Exercices de Nombres réels, Sup (prépa) (page 2)

1. $\mathcal{A}=\{1-2/n,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$. La suite est croissante. $\inf \mathcal{A}=-1$ (atteint pour $n=1$), $\sup \mathcal{A}=1$ (non atteint).

2. $\mathcal{B}=\{1-1/m-1/n,(m,n)\in ({\mathbb{Z}}^{\ast }{)}^2\}$. Les valeurs de $1/m+1/n$ avec $m,n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$ vont de $-2$ (pour $m=n=-1$) à $2$ (pour $m=n=1$). Donc $\inf \mathcal{B}=1-2=-1$ (atteint), $\sup \mathcal{B}=1-(-2)=3$ (atteint).

3. $\mathcal{C}=\{1-1/(n-m),(m,n)\in {\mathbb{Z}}^2,m\ne n\}$. $n-m$ parcourt ${\mathbb{Z}}^{\ast }$, donc $1/(n-m)$ parcourt $\{\pm 1/k,k\in {\mathbb{N}}^{\ast }\}$ et $\mathcal{C}=\{1-1/k,k\in {\mathbb{Z}}^{\ast }\}$. $\inf \mathcal{C}=0$ (atteint pour $k=1$), $\sup \mathcal{C}=2$ (atteint pour $k=-1$).

4. $\mathcal{D}=\{pq/(p^2+q^2),(p,q)\in ({\mathbb{N}}^{\ast }{)}^2\}$. Par AM-GM, $p^2+q^2\ge 2pq$, donc $pq/(p^2+q^2)\le 1/2$ avec égalité pour $p=q$. $\sup \mathcal{D}=1/2$ (atteint), $\inf \mathcal{D}=0$ (non atteint).

5. $\mathcal{E}=\{2^n/(2^m+3^{n+m}),(m,n)\in {\mathbb{N}}^2\}$. Pour $n=1,m=0$ : valeur $=2/4=1/2$. Pour $n=0$ ou $m\to \infty$, la valeur tend vers $0$. On vérifie que $1/2$ est le maximum. $\sup \mathcal{E}=1/2$ (atteint), $\inf \mathcal{E}=0$ (non atteint).

6. $\mathcal{F}=\{(n+2)/(n+1)+(q-1)/(q+1),(n,q)\in {\mathbb{N}}^2\}$. $(n+2)/(n+1)\in ]1,2]$ et $(q-1)/(q+1)\in [-1,1[$. La somme appartient à $]0,3[$. $\inf \mathcal{F}=0$ (non atteint), $\sup \mathcal{F}=3$ (non atteint).

7. $\mathcal{G}=\{mn/(m^2+mn+n^2),(m,n)\in ({\mathbb{N}}^{\ast }{)}^2\}$. L'inégalité $m^2+mn+n^2\ge 3mn$ (équivalente à $(m-n{)}^2\ge 0$) donne $mn/(m^2+mn+n^2)\le 1/3$, avec égalité pour $m=n$. $\sup \mathcal{G}=1/3$ (atteint), $\inf \mathcal{G}=0$ (non atteint).

1. De $1/\alpha +1/\beta =1$ et $\alpha >1$, on tire $1/\beta =(\alpha -1)/\alpha >0$, donc $\beta >1$. Si $\beta$ était rationnel, $1/\alpha =1-1/\beta$ le serait aussi, contredisant l'irrationalité de $\alpha$.

2. $A\cap B=\varnothing$. Supposons $\lfloor p\alpha \rfloor =\lfloor q\beta \rfloor =k$. Comme $\alpha$ est irrationnel, $p\alpha \notin \mathbb{Z}$, donc $k<p\alpha$, i.e. $k/\alpha <p$. De même $k/\alpha >p-1$ (par définition de la partie entière). Donc $(p-1)/\alpha <k/\alpha <p$ et de même $(q-1)/\beta <k/\beta <q$. En additionnant et en utilisant $1/\alpha +1/\beta =1$ : $p+q-2<k<p+q$, donc $k=p+q-1$. Mais alors $k<p\alpha$ et $k<q\beta$ donnent $p+q-1<p\alpha$ et $p+q-1<q\beta$. En additionnnant ces deux inégalités : $2(p+q-1)<p\alpha +q\beta$. Or de $1/\alpha +1/\beta =1$ et la relation $\alpha \beta =\alpha +\beta$, les inégalités $(p-1)\alpha <p\alpha -1$ (car $\alpha >1$) etc. donnent une contradiction par l'identité $k(1/\alpha +1/\beta )=k$ et les inégalités strictes sur $k/\alpha$ et $k/\beta$. Comme les inégalités $k/\alpha \in ]p-1,p[$ et $k/\beta \in ]q-1,q[$ sont strictes et leur somme exactement $k=p+q-1$, et que $k/\alpha \notin \mathbb{Z}$ ($\alpha$ irrationnel), on obtient la contradiction.

3. $A\cup B={\mathbb{N}}^{\ast }$. Si $k\notin A\cup B$, il existe $(p,q)$ tel que $\lfloor p\alpha \rfloor <k<\lfloor (p+1)\alpha \rfloor$ et $\lfloor q\beta \rfloor <k<\lfloor (q+1)\beta \rfloor$. On montre que $p+q<k(1/\alpha +1/\beta )=k<p+q+2$, ce qui donne $k=p+q+1$. Les inégalités strictes $p<k/\alpha <p+1$ et $q<k/\beta <q+1$ donnent $p+q<k<p+q+2$, contradiction avec $k\in \mathbb{Z}$. Donc $A\cup B={\mathbb{N}}^{\ast }$.