Exercices de Relations binaires, Sup (prépa)

1. Montrons que $\subset$ est un ordre sur $\mathcal{P}(E)$.
- Réflexivité : $A\subset A$ pour tout $A$.
- Antisymétrie : Si $A\subset B$ et $B\subset A$, alors $A=B$.
- Transitivité : Si $A\subset B$ et $B\subset C$, alors $A\subset C$.

2. L'ordre n'est pas total en général si $|E|\ge 2$ : prendre $A=\{x\}$ et $B=\{y\}$ avec $x\ne y$, alors $A\not\subset B$ et $B\not\subset A$.

3a. Pour $(A,B)\in \mathcal{P}(E{)}^2$ :
- $\sup (A,B)$ est le plus petit élément de $\mathcal{P}(E)$ contenant $A$ et $B$. Le plus petit sur-ensemble commun de $A$ et $B$ pour $\subset$ est $A\cup B$. En effet, $A\subset A\cup B$ et $B\subset A\cup B$, et si $C\supset A$ et $C\supset B$ alors $C\supset A\cup B$. Donc $\sup (A,B)=A\cup B$.
- $\inf (A,B)$ est le plus grand sous-ensemble commun : $\inf (A,B)=A\cap B$.

3b. Pour $\mathcal{F}\subset \mathcal{P}(E)$ non vide :
- $\sup \mathcal{F}=\bigcup _{F\in \mathcal{F}}F$ (le plus petit sur-ensemble de tous les membres de $\mathcal{F}$).
- $\inf \mathcal{F}=\bigcap _{F\in \mathcal{F}}F$ (le plus grand sous-ensemble commun).

Démonstration pour $\sup$ : $\bigcup _{F\in \mathcal{F}}F$ est un majorant car $F\subset \bigcup _{F^{\prime }\in \mathcal{F}}{F}^{\prime }$ pour tout $F\in \mathcal{F}$. C'est le plus petit majorant : si $C$ est un majorant, $F\subset C$ pour tout $F\in \mathcal{F}$, donc $\bigcup F\subset C$.

1. Montrons que $\mathcal{R}$ est une relation d'ordre sur ${\mathbb{R}}^2$.

- Réflexivité : $|x-x|=0\le y-y=0$. ✓
- Antisymétrie : Si $(x,y)\mathcal{R}(x^{\prime },y^{\prime })$ et $(x^{\prime },y^{\prime })\mathcal{R}(x,y)$, alors $|x^{\prime }-x|\le y^{\prime }-y$ et $|x-x^{\prime }|\le y-y^{\prime }$. En additionnant : $2|x^{\prime }-x|\le (y^{\prime }-y)+(y-y^{\prime })=0$, donc $|x^{\prime }-x|=0$, i.e. $x=x^{\prime }$. Puis $0\le y^{\prime }-y$ et $0\le y-y^{\prime }$, donc $y=y^{\prime }$.
- Transitivité : Si $|x^{\prime }-x|\le y^{\prime }-y$ et $|x^{\prime \prime }-x^{\prime }|\le y^{\prime \prime }-y^{\prime }$, alors $|x^{\prime \prime }-x|\le |x^{\prime \prime }-x^{\prime }|+|x^{\prime }-x|\le (y^{\prime \prime }-y^{\prime })+(y^{\prime }-y)=y^{\prime \prime }-y$. Donc $(x,y)\mathcal{R}(x^{\prime \prime },y^{\prime \prime })$.

L'ordre n'est pas total : $(0,0)$ et $(1,0)$ : $|1-0|=1\nleqq 0-0=0$ et $|0-1|=1\nleqq 0-0=0$.

2. Montrons que $\sup A=(0,\sqrt{2})$ où $A=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$.

- $(0,\sqrt{2})$ est un majorant de $A$ : pour $(x,y)\in A$ (donc $x^2+y^2\le 1$), on veut $|0-x|\le \sqrt{2}-y$, i.e. $|x|\le \sqrt{2}-y$. Or $y\le 1\le \sqrt{2}$ donc $\sqrt{2}-y\ge 0$, et $|x{|}^2=x^2\le 1-y^2=(1-y)(1+y)$. On veut $(\sqrt{2}-y{)}^2\ge x^2$, i.e. $2-2\sqrt{2}y+y^2\ge x^2=1-y^2-(x^2+y^2-1)$... Développons : $(\sqrt{2}-y{)}^2=2-2\sqrt{2}y+y^2$ et $x^2\le 1-y^2$. Alors $(\sqrt{2}-y{)}^2-x^2\ge 2-2\sqrt{2}y+y^2-(1-y^2)=1-2\sqrt{2}y+2y^2=(y\sqrt{2}-1{)}^2\ge 0$. Donc $|x|\le \sqrt{2}-y$. ✓
- $(0,\sqrt{2})$ est le plus petit majorant : soit $(x_0,y_0){\mathcal{R}}^{\prime }(0,\sqrt{2})$ pour tout $(x,y)\in A$, i.e. $(0,\sqrt{2}){\mathcal{R}}^{\prime }(x_0,y_0)$ (majorant). On doit avoir $|x_0|\le y_0-\sqrt{2}\cdot 0$... Non, $(0,\sqrt{2})⪯(x_0,y_0)$ signifie $|x_0-0|\le y_0-\sqrt{2}$. Si $(x_0,y_0)$ est un majorant de $A$, pour tout $(x,y)\in A$, $|x_0-x|\le y_0-y$. En particulier pour $(0,-1)\in A$ : $|x_0|\le y_0+1$. Pour $(x_0^{\prime },y)\in A$... Montrons que $y_0\ge \sqrt{2}$. Pour $(x,y)=(\cos \theta ,\sin \theta )\in A$, $|x_0-\cos \theta |\le y_0-\sin \theta$, donc $y_0\ge \sin \theta +|x_0-\cos \theta |$. En maximisant sur $\theta$, on obtient $y_0\ge \underset{\theta }{\max }(\sin \theta +|x_0-\cos \theta |)$. Pour $x_0=0$, $y_0\ge \underset{\theta }{\max }(\sin \theta +|\cos \theta |)=\sqrt{2}$ (atteint pour $\theta =\pi /4$). Pour $x_0\ne 0$, la majoration donne aussi $y_0\ge \sqrt{2}+|x_0|$ donc $(0,\sqrt{2})⪯(x_0,y_0)$. Ainsi $(0,\sqrt{2})=\sup A$.