Nombres réels

Soit $(x, k) \in \mathbb{R} \times \mathbb{Z}$. Nous montrons les deux équivalences successivement.

($k = \lfloor x \rfloor \iff k \le x < k+1$)

Par la Définition 1.1, $\lfloor x \rfloor$ est le plus grand entier relatif inférieur ou égal à $x$. Donc :
$$k = \lfloor x \rfloor \iff k \in \mathbb{Z},\ k \le x \text{ et } \forall n \in \mathbb{Z},\ n \le x \implies n \le k.$$
Cette dernière condition signifie qu'il n'existe pas d'entier strictement entre $k$ et $x$, i.e. $k \le x < k+1$ (car $k+1$ est le plus petit entier strictement supérieur à $k$).

($k \le x < k+1 \iff x-1 < k \le x$)

On a :
$$k \le x < k+1 \iff k \le x \text{ et } k > x-1 \iff x-1 < k \le x.$$

Les deux équivalences sont démontrées.

Soit $x \in \mathbb{R}$ et $n \in \mathbb{Z}$. On note $k = \lfloor x \rfloor$, de sorte que $k \le x < k+1$ d'après la Proposition 1.1.

(i) Croissance. Soient $(x, y) \in \mathbb{R}^2$ avec $x \le y$. On a $\lfloor x \rfloor \le x \le y$. Donc $\lfloor x \rfloor$ est un entier inférieur ou égal à $y$, et par définition de la partie entière comme le plus grand de ces entiers, $\lfloor x \rfloor \le \lfloor y \rfloor$.

(ii) $x = \lfloor x \rfloor \iff x \in \mathbb{Z}$. Par la Proposition 1.1, $\lfloor x \rfloor \le x < \lfloor x \rfloor + 1$. Si $x = \lfloor x \rfloor$, alors $x \in \mathbb{Z}$. Réciproquement, si $x \in \mathbb{Z}$, alors $x$ est lui-même le plus grand entier inférieur ou égal à $x$, donc $\lfloor x \rfloor = x$.

(iii) $\lfloor x+n \rfloor = \lfloor x \rfloor + n$. On a $k \le x < k+1$, donc en ajoutant $n$ (entier) : $k+n \le x+n < k+n+1$. D'après la Proposition 1.1 appliquée à $x+n$, cela signifie $\lfloor x+n \rfloor = k+n = \lfloor x \rfloor + n$.

Soit $\mathcal{A} \subset \mathbb{R}$.

(\"$\Rightarrow$\") Supposons $\mathcal{A}$ dense dans $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$. L'intervalle ouvert $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[$ est non vide (il contient $x$), donc par la Définition 1.3 il contient un élément de $\mathcal{A}$, i.e. $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ \cap \mathcal{A} \neq \emptyset$.

(\"$\Leftarrow$\") Supposons la condition epsilon vérifiée. Soit $]a, b[$ un intervalle ouvert non vide de $\mathbb{R}$ (avec $a < b$). Posons $x = \frac{a+b}{2}$ et $\varepsilon = \frac{b-a}{2} > 0$. On a $]x-\varepsilon, x+\varepsilon[ = ]a, b[$. Par hypothèse, $]a, b[ \cap \mathcal{A} \neq \emptyset$. Tout intervalle ouvert non vide contient donc un élément de $\mathcal{A}$, ce qui signifie que $\mathcal{A}$ est dense dans $\mathbb{R}$ par la Définition 1.3.

Soit $\mathcal{A} \subset \mathbb{R}$.

(\"$\Rightarrow$\") Supposons $\mathcal{A}$ dense dans $\mathbb{R}$. Soit $x \in \mathbb{R}$. Pour tout $n \in \mathbb{N}^*$, l'intervalle $]x - \frac{1}{n}, x + \frac{1}{n}[$ est ouvert et non vide, donc par la Définition 1.3 il contient un élément $a_n \in \mathcal{A}$. On a ainsi $|a_n - x| < \frac{1}{n}$ pour tout $n \ge 1$. Par le théorème des gendarmes, $(a_n)$ converge vers $x$. On a donc construit une suite d'éléments de $\mathcal{A}$ de limite $x$.

(\"$\Leftarrow$\") Supposons la condition séquentielle vérifiée. Soit $]a, b[$ un intervalle ouvert non vide. Posons $x = \frac{a+b}{2}$. Par hypothèse, il existe une suite $(a_n)$ d'éléments de $\mathcal{A}$ de limite $x$. En particulier, pour $\varepsilon = \frac{b-a}{2} > 0$, il existe $N$ tel que pour tout $n \ge N$, $|a_n - x| < \varepsilon$, i.e. $a_n \in ]a, b[$. Donc $]a, b[ \cap \mathcal{A} \neq \emptyset$, ce qui montre que $\mathcal{A}$ est dense dans $\mathbb{R}$.

Nous montrons successivement la densité de $\mathbb{D}$, de $\mathbb{Q}$ et de $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$.

Densité de $\mathbb{D}$ dans $\mathbb{R}$. Soient $x \in \mathbb{R}$ et $\varepsilon > 0$. Choisissons $n \in \mathbb{N}$ tel que $10^{-n} < \varepsilon$ (possible car $10^{-n} \to 0$). D'après la Définition 1.2, la valeur décimale approchée par défaut $\alpha_n = \frac{\lfloor 10^n x \rfloor}{10^n} \in \mathbb{D}$ vérifie $\alpha_n \le x < \alpha_n + 10^{-n} < \alpha_n + \varepsilon$. En particulier, $|\alpha_n - x| < \varepsilon$, donc $\alpha_n \in ]x - \varepsilon, x + \varepsilon[ \cap \mathbb{D}$. Par la Proposition 1.3, $\mathbb{D}$ est dense dans $\mathbb{R}$.

Densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$. Comme $\mathbb{D} \subset \mathbb{Q}$ (tout décimal est rationnel), tout intervalle ouvert non vide contient un décimal, donc un rationnel. Par la Définition 1.3, $\mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$.

Densité de $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$. Soit $]a, b[$ un intervalle ouvert non vide. Considérons $a' = \frac{a}{\sqrt{2}}$ et $b' = \frac{b}{\sqrt{2}}$. L'intervalle $]a', b'[$ est ouvert et non vide. Par la densité de $\mathbb{Q}$ dans $\mathbb{R}$, il existe $q \in \mathbb{Q}$ tel que $q \in ]a', b'[$, i.e. $a' < q < b'$. Alors $x = q\sqrt{2} \in ]a, b[$. Comme $\sqrt{2}$ est irrationnel (Exemple 1.1) et $q \neq 0$ (quitte à prendre $q \neq 0$, ce qui est possible car $]a', b'[$ est non vide et peut contenir un rationnel non nul), $x = q\sqrt{2}$ est irrationnel. Donc $]a, b[ \cap (\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}) \neq \emptyset$, ce qui montre que $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ est dense dans $\mathbb{R}$.