) pour tout \(n\). Le plus petit élément de \(B\) est \(b_0 = -\frac{1}{2}\).
3. D’abord, \(\frac{7}{n + 2} > 0\), donc \(b_n < 3\) : le réel \(3\) majore \(B\). Soit ensuite \(\varepsilon > 0\). On a \(b_n > 3 – \varepsilon \iff n + 2 > \frac{7}{\varepsilon}\). D’après Archimède, il existe un entier \(n\) tel que \(n > \frac{7}{\varepsilon}\), et a fortiori \(n + 2 > \frac{7}{\varepsilon}\). Donc \(\sup B = 3\), et cette borne n’est pas atteinte car \(b_n < 3\) pour tout \(n\).
4. Pour \(\varepsilon = 0{,}25\), la condition devient \(n + 2 > 28\), soit \(n \geqslant 27\). On vérifie que \(b_{26} = 3 – \frac{7}{28} = 2{,}75\) ne convient pas, alors que \(b_{27} = 3 – \frac{7}{29} \approx 2{,}759\) convient. Le plus petit entier est \(n = 27\). La figure montre les éléments de \(B\) qui entrent dans la bande verte à partir de ce rang.

Corrigé de l’exercice 12 – Différences d’inverses d’entiers

Idée clé : on fixe \(m = 1\) pour approcher la borne supérieure, puis on exploite la symétrie de \(C\) pour la borne inférieure.

1. Pour \(m, n \geqslant 1\), on a \(0 < \frac{1}{m} \leqslant 1\) et \(0 < \frac{1}{n} \leqslant 1\). Donc \(\frac{1}{m} – \frac{1}{n} < \frac{1}{m} \leqslant 1\) et \(\frac{1}{m} – \frac{1}{n} > -\frac{1}{n} \geqslant -1\). Ainsi, tout élément \(c\) de \(C\) vérifie \(-1 < c < 1\).
2. Le réel \(1\) majore \(C\). Soit \(\varepsilon > 0\). Archimède fournit \(n \geqslant 1\) tel que \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Alors l’élément \(1 – \frac{1}{n}\), obtenu avec \(m = 1\), dépasse \(1 – \varepsilon\). Donc \(\sup C = 1\) ; cette borne n’est pas atteinte, car les inégalités de la question 1 sont strictes.
3. Pour \(c = \frac{1}{m} – \frac{1}{n}\), on a \(-c = \frac{1}{n} – \frac{1}{m}\), qui est encore dans \(C\). Ainsi, \(C\) est symétrique par rapport à \(0\). Par conséquent, \(\inf C = -\sup C\). On obtient \(\inf C = -1\), borne non atteinte.

Corrigé de l’exercice 13 – Borne supérieure d’une somme de parties

Idée clé : on vérifie d’abord le majorant, puis on partage \(\varepsilon\) en deux moitiés pour approcher chaque borne séparément.

1. Notons \(\sigma = \sup A\) et \(\tau = \sup B\). Pour \(a \in A\) et \(b \in B\), on a \(a + b \leqslant \sigma + \tau\). Ainsi, \(A + B\) est non vide et majorée : elle admet une borne supérieure, d’après l’axiome. Soit ensuite \(\varepsilon > 0\) et \(\delta = \frac{\varepsilon}{2}\). La caractérisation donne un élément \(a\) de \(A\) situé au-dessus de \(\sigma – \delta\), et de même un élément \(b\) de \(B\) au-dessus de \(\tau – \delta\). Alors \(a + b > \sigma + \tau – 2\delta = \sigma + \tau – \varepsilon\). Donc \(\sup(A + B) = \sup A + \sup B\).
2. Pour \(a \in A\), on a \(\lambda a \leqslant \lambda\sigma\), car \(\lambda > 0\). Soit \(\varepsilon > 0\). Il existe \(a \in A\) avec \(a > \sigma – \frac{\varepsilon}{\lambda}\), donc \(\lambda a > \lambda\sigma – \varepsilon\). Ainsi, \(\sup(\lambda A) = \lambda \sup A\).
3. On a \(\sup A = 1\) et \(\sup B = 5\). Ensuite, \(A + B = ]-2, -1[ \,\cup\, ]5, 6[\), dont la borne supérieure vaut \(6 = 1 + 5\). De même, \(3A = ]0, 3[\) a pour borne supérieure \(3 = 3 \times 1\). Les deux formules sont vérifiées.

Corrigé de l’exercice 14 – Ensemble alterné et borne inférieure

Idée clé : on sépare les indices pairs et impairs, qui forment deux familles monotones aux comportements différents.

1. On trouve \(-1 + 2 = 1\), puis \(1 + 1 = 2\), puis \(-1 + \frac{2}{3} = -\frac{1}{3}\), enfin \(1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\). Les quatre éléments sont \(1\), \(2\), \(-\frac{1}{3}\) et \(\frac{3}{2}\).
2. Si \(n\) est pair, alors \(n \geqslant 2\) et \(1 + \frac{2}{n} \leqslant 2\). Si \(n\) est impair, alors \(-1 + \frac{2}{n} \leqslant -1 + 2 = 1\). Tous les éléments sont donc inférieurs à \(2\), qui est obtenu pour \(n = 2\). Ainsi, \(\max D = 2\).
3. Pour \(n\) pair, l’élément vaut au moins \(1\). Pour \(n\) impair, il vaut \(-1 + \frac{2}{n} > -1\). Donc \(-1\) minore strictement \(D\). Soit \(\varepsilon > 0\). Archimède fournit un entier \(N \geqslant 1\) tel que \(\frac{1}{N} < \varepsilon\). Avec \(n = 2N + 1\), impair, on obtient \(-1 + \frac{2}{2N + 1} < -1 + \frac{1}{N} < -1 + \varepsilon\). Donc \(\inf D = -1\) ; comme \(-1 \notin D\), la partie \(D\) n’a pas de minimum.

Corrigé de l’exercice 15 – Un rationnel entre racine de 7 et 2,646

Idée clé : pour comparer des réels positifs à une racine carrée, on compare leurs carrés ; l’approximation décimale par excès fournit ensuite le rationnel cherché.

1. On calcule \(2{,}645^2 = 6{,}996\,025 < 7\) et \(2{,}646^2 = 7{,}001\,316 > 7\). Or, pour des réels positifs, l’ordre des carrés est celui des nombres. Donc \(2{,}645 < \sqrt{7} < 2{,}646\).
2. On a \(10^4 \sqrt{7} = 26\,457{,}5\ldots\), donc \(\frac{\lfloor 10^4 \sqrt{7} \rfloor}{10^4} = 2{,}6457\). La valeur par excès est \(2{,}6458\). Vérifions-la par un calcul exact : \(26\,458^2 = 700\,025\,764\), donc \(2{,}6458^2 = 7{,}000\,257\,64 > 7\). Ainsi, \(\sqrt{7} < 2{,}6458 < 2{,}646\). Le rationnel \(\frac{13\,229}{5000} = 2{,}6458\) convient.
3. Supposons que \(]a, b[\) ne contienne qu’un nombre fini de rationnels. Ce nombre est non nul par densité de \(\mathbb{Q}\). Soit \(r_1\) le plus petit d’entre eux. La densité fournit alors un rationnel dans \(]a, r_1[\), donc dans \(]a, b[\), strictement plus petit que \(r_1\). C’est absurde. Donc \(]a, b[\) contient une infinité de rationnels.

Corrigé de l’exercice 16 – Irrationnels construits à partir de racine de 2

Idée clé : on raisonne par l’absurde en isolant \(\sqrt{2}\), puis on transporte la densité de \(\mathbb{Q}\) par une homothétie.

1. Si \(r + \sqrt{2} = s\) avec \(s\) rationnel, alors \(\sqrt{2} = s – r\) serait rationnel. De même, si \(r\sqrt{2} = s\) avec \(r \neq 0\), alors \(\sqrt{2} = \frac{s}{r}\) serait rationnel. Dans les deux cas, on obtient une contradiction.
2. Le réel \(-\sqrt{2}\) est irrationnel d’après la question 1. Pourtant, \(\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0\) et \(\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2\). Ni la somme ni le produit de deux irrationnels ne sont forcément irrationnels.
3. Comme \(\frac{a}{\sqrt{2}} < \frac{b}{\sqrt{2}}\), la densité de \(\mathbb{Q}\) fournit un rationnel \(r\) dans cet intervalle. De plus, \(r > \frac{a}{\sqrt{2}} > 0\), donc \(r \neq 0\). En multipliant par \(\sqrt{2} > 0\), on obtient \(a < r\sqrt{2} < b\). Le réel \(r\sqrt{2}\) est un irrationnel de \(]a, b[\).
4. Prenons \(r = \frac{1}{2000}\). Comme \(\sqrt{2} < 2\), on a \(0 < \frac{\sqrt{2}}{2000} < \frac{1}{1000}\). Le réel \(\frac{\sqrt{2}}{2000} \approx 0{,}000\,707\) est un irrationnel de \(\left]0, \frac{1}{1000}\right[\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Q privé de borne supérieure

Idée clé : la fonction rationnelle \(g\) rapproche tout rationnel positif de \(\sqrt{3}\) sans changer le signe de \(r^2 – 3\) ; elle interdit donc l’existence d’une borne supérieure rationnelle.

1. On a \(1 \in E\), car \(1^2 < 3\). Ensuite, si \(x \in E\), alors \(x^2 < 3 < 4\) avec \(x > 0\), donc \(x < 2\). La partie \(E\) est non vide et majorée par \(2\).
2. Si \(r\) est un rationnel positif, \(2r + 3\) et \(r + 2\) sont des rationnels strictement positifs, donc \(g(r)\) aussi. Ensuite :
   \[ g(r) – r = \frac{2r + 3 – r^2 – 2r}{r + 2} = \frac{3 – r^2}{r + 2}. \]
   De même, \((2r + 3)^2 – 3(r + 2)^2 = 4r^2 + 12r + 9 – 3r^2 – 12r – 12 = r^2 – 3\). Donc \(g(r)^2 – 3 = \dfrac{r^2 – 3}{(r + 2)^2}\).
3. Si \(r^2 < 3\), la question 2 donne \(g(r) > r\) et \(g(r)^2 < 3\). Comme \(g(r)\) est un rationnel strictement positif, il appartient à \(E\). Ainsi, \(r\) ne majore pas \(E\), puisque \(g(r) \in E\) le dépasse.
4. Si \(r^2 > 3\), on obtient \(g(r) < r\) et \(g(r)^2 > 3\). Soit \(x \in E\). Alors \(x^2 < 3 < g(r)^2\), avec \(x\) et \(g(r)\) positifs, donc \(x < g(r)\). Le rationnel \(g(r)\) majore \(E\) et vérifie \(g(r) < r\).
5. Supposons que \(E\) admette une borne supérieure \(s\) dans \(\mathbb{Q}\). Comme \(1 \in E\), on a \(s \geqslant 1 > 0\). De plus, \(s^2 \neq 3\), car \(\sqrt{3}\) est irrationnel. Si \(s^2 < 3\), la question 3 dit que \(s\) ne majore pas \(E\). Si \(s^2 > 3\), la question 4 fournit un majorant rationnel plus petit que \(s\). Les deux cas sont absurdes : \(E\) n’a pas de borne supérieure dans \(\mathbb{Q}\).
6. D’abord, \(\sqrt{3}\) majore \(E\), car \(x^2 < 3\) et \(x > 0\) entraînent \(x < \sqrt{3}\). Soit \(\varepsilon > 0\) et \(c = \max(\sqrt{3} – \varepsilon, 1)\). Comme \(c < \sqrt{3}\), la densité de \(\mathbb{Q}\) fournit un rationnel \(x\) avec \(c < x < \sqrt{3}\). Ce rationnel est positif et vérifie \(x^2 < 3\), donc \(x \in E\). De plus, \(x > \sqrt{3} – \varepsilon\). Par conséquent, \(\sup E = \sqrt{3}\) dans \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 18 – Inégalité de Cauchy-Schwarz discrète

Idée clé : un trinôme du second degré positif sur \(\mathbb{R}\) a un discriminant négatif ou nul ; les applications consistent à choisir habilement les \(a_i\) et les \(b_i\).

1. On pose \(S_a = \sum a_i^2\), \(S_b = \sum b_i^2\) et \(T = \sum a_i b_i\). En développant, \(P(t) = S_a t^2 + 2Tt + S_b\). Ce polynôme est positif comme somme de carrés.
   • Si \(S_a = 0\), tous les \(a_i\) sont nuls. Alors \(T = 0\) et l’inégalité s’écrit \(0 \leqslant 0\).
   • Si \(S_a > 0\), \(P\) est un trinôme du second degré. S’il avait un discriminant strictement positif, il aurait deux racines distinctes et serait strictement négatif entre elles. Donc \(4T^2 – 4S_aS_b \leqslant 0\).

   Dans les deux cas, \(T^2 \leqslant S_a S_b\).

2. On choisit \(a_1 = \sqrt{x}\), \(a_2 = \sqrt{y}\), \(a_3 = \sqrt{z}\) et \(b_i = \frac{1}{a_i}\). Alors \(a_ib_i = 1\), donc l’inégalité donne :
   \[ 9 = (1 + 1 + 1)^2 \leqslant (x + y + z)\left(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\right). \]
   Comme \(x + y + z = 1\), on obtient \(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geqslant 9\).
3. On choisit \((a_1, a_2, a_3) = (1, 2, 2)\) et \((b_1, b_2, b_3) = (x, y, z)\). L’inégalité donne \(81 = (x + 2y + 2z)^2 \leqslant 9(x^2 + y^2 + z^2)\). Donc \(x^2 + y^2 + z^2 \geqslant 9\). Pour \((x, y, z) = (1, 2, 2)\), on a bien \(1 + 4 + 4 = 9\) et \(x + 2y + 2z = 9\). Le minimum \(9\) est atteint en \((1, 2, 2)\).

Corrigé de l’exercice 19 – Approximations décimales et borne supérieure

Idée clé : tout découle de l’encadrement de la partie entière et de la maximalité de \(\lfloor t \rfloor\) parmi les entiers inférieurs à \(t\).

1. Le réel \(10^n x – \lfloor 10^n x \rfloor\) appartient à \([0, 1[\). On divise par \(10^n > 0\), puis on isole \(x\). On obtient \(u_n \leqslant x < v_n\).
2. L’entier \(10\lfloor 10^n x \rfloor\) est inférieur à \(10 \times 10^n x = 10^{n+1}x\). Or \(\lfloor 10^{n+1}x \rfloor\) est le plus grand entier ayant cette propriété. Donc \(10\lfloor 10^n x \rfloor \leqslant \lfloor 10^{n+1}x \rfloor\). En divisant par \(10^{n+1}\), on obtient \(u_n \leqslant u_{n+1}\).
3. D’abord, \(10^0 = 1 \geqslant 0\) et \(10^1 \geqslant 1\). Ensuite, si \(10^n \geqslant n\) avec \(n \geqslant 1\), alors \(10^{n+1} \geqslant 10n \geqslant n + 1\). Par récurrence, \(10^n \geqslant n\) pour tout \(n\). Montrons maintenant que \(x = \sup \{ u_n \}\). D’une part, \(x\) majore tous les \(u_n\). D’autre part, soit \(\varepsilon > 0\). Archimède fournit \(n \geqslant 1\) avec \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Alors \(10^{-n} \leqslant \frac{1}{n} < \varepsilon\), donc \(u_n > x – 10^{-n} > x – \varepsilon\). De la même façon, \(x\) minore les \(v_n\) et \(v_n \leqslant x + 10^{-n} < x + \varepsilon\). Ainsi, \(x = \sup \{ u_n \} = \inf \{ v_n \}\).
4. On a \(\frac{13}{7} = 1{,}857\,142\ldots\) En effet, la division de \(13\) par \(7\) donne les décimales \(8, 5, 7, 1, 4, 2\) qui se répètent. Donc \(u_0 = 1\), \(u_1 = 1{,}8\), \(u_2 = 1{,}85\), \(u_3 = 1{,}857\) et \(u_4 = 1{,}8571\).

Corrigé de l’exercice 20 – Problème – Sous-groupes additifs de R

Idée clé : tout se joue sur la borne inférieure \(a\) des éléments strictement positifs ; si elle est atteinte, la partie entière découpe chaque élément en multiples de \(a\) ; si elle est nulle, de petits éléments permettent d’atteindre tout intervalle.

1. Soit \(g \neq 0\) dans \(G\). Alors \(-g = 0 – g\) appartient aussi à \(G\). L’un des deux réels \(g\) et \(-g\) est strictement positif. Donc \(G_+\) est non vide ; minorée par \(0\), elle possède une borne inférieure \(a \geqslant 0\).
2. On suppose \(a > 0\).
   1. Supposons \(a \notin G\). La caractérisation de la borne inférieure, avec \(\varepsilon = a\), donne \(g_1 \in G_+\) tel que \(g_1 < 2a\). Comme \(g_1 \geqslant a\) et \(g_1 \neq a\), on a \(a < g_1 < 2a\). Avec \(\varepsilon = g_1 – a\), on obtient ensuite \(g_2 \in G_+\) tel que \(a < g_2 < g_1\). Alors \(g_1 – g_2 \in G\) et \(0 < g_1 – g_2 < 2a – a = a\). Cet élément de \(G_+\) est plus petit que \(a\) : c’est absurde. Donc \(a \in G\).
   2. Comme \(a \in G\), tous les \(ka\) sont dans \(G\), donc \(a\mathbb{Z} \subset G\). Réciproquement, soit \(g \in G\) et \(k = \left\lfloor \frac{g}{a} \right\rfloor\). On a \(k \leqslant \frac{g}{a} < k + 1\), donc \(0 \leqslant g – ka < a\). Le réel \(g – ka\) est dans \(G\), positif et plus petit que \(a\). Il ne peut donc pas appartenir à \(G_+\), dont \(a\) minore les éléments. Par conséquent, \(g – ka = 0\). Ainsi, \(G = a\mathbb{Z}\).
3. On suppose \(a = 0\). La caractérisation avec \(\varepsilon = y – x\) fournit \(g \in G_+\) tel que \(0 < g < y – x\). On pose \(k = \left\lfloor \frac{x}{g} \right\rfloor + 1\). Alors \(k – 1 \leqslant \frac{x}{g} < k\), donc \(kg > x\) et \(kg \leqslant x + g < y\). Le réel \(kg\) est dans \(G\) et dans \(]x, y[\). Le sous-groupe \(G\) est donc dense dans \(\mathbb{R}\).
4. Application.
   1. D’abord, \(0\) s’obtient avec \(m = n = 0\). Ensuite, prenons \(h = p + q\sqrt{2}\) et \(h_1 = p_1 + q_1\sqrt{2}\) dans \(H\). Leur différence vaut \((p – p_1) + (q – q_1)\sqrt{2}\), avec deux coefficients entiers : elle appartient à \(H\). Donc \(H\) est un sous-groupe additif.
   2. Supposons \(H = a\mathbb{Z}\) avec \(a > 0\). Comme \(1 \in H\) et \(\sqrt{2} \in H\), il existe des entiers \(k\) et \(l\) tels que \(1 = ka\) et \(\sqrt{2} = la\). Ainsi, \(k \neq 0\) et \(\sqrt{2} = \frac{l}{k}\), ce qui contredit l’irrationalité de \(\sqrt{2}\). Or \(H \neq \{0\}\). D’après la question 2, la borne \(a\) ne peut donc pas être strictement positive. Par la question 3, \(H\) est dense dans \(\mathbb{R}\).

La figure illustre cette densité. Les réels \(n\sqrt{2} – \lfloor n\sqrt{2} \rfloor\) sont des éléments de \(H\) situés dans \([0, 1[\). Avec dix valeurs de \(n\), ils restent espacés ; avec quatre-vingts, ils remplissent déjà l’intervalle de façon serrée.

Pour aller plus loin

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