Exercice 2 4906

(Fonctions additives croissantes)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction croissante vérifiant

f (x + y) = f (x) + f (y) pour tout (x, y) \in ℝ^{2} .

(1)

Montrer qu’il existe un réel $a \geq 0$ tel que¹¹ 1 On dit alors que la fonction $f$ est linéaire. $f (x) = a x$ pour tout réel $x$ .

[<] Généralités[>] Inégalités

Exercice 3 2092

Montrer que la somme d’un nombre rationnel et d’un nombre irrationnel est un nombre irrationnel.

Exercice 4 2093 Correction

Montrer que $\sqrt{2}$ n’est pas un nombre rationnel

Solution

Par l’absurde supposons $\sqrt{2} \in ℚ$ .
On peut alors écrire $\sqrt{2} = p / q$ avec $p, q \in ℕ^{*}$ et, quitte à simplifier, $p$ et $q$ non tous les deux pairs.
On a alors $2 q^{2} = p^{2}$ .
$p$ est alors nécessairement pair car $p^{2}$ est pair. Cela permet d’écrire $p = 2 k$ avec $k \in ℕ$ puis $q^{2} = 2 k^{2}$ .
Mais alors $q$ est pair. Par suite, $p$ et $q$ sont tous les deux pairs.
Absurde.

Exercice 5 2094

Simplifier ${({\sqrt{2}}^{\sqrt{2}})}^{\sqrt{2}}$ .

En déduire l’existence d’un nombre rationnel pouvant s’écrire $a^{b}$ avec $a$ et $b$ deux nombres irrationnels strictement positifs.

Exercice 6 2095 Correction

Soit $f : ℚ \to ℚ$ telle que

\forall (x, y) \in ℚ^{2}, f (x + y) = f (x) + f (y) .

(a)

On suppose $f$ constante égale $C$ quelle est la valeur de $C$ ?
On revient au cas général.
(b)

Calculer $f (0)$ .
(c)

Montrer que $f (- x) = - f (x)$ pour tout $x \in ℚ$ .
(d)

Établir que $f (n x) = n f (x)$ pour tous $n \in ℕ$ et $x \in ℚ$ , et généraliser cette propriété à $n \in ℤ$ .
(e)

On pose $a = f (1)$ . Montrer que $f (x) = a x$ pour tout $x \in ℚ$ .

Solution

(a)

La relation $f (x + y) = f (x) + f (y)$ avec $f$ constante égale à $C$ donne $C = C + C$ d’où $C = 0$ .
(b)

Pour $x = y = 0$ , la relation $f (x + y) = f (x) + f (y)$ implique $f (0) = 0$ .
(c)

Pour $y = - x$ , la relation $f (x + y) = f (x) + f (y)$ donne $0 = f (- x) + f (x)$ d’où $f (- x) = - f (x)$ .
(d)

Par récurrence:

$\forall n \in ℕ, \forall x \in ℚ, f (n x) = n f (x) .$

Pour $n \in ℤ^{-}, n = - p$ avec $p \in ℕ$ et

$f (n x) = f (- p x) = - f (p x) = - p f (x) = n f (x) .$
(e)

On peut écrire $x = p / q$ avec $p \in ℤ$ et $q \in ℕ^{*}$ .

$f (x) = f (p \times \frac{1}{q}) = p f (\frac{1}{q})$

or

$a = f (1) = f (q \times \frac{1}{q}) = q f (\frac{1}{q})$

donc

$f (\frac{1}{q}) = \frac{a}{q}$

puis

$f (x) = \frac{a p}{q} = a x .$

Exercice 7 2475 CENTRALE (MP)

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$ . Montrer que

H_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}

n’est pas un nombre entier.

Exercice 8 2647 MINES (MP)

Soit $n$ un entier naturel.

(a)

Montrer l’existence et l’unicité de nombres entiers $a_{n}$ et $b_{n}$ vérifiant

${(1 + \sqrt{2})}^{n} = a_{n} + b_{n} \sqrt{2} .$
(b)

Calculer $a_{n}^{2} - 2 b_{n}^{2}$ .
(c)

Montrer qu’il existe un unique $p \in ℕ^{*}$ tel que

${(1 + \sqrt{2})}^{n} = \sqrt{p} + \sqrt{p - 1} .$

Exercice 9 1975

(Irrationalité de $π$ )

On veut montrer que $π$ est un nombre irrationnel. On raisonne par l’absurde et l’on suppose qu’il est possible d’écrire $π = a / b$ avec $a, b \in ℕ^{*}$ . Pour $n \in ℕ$ , on introduit alors

P_{n} = \frac{1}{n!} X^{n} {(b X - a)}^{n} et I_{n} = \int_{0}^{π} P_{n} (t) \sin (t) d t .

(a)

Montrer que $P_{n}$ et ses polynômes dérivés à tout ordre prennent des valeurs entières en $0$ .
(b)

Établir la même propriété en $π = a / b$ .
(c)

Montrer que la suite $(I_{n})$ tend vers $0$ .
(d)

Conclure en observant que $I_{n}$ est un nombre entier.

Exercice 10 3668 Correction

(Irrationalité de $e^{r}$ pour $r \in Q^{*}$ )

(a)

Pour $a, b \in ℕ^{*}$ , montrer que la fonction polynomiale

$P_{n} (x) = \frac{1}{n!} x^{n} {(b x - a)}^{n}$

et ses dérivées successives prennent en $x = 0$ des valeurs entières.
(b)

Établir la même propriété en $x = a / b$
(c)

On pose $r = a / b$ et pour $n \in ℕ^{*}$

$I_{n} = \int_{0}^{r} P_{n} (t) e^{t} d t .$

Montrer que $I_{n} \to 0$ .
(d)

En supposant $e^{r} = p / q$ avec $p, q \in ℕ^{*}$ , montrer que $q I_{n} \in ℤ$ . Conclure.

Solution

(a)

0 est racine de multiplicité $n$ de $P_{n}$ donc

$\forall m < n, P_{n}^{(m)} (0) = 0 .$

Le polynôme $P_{n}$ est de degré $2 n$ donc $P_{n}^{(m)} = 0$ pour tout $m > 2 n$ et ainsi

$\forall m > 2 n, P_{n}^{(m)} (0) = 0 .$

Reste à traiter le cas $n \leq m \leq 2 n$ . En développant par la formule du binôme

$P_{n} (x) = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{n!} (\binom{n}{k}) {(- a)}^{n - k} b^{k} x^{n + k} .$

Puisque $P_{n}^{(m)} (0)$ est donné par la dérivation du terme $x^{m}$ , on obtient

$P_{n}^{(m)} (0) = \frac{1}{n!} (\binom{n}{m - n}) {(- a)}^{2 n - m} b^{m - n} m! \in ℤ .$
(b)

On remarque

$\forall x \in ℝ, P_{n} (a / b - x) = P_{n} (x)$

donc

$\forall m \in ℕ, P_{n}^{(m)} (a / b) = {(- 1)}^{m} P_{n}^{(m)} (0) \in ℤ .$
(c)

On a

$| I_{n} - 0 | = \frac{1}{n!} | \int_{0}^{r} t^{n} {(b t - a)}^{n} e^{t} d t | \leq \frac{1}{n!} r^{n + 1} {(b r + a)}^{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .$
(d)

Par intégration par parties

$I_{n} = {[P_{n} (t) e^{t}]}_{0}^{r} - \int_{0}^{r} P_{n}^{'} (t) e^{t} d t$

et en répétant l’opération

$I_{n} = {[\sum_{m = 0}^{2 n} {(- 1)}^{m} P_{n}^{(m)} (t) e^{t}]}_{0}^{r} .$

On en déduit

$q I_{n} = \sum_{m = 0}^{2 n} {(- 1)}^{m} (P_{n}^{(m)} (r) p - P_{n}^{m} (0) q) \in ℤ .$

Or sur $[0; r]$ la fonction $t \mapsto P_{n} (t) e^{t}$ est continue, positive sans être nulle et $0 < r$ donc $I_{n} > 0$ .
Ainsi, $q I_{n} \to 0$ , $q I_{n} > 0$ et $q I_{n} \in ℤ$ : c’est absurde.
Notons que l’on en déduit immédiatement l’irrationalité de $\ln (r)$ pour $r \in ℚ^{+ *} ∖ {1}$ .

Exercice 11 4972 X (PC)

Montrer¹¹ 1 Pour $x \geq 0$ , $\sqrt[3]{x}$ désigne la racine cubique de $x$ , c’est-à-dire l’unique réel dont le cube vaut $x$ . que $\sqrt{2} + \sqrt[3]{3}$ est un nombre irrationnel.

Exercice 12 5272

Soit $a$ un réel.

(a)

Étudier la limite de la suite de terme général $\frac{1}{n} ⌊ n a ⌋$ (avec $n \in ℕ^{*}$ ).
(b)

En déduire que tout réel est limite d’une suite de nombres rationnels et d’une suite de nombres irrationnels

Exercice 13 5009

Montrer que tout intervalle ouvert non vide de $ℝ$ rencontre¹¹ 1 Autrement dit, les intervalles ouverts non vides contiennent des nombres rationnels et des nombres irrationnels. $ℚ$ et $ℝ ∖ ℚ$ .

Exercice 14 4907

(Approximation de Dirichlet)

Soit $x$ un nombre irrationnel.

Montrer qu’il existe une infinité de couples $(p, q) \in ℤ \times ℕ^{*}$ vérifiant

| x - \frac{p}{q} | \leq \frac{1}{q^{2}} .

Exercice 15 5024

Résoudre l’équation $a b + b c + c a = a b c$ d’inconnue $(a, b, c) \in ℕ^{3}$ .

[<] Rationnels et irrationnels[>] Équations, inéquations et systèmes

Exercice 16 4897

(Inégalité triangulaire renversée)

Pour tous réels $x$ et $y$ , montrer l’inégalité

| | y | - | x | | \leq | y - x | .

Exercice 17 3983

Vérifier:

(a)

$x (1 - x) ⩽ \frac{1}{4}$ pour tout réel $x$ .
(b)

$x \ln (x) ⩾ - \frac{1}{e}$ pour tout $x > 0$ .

Exercice 18 5591 Correction

Montrer que

\forall θ \in ℝ, | \cos (θ) | + | \sin (θ) | \geq 1 .

Solution

Pour $x \in [- 1; 1]$ , on remarque $x^{2} \leq | x |$ . Les fonctions $\cos$ et $\sin$ prenant leurs valeurs dans $[- 1; 1]$ , on en déduit

\forall θ \in ℝ, | \cos (θ) | + | \sin (θ) | \geq \cos^{2} (θ) + \sin^{2} (θ) = 1 .

Exercice 19 3643 Correction

Soient $x, y \in [0; 1]$ . Montrer

x^{2} + y^{2} - x y \leq 1 .

Solution

Sachant $x^{2} \leq x$ et $y^{2} \leq y$ , on a

x^{2} + y^{2} - x y - 1 \leq x + y - x y - 1 = (x - 1) (1 - y) \leq 0 .

Exercice 20 2096

Vérifier¹¹ 1 Cette inégalité sera souvent utilisée dans la suite. que pour tous réels $a$ et $b$ ,

a b \leq \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2}) .

En déduire que pour tout $x > 0$ ,

x + \frac{1}{x} \geq 2 .

Exercice 21 2097

Montrer que pour tous $a$ , $b$ et $c$ réels,

a b + b c + c a \leq a^{2} + b^{2} + c^{2} .

Exercice 22 3224 Correction

Montrer

\forall (u, v) \in ℝ_{+}, 1 + \sqrt{u v} \leq \sqrt{1 + u} \sqrt{1 + v} .

Solution

Compte tenu de la positivité des membres, le problème revient à établir

{(1 + \sqrt{u v})}^{2} \leq (1 + u) (1 + v)

soit encore

2 \sqrt{u v} \leq u + v

ce qui découle directement de la propriété

{(\sqrt{u} - \sqrt{v})}^{2} \geq 0 .

Exercice 23 5998 Correction

Montrer que pour tous $a, b$ réels positifs

\sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}} \geq 1 + a b .

En déduire

\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}} \geq 2 \sqrt{1 + {(\frac{a + b}{2})}^{2}} .

Solution

L’inégalité ${(a - b)}^{2} \geq 0$ donne $a^{2} + b^{2} \geq 2 a b$ donc

1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2} \geq 1 + 2 a b + a^{2} b^{2} = {(1 + a b)}^{2} .

En passant à la racine et sachant $1 + a b \geq 0$ , il vient

\sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}} \geq 1 + a b .

On a

	${(\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}})}^{2}$	$= 2 + a^{2} + b^{2} + 2 \sqrt{1 + a^{2} + b^{2} + a^{2} b^{2}}$
		$\geq 2 + a^{2} + b^{2} + 2 (1 + a b) = 4 + {(a + b)}^{2} .$

En passant à la racine,

\sqrt{1 + a^{2}} + \sqrt{1 + b^{2}} \geq \sqrt{4 + {(a + b)}^{2}} = 2 \sqrt{1 + {(\frac{a + b}{2})}^{2}} .

Exercice 24 6071 Correction

(a)

Soient $a, b$ deux réels positifs tels que $a + b = 1$ . Montrer $a b ⩽ \frac{1}{4}$ .
(b)

Soient $a, b, c$ trois réels positifs tels que $a + b + c = 1$ . Montrer $a b c ⩽ \frac{1}{27}$ .

Solution

(a)

Puisque $a + b = 1$ avec $a, b ⩾ 0$ , on a $a b = a (1 - a)$ avec $a \in [0; 1]$ . L’étude de la fonction $f : x \mapsto x (1 - x)$ sur $[0; 1]$ assure que cette fonction est maximale en $x = 1 / 2$ de valeur $1 / 4$ . On en déduit que pour tous $a, b ⩾ 0$ tels que $a + b = 1$

$a b = f (a) ⩽ \frac{1}{4}$
(b)

Puisque $a + b + c = 1$ avec $a, b, c ⩾ 0$ , on a $a b c = a b (1 - a - b)$ avec $a, b ⩾ 0$ et $a + b ⩽ 1$ .

Fixons $a \in [0; 1]$ et étudions la fonction $f_{a} : x \mapsto a x (1 - a - x)$ définie sur $[0; 1 - a]$ . Après détermination des variations de $f_{a}$ , on obtient que $f_{a}$ est maximale en $x = (1 - a) / 2$ de valeur $a {(1 - a)}^{2} / 4$ .

Considérons alors la fonction $g : x \mapsto x {(1 - x)}^{2}$ définie sur $[0; 1]$ . L’étude des variations de cette fonction donne que $g$ est maximale en $x = 1 / 3$ de valeur $4 / 27$ .

En bilan, pour tous $a, b, c ⩾ 0$ tels que $a + b + c = 1$ ,

$a b c = f_{a} (b) ⩽ f_{a} (\frac{1 - a}{2}) = \frac{g (a)}{4} ⩽ \frac{1}{27} .$

Exercice 25 4017

Soient $x$ et $y$ deux réels de l’intervalle $[0; 1]$ . Montrer

\min {x y, (1 - x) (1 - y)} \leq \frac{1}{4} .

Exercice 26 5760 Correction

Établir

\forall n, p \in ℕ, {(n + 1)}^{p + 1} \leq (n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p}

Solution

On raisonne par récurrence sur $p \in ℕ^{*}$ (avec $n \in ℕ$ fixé).

Pour $p = 0$ , l’inégalité se relit $n + 1 \leq n + 1$ : elle est correcte.

Supposons la propriété vraie au rang $p \in ℕ$ .

Au rang suivant,

	${(n + 1)}^{p + 2} = (n + 1) \times {(n + 1)}^{p + 1}$	$\leq (n + 1) ((n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p})$
		$\leq (n + 1) (n^{p + 1} + n^{p} + p {(n + 1)}^{p})$
		$= (n + 1) n^{p + 1} + (n + 1) n^{p} + p {(n + 1)}^{p + 1}$
		$\leq (n + 1) n^{p + 1} + {(n + 1)}^{p + 1} + p {(n + 1)}^{p + 1}$
		$\leq (n + 1) n^{p + 1} + (p + 1) {(n + 1)}^{p + 1}$

La récurrence est établie.

Exercice 27 4902

(Inégalité de Cauchy-Schwarz)

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ$ .

Montrer

| \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} | \leq {(\sum_{k = 1}^{n} a_{k}^{2})}^{1 / 2} {(\sum_{k = 1}^{n} b_{k}^{2})}^{1 / 2} .

On pourra étudier le signe de la fonction $φ : λ \mapsto \sum_{k = 1}^{n} {(λ a_{k} + b_{k})}^{2}$ .

Exercice 28 2114

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x_{1}, \dots, x_{n} \in ℝ_{+}^{*}$ .

Montrer

(x_{1} + \dots + x_{n}) (\frac{1}{x_{1}} + \dots + \frac{1}{x_{n}}) \geq n^{2} .

Préciser les cas d’égalité.

Exercice 29 3405

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ$ avec $a_{1} \leq \dots \leq a_{n}$ et $b_{1} \leq \dots \leq b_{n}$ .

Établir

(\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k}) (\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} b_{k}) \leq \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_{k} b_{k} .

Exercice 30 5021

Soient $n \in ℕ$ avec $n \geq 2$ , $a_{1}, \dots, a_{n} \in ℝ$ et $b_{1}, \dots, b_{n} \in ℝ_{+}^{*}$ .

Montrer

\min {\frac{a_{1}}{b_{1}}, \dots, \frac{a_{n}}{b_{n}}} \leq \frac{a_{1} + \dots + a_{n}}{b_{1} + \dots + b_{n}} \leq \max {\frac{a_{1}}{b_{1}}, \dots, \frac{a_{n}}{b_{n}}} .

Exercice 31 1733 Correction

Déterminer tous les couples $(α, β) \in {(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ pour lesquels il existe $M \in ℝ$ tel que

\forall x, y > 0, x^{α} y^{β} \leq M (x + y) .

Solution

Soit $(α, β)$ solution. Considérons

f (x, y) = \frac{x^{α} y^{β}}{x + y}

sur ${(ℝ_{+}^{*})}^{2}$ .
On a

f (x, x) = \frac{x^{α + β}}{2 x}

$f$ bornée implique $α + β = 1$ .
Inversement, supposons $α + β = 1$ .
Si $y \geq x$ alors

0 \leq f (x, y) = \frac{x^{α} y^{1 - α}}{x + y} \leq \frac{y}{x + y} {(\frac{x}{y})}^{α} \leq 1 .

Si $x \geq y$ alors idem.

Exercice 32 5992 Correction

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $(x_{1}, \dots, x_{n}) \in ℝ^{n}$ et $(a_{1}, \dots, a_{n}) \in ℝ^{n}$ avec $a_{1} + \dots + a_{n} = 0$ .

(a)

Montrer que

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} \leq 0 .$
(b)

Montrer que

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | \leq 0 .$

Solution

(a)

En développant,

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i}^{2} - 2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i} x_{j} + \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j}^{2} .$

Or

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i}^{2} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}^{2}) (\sum_{j = 1}^{n} a_{j}) = 0 et \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j}^{2} = 0 .$

Aussi,

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} x_{j} x_{j} = (\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i}) (\sum_{i = 1}^{n} a_{j} x_{j}) = {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i})}^{2} .$

On a donc

$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} {(x_{i} - x_{j})}^{2} = - 2 {(\sum_{i = 1}^{n} a_{i} x_{i})}^{2} \leq 0 .$

(b)

Sans perte de généralité, on peut supposer $x_{1} \leq \dots \leq x_{n}$ et écrire

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | = 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} a_{i} a_{j} (x_{j} - x_{i}) .

Astucieusement, on exprime

x_{j} - x_{i} = \sum_{k = i}^{j - 1} (x_{k + 1} - x_{k}) pour tous 1 \leq i < j \leq n

et l’on réorganise le calcul

	$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} \| x_{i} - x_{j} \|$	$= 2 \sum_{1 \leq i < j \leq n} a_{i} a_{j} \sum_{k = i}^{j - 1} (x_{k + 1} - x_{k})$
		$= 2 \sum_{1 \leq i \leq k < j \leq n} a_{i} a_{j} [x_{k + 1} - x_{k}]$
		$= 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} [(x_{k + 1} - x_{k}) \sum_{i = 1}^{k} a_{i} \sum_{j = k + 1}^{n} a_{j}] .$

\sum_{j = k + 1}^{n} a_{j} = - \sum_{i = 1}^{k} a_{i}

et donc

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | = - 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} [(x_{k + 1} - x_{k}) {(\sum_{i = 1}^{k} a_{i})}^{2}] .

La somme porte sur des termes tous positifs et donc

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} a_{i} a_{j} | x_{i} - x_{j} | \leq 0 .

[<] Inégalités[>] Partie entière

Exercice 33 5267

Résoudre les équations suivantes d’inconnue $x$ réelle:

(a)

$x = \sqrt{2 x - 1} + 2$
(b)

$e^{x} - 4 e^{- x} = 3$ .

Exercice 34 2115 Correction

Résoudre les équations suivantes d’inconnue $x \in ℝ$ :

(a)

$x = 2 x - 1 [1]$
(b)

$3 x = 2 - x [π]$
(c)

$n x = 0 [π]$ (avec $n \in ℕ^{*}$ )

Solution

(a)

$x = 2 x - 1 [1] \Leftrightarrow - x = - 1 [1] \Leftrightarrow x = 1 [1]$ , $𝒮 = ℤ$ .
(b)

$3 x = 2 - x [π] \Leftrightarrow 4 x = 2 [π] \Leftrightarrow x = \frac{1}{2} [\frac{π}{4}]$ , $𝒮 = {\frac{k π + 2}{4} | k \in ℤ}$ .
(c)

$n x = 0 [π] \Leftrightarrow x = 0 [\frac{π}{n}]$ ,

$𝒮 = {\frac{k π}{n} | k \in ℤ} .$

Exercice 35 2116 Correction

Observer que

x = \sqrt[3]{20 + 14 \sqrt{2}} + \sqrt[3]{20 - 14 \sqrt{2}}

est solution d’une équation de la forme $x^{3} = α x + β$ avec $α, β \in ℝ$ . Résoudre cette dernière et déterminer $x$ .

Solution

On remarque

x^{3} = 6 x + 40

$4$ est solution apparente de cette équation.

x^{3} - 6 x - 40 = (x - 4) (x^{2} + 4 x + 10) .

Les solutions de l’équation sont $4, - 2 + i \sqrt{6}, - 2 - i \sqrt{6}$ . Le nombre $x$ correspond à la seule solution réelle donc $x = 4$ .

Exercice 36 5014

Résoudre les inéquations suivantes d’inconnue $x$ réelle:

(a)

$\frac{1}{x} \leq \frac{1}{2}$
(b)

$\frac{2 x - 1}{x + 2} \leq 1$
(c)

$3 + \sqrt{x - 1} < x$
(d)

$| 2 x - 1 | + | x - 3 | \geq 7$ .

Exercice 37 5189

Résoudre les systèmes d’inconnues réelles qui suivent:

(a)

${\begin{matrix} x & + y & + 2 z & = 1 \\ x & + 2 y & + z & = 2 \\ 2 x & - y & + z & = 1 \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} x & + y & - z & = 1 \\ 2 x & - y & + z & = 2 \\ - x & + 2 y & - 2 z & = 3 \end{matrix}$
(c)

${\begin{matrix} x & - z & = 1 \\ - x & + y & + 2 z & = 0 \\ x & + 2 y & + z & = 3 \end{matrix}$
(d)

${\begin{matrix} 2 x & + y & + z & = 0 \\ x & + y & - z & = 1 \\ x & + 2 y & + z & = 2 \\ - x & + 3 y & - z & = 5 \end{matrix}$
(e)

${\begin{matrix} x & - y & + 2 z & + t & = 1 \\ 2 x & - 3 y & + z & - t & = 1 \\ - x & + 2 y & + z & + t & = 1 . \end{matrix}$

Exercice 38 2118 Correction

Résoudre les systèmes suivants d’inconnue $(x, y, z) \in ℝ^{3}$ :

(a)

${\begin{matrix} x + 2 y - z & = 1 \\ x - y + z & = 2 \\ x y z & = 0 \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} x + 2 y - z & = 1 \\ x - y + 2 z & = 2 \\ 3 x - y + z & = 3 \end{matrix}$
(c)

${\begin{matrix} x + y + z & = 1 \\ x - y + 3 z & = 2 \\ 2 x - y + z & = 3 \end{matrix}$

Solution

(a)

Si $(x, y, z)$ est solution alors $(3)$ donne $x = 0, y = 0$ ou $z = 0$ .
Si $x = 0$ alors $y = 3, z = 5$ . Si $y = 0$ alors $x = \frac{3}{2}, z = \frac{1}{2}$ . Si $z = 0$ alors $x = \frac{5}{3}, y = - \frac{1}{3}$ .
Inversement: ok.

Finalement, $𝒮 = {(0,3,5), (\frac{3}{2},0, \frac{1}{2}), (\frac{5}{3}, - \frac{1}{3},0)}$ .
(b)

$𝒮 = {(\frac{8}{9}, \frac{4}{9}, \frac{7}{9})}$ .
(c)

$𝒮 = {(\frac{5}{4}, - \frac{3}{8}, \frac{1}{8})}$ .

Exercice 39 2119 Correction

Résoudre le système

{\begin{matrix} x - a y + z & = 2 \\ x + (a + 1) z & = 3 \\ x + a y + 3 z & = 4 \end{matrix}

d’inconnue $(x, y, z) \in ℝ^{3}$ , $a$ désignant un paramètre réel.

Solution

Soit $a \in ℝ$ . Pour $(x, y, z) \in ℝ^{3}$ ,

	${\begin{matrix} x - a y + z & = 2 \\ x + (a + 1) z & = 3 \\ x + a y + 3 z & = 4 \end{matrix}$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x - a y + z & = 2 \\ a y + a z & = 1 \\ 2 a y + 2 z & = 2 \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow {\begin{matrix} x - a y + z & = 2 \\ a y + a z & = 1 \\ (1 - a) z & = 0 . \end{matrix}$

Si $a = 1$ alors le système a pour solution les triplets

(3 - 2 z,1 - z, z) avec z \in ℝ .

Si $a \neq 1$ alors le système équivaut à

{\begin{matrix} x - a y & = 2 \\ a y & = 1 \\ z & = 0 . \end{matrix}

Si $a = 0$ , il n’y a pas de solutions.
Si $a \neq 0,1$ alors le système possède pour solution l’unique le triplet

(3,1 / a,0) .

Exercice 40 4419

Résoudre dans $ℝ$ les systèmes d’équations linéaires suivants en discutant selon la valeur du paramètre réel $m$ :

(a)

${\begin{matrix} x + y + z + t & = 1 \\ x + y + 2 z & = 0 \\ x + y + 2 t & = m \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} m x + y + z & = 1 \\ x + m y + z & = m \\ x + y + m z & = m^{2} . \end{matrix}$

Exercice 41 4420

Soient $a, b$ et $θ$ des réels. Résoudre le système suivant d’inconnue $(x, y) \in ℝ^{2}$ :

(Σ) : {\begin{matrix} \cos (θ) x - \sin (θ) y & = a & (1) \\ \sin (θ) x + \cos (θ) y & = b & (2) . \end{matrix}

Exercice 42 2117 Correction

Résoudre les systèmes d’inconnue $(x, y) \in ℝ^{2}$ :

(a)

${\begin{matrix} x^{2} + 2 y^{2} & = 1 \\ x^{2} + x y & = 0 \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} x^{2} + y^{2} & = 1 \\ 2 x y & = 1 \end{matrix}$
(c)

${\begin{matrix} x^{2} & = y \\ y^{2} & = x \end{matrix}$

Solution

(a)

Si $(x, y)$ est solution alors $(2) ⟹ x (x + y) = 0$ donc $x = 0$ ou $y = - x$ .
Si $x = 0$ alors $(1)$ donne $y = \pm 1 / \sqrt{2}$ .
Si $y = - x$ alors $(1)$ donne $x = \pm 1 / \sqrt{3}$ .
Inversement: ok

Finalement,

$𝒮 = {(0,1 / \sqrt{2}), (0, - 1 / \sqrt{2}), (1 / \sqrt{3}, - 1 / \sqrt{3}), (- 1 / \sqrt{3},1 / \sqrt{3})} .$
(b)

Si $(x, y)$ est solution alors $(1) - (2)$ donne ${(x - y)}^{2} = 0$ d’où $x = y$ puis $(1)$ donne $x = y = \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ .
Inversement: ok.

Finalement,

$𝒮 = {(1 / \sqrt{2},1 / \sqrt{2}), (- 1 / \sqrt{2}, - 1 / \sqrt{2})} .$
(c)

Si $(x, y)$ est solution alors $(1)$ et $(2)$ donnent $x^{4} = x$ d’où $x = 0$ ou $x = 1$ .
Si $x = 0$ alors $y = 0$ . Si $x = 1$ alors $y = 1$ .
Inversement: ok. Finalement,

$𝒮 = {(0,0), (1,1)} .$

Exercice 43 5019

Soit $a$ un réel non nul. Déterminer les triplets $(x, y, z)$ de réels non nuls vérifiant:

{\begin{matrix} x & + y & + z & = a \\ \frac{1}{x} & + \frac{1}{y} & + \frac{1}{z} & = \frac{1}{a} . \end{matrix}

Exercice 44 3404

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x_{1}, \dots, x_{n}$ des réels. On suppose

{\begin{matrix} x_{1} & + \dots & + x_{n} & = n \\ x_{1}^{2} & + \dots & + x_{n}^{2} & = n . \end{matrix}

Montrer que les réels $x_{1}, \dots, x_{n}$ sont tous égaux à $1$ .

Exercice 45 4543

Soient $a_{1}, \dots, a_{n}$ des points du plan complexe (avec $n ⩾ 2$ ).

À quelle condition existe-t-il des points $z_{1}, \dots, z_{n}$ tels que, pour tout $i \in ⟦ 1; n ⟧$ ,

a_{i}

est le milieu de

[z_{i}; z_{i + 1}]

(en convenant de poser $z_{n + 1} = z_{1}$ )?

[<] Équations, inéquations et systèmes[>] Supremum et infimum

Exercice 46 2100

Montrer que la fonction partie entière est croissante.

Exercice 47 2105 Correction

Soit $a \leq b \in ℝ$ . Établir

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋ .

Solution

Si $a \notin ℤ$ alors $[a; b] \cap ℤ = {⌊ a ⌋ + 1, ⌊ a ⌋ + 2, \dots, ⌊ b ⌋}$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ - ⌊ a ⌋ .

⌊ 1 - a ⌋ = 1 + ⌊ - a ⌋ = - ⌊ a ⌋

car $a \notin ℤ$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋ .

Si $a \in ℤ$ alors $[a; b] \cap ℤ = {a, a + 1, \dots, ⌊ b ⌋}$ donc

Card ([a; b] \cap ℤ) = ⌊ b ⌋ - a + 1 = ⌊ b ⌋ + ⌊ 1 - a ⌋

car $1 - a \in ℤ$ .

Exercice 48 2101

Montrer que pour tous $x$ et $y$ réels,

⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ \leq ⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 1 .

Exercice 49 5662 Correction

Soit $x \in ℝ$ . Quelle relation existe-t-il entre $⌊ x ⌋$ et $⌊ - x ⌋$ ?

Solution

Cas: $x \in ℤ$ . On a $- x \in ℤ$ et donc $⌊ x ⌋ = x$ tandis que $⌊ - x ⌋ = - x$ . Ainsi,

⌊ - x ⌋ + ⌊ x ⌋ = 0 .

Cas: $x \in ℝ ∖ ℤ$ . En posant $n = ⌊ x ⌋$ ,

n < x < n + 1 donc - (n + 1) < - x < - n .

On en déduit $⌊ - x ⌋ = - n + 1$ et donc

⌊ - x ⌋ + ⌊ x ⌋ = 1 .

Exercice 50 2102 Correction

Montrer

\forall x, y \in ℝ, ⌊ x ⌋ + ⌊ x + y ⌋ + ⌊ y ⌋ \leq ⌊ 2 x ⌋ + ⌊ 2 y ⌋ .

Solution

Si $⌊ x ⌋ \leq x < ⌊ x ⌋ + 1 / 2$ et $⌊ y ⌋ \leq y < ⌊ y ⌋ + 1 / 2$ alors

	$⌊ x + y ⌋ = ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋$

puis relation voulue.

Si $⌊ x ⌋ + 1 / 2 \leq x < ⌊ x ⌋ + 1$ et $⌊ y ⌋ \leq y < ⌊ y ⌋ + 1 / 2$ alors

	$⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 1,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ + 1 et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋$

puis la relation voulue.

Si $⌊ x ⌋ \leq x < ⌊ x ⌋ + 1 / 2$ et $⌊ y ⌋ + 1 / 2 \leq y < ⌊ y ⌋ + 1$ : c’est analogue.

Si $⌊ x ⌋ + 1 / 2 \leq x < ⌊ x ⌋ + 1$ et $⌊ y ⌋ + 1 / 2 \leq y < ⌊ y ⌋ + 1$ alors

	$⌊ x + y ⌋ \leq ⌊ x ⌋ + ⌊ y ⌋ + 2,$
	$⌊ 2 x ⌋ = 2 ⌊ x ⌋ + 1 et$
	$⌊ 2 y ⌋ = 2 ⌊ y ⌋ + 1$

puis la relation voulue.

Dans tous les cas la relation proposée est vérifiée.

Exercice 51 2103

Soient $n \in ℕ^{*}$ et $x \in ℝ$ . Montrer

⌊ \frac{⌊ n x ⌋}{n} ⌋ = ⌊ x ⌋ .

Exercice 52 5333 Correction

Soient $x \in ℝ$ et $a, b \in ℕ^{*}$ . Montrer

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ = ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ .

Solution

D’une part,

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \leq \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ \leq \frac{1}{a} \cdot \frac{x}{b} = \frac{x}{a b}

et donc

⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \leq ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ car ⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ \in ℤ .

D’autre part,

a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq a \frac{x}{a b} = \frac{x}{b}

et donc

a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq ⌊ \frac{x}{b} ⌋ car a ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \in ℤ .

On en déduit

⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋

puis

⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \leq ⌊ \frac{1}{a} ⌊ \frac{x}{b} ⌋ ⌋ car ⌊ \frac{x}{a b} ⌋ \in ℤ .

Par double inégalité, on peut conclure.

Exercice 53 2104 Correction

Montrer que

\forall x \in ℝ, \forall n \in ℕ^{*}, \sum_{k = 0}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = ⌊ n x ⌋ .

Solution

Posons $m = ⌊ n x ⌋$ et réalisons la division euclidienne de $m$ par $n$ : $m = n q + r$ avec $0 \leq r \leq n - 1$ .
On a $n q + r \leq n x < n q + r + 1$ donc pour tout $k \in {0, \dots, n - 1}$ :

q + \frac{k + r}{n} \leq x + \frac{k}{n} < q + \frac{k + r + 1}{n} .

Si $k + r < n$ alors $⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = q$ et si $k + r \geq n$ alors $⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = q + 1$ .
Par suite,

\sum_{k = 0}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = \sum_{k = 0}^{n - r - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ + \sum_{k = n - r}^{n - 1} ⌊ x + \frac{k}{n} ⌋ = n q + r = m = ⌊ n x ⌋ .

Exercice 54 2106 Correction

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Montrer qu’il existe $(a_{n}, b_{n}) \in {(ℕ^{*})}^{2}$ tel que

${(2 + \sqrt{3})}^{n} = a_{n} + b_{n} \sqrt{3} et 3 b_{n}^{2} = a_{n}^{2} - 1 .$
(b)

Montrer que la partie entière de ${(2 + \sqrt{3})}^{n}$ est un entier impair.

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ^{*}$ .
Pour $n = 1$ , $a_{1} = 2$ et $b_{1} = 1$ conviennent.
Supposons la propriété établie au rang $n \geq 1$ .

${(2 + \sqrt{3})}^{n + 1} = (2 + \sqrt{3}) (a_{n} + b_{n} \sqrt{3}) = a_{n + 1} + b_{n + 1} \sqrt{3}$

avec $a_{n + 1} = 2 a_{n} + 3 b_{n}$ et $b_{n + 1} = a_{n} + 2 b_{n}$ de sorte que

$3 b_{n + 1}^{2} - a_{n + 1}^{2} = - a_{n}^{2} + 3 b_{n}^{2} = - 1 .$

Récurrence établie.
(b)

$a_{n} - 1 \leq b_{n} \sqrt{3} < a_{n}$ donc $2 a_{n} - 1 \leq {(2 + \sqrt{3})}^{n} < 2 a_{n}$ donc

$⌊ {(2 + \sqrt{3})}^{n} ⌋ = 2 a_{n} - 1 .$

C’est un entier impair.

Exercice 55 5577 Correction

Montrer que la fonction $x \mapsto 2 ⌊ x ⌋ - x + 1$ détermine une bijection de $ℝ_{+}$ vers $ℝ_{+}^{*}$ .

Solution

Pour tout $x \in ℝ$ , on sait

⌊ x ⌋ ⩽ x < ⌊ x ⌋ + 1 .

Pour tout $x \in ℝ_{+}$ , on obtient

2 ⌊ x ⌋ - x + 1 = \underset{\begin{matrix} ⩾ 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{⌊ x ⌋}} + \underset{\begin{matrix} > 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{⌊ x ⌋ + 1 - x}} > 0 .

L’application

f : {\begin{matrix} ℝ_{+} & \to & ℝ_{+}^{*} \\ x & \mapsto & 2 ⌊ x ⌋ - x + 1 \end{matrix}

est donc correctement définie.

Pour $k \in ℕ$ , la restriction de $f$ au départ de l’intervalle $[k; k + 1 [$ correspond à la fonction $x \mapsto 2 k + 1 - x$ , elle réalise une bijection décroissante de $[k; k + 1 [$ vers $] k; k + 1]$ .

Pour $y \in ℝ_{+}^{*}$ , il existe une unique $k \in ℕ$ tel que $y \in] k; k + 1]$ et il existe donc un unique $x \in ℝ_{+}$ tel que $y = f (x)$ .

L’application $f$ est donc bijective.

Exercice 56 3416

Vérifier que pour tout $n$ entier naturel,

⌊ \sqrt{n} + \sqrt{n + 1} ⌋ = ⌊ \sqrt{4 n + 2} ⌋ .

[<] Partie entière

Exercice 57 4904

Soit

A = {{(- 1)}^{n} + \frac{2^{n} + 1}{2^{n}} | n \in ℕ} .

Montrer que $A$ est une partie bornée et déterminer ses bornes supérieure et inférieure.

Exercice 58 2107 Correction

Soit

A = {{(- 1)}^{n} + \frac{1}{n + 1} | n \in ℕ} .

Montrer que $A$ est bornée, déterminer $inf A$ et $sup A$ .

Solution

\forall n \in ℕ, - 1 \leq {(- 1)}^{n} + \frac{1}{n + 1} \leq 2 .

L’ensemble $A$ est donc borné.

$A$ est une partie de $ℝ$ non vide et bornée donc $inf A$ et $sup A$ existent.

\begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & \dots \\ {(- 1)}^{n} + \frac{1}{n + 1} & 2 & - 1 + \frac{1}{2} & 1 + \frac{1}{3} & - 1 + \frac{1}{4} & \dots \end{matrix}

$2$ est plus grand élément de $A$ et donc

sup A = \max A = 2 .

$A$ est clairement minorée par $- 1$ et

{(- 1)}^{2 p + 1} + \frac{1}{2 p + 2} \to_{p \to + \infty}^{} - 1

donc il existe une suite d’éléments de $A$ qui converge vers $- 1$ . Par conséquent,

inf A = - 1 .

Exercice 59 4899

Soit $A$ une partie de $ℝ$ non vide et majorée. Vérifier l’assertion¹¹ 1 Lorsque $ε > 0$ devient petit, cette propriété permet de trouver des éléments de $A$ aussi proches que l’on peut le vouloir de $sup (A)$ . À défaut d’affirmer qu’une borne supérieure appartient à la partie, cette propriété affirme « qu’elle touche la partie ».

\forall ε > 0, \exists x \in A, sup (A) - ε < x \leq sup (A) .

Exercice 60 5269

Soit $A$ une partie de $ℝ$ non vide et majorée.

(a)

Vérifier que pour tout¹¹ 1 Lorsque $ε > 0$ devient petit, cette propriété permet de trouver des éléments de $A$ aussi proches que l’on peut le vouloir de $sup (A)$ . À défaut d’affirmer qu’une borne supérieure appartient à la partie, cette propriété affirme « qu’elle touche la partie ». $ε > 0$ , il existe un élément $x$ dans $A$ tel que

$sup (A) - ε < x \leq sup (A) .$
(b)

En déduire qu’il existe une suite $(x_{n})$ uniquement constituée d’éléments de $A$ convergeant vers $sup (A)$ .

Exercice 61 2109

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides de $ℝ$ vérifiant

\forall (a, b) \in A \times B, a \leq b .

(a)

Montrer que $sup (A)$ et $inf (B)$ existent.
(b)

Justifier $sup (A) \leq inf (B)$ .

Exercice 62 2108 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides et bornées de $ℝ$ telles que $A \subset B$ .
Comparer $inf A, sup A, inf B$ et $sup B$ .

Solution

$A$ et $B$ sont des parties non vides et bornées de $ℝ$ donc les bornes sup et inf considérées existent.
Pour tout $a \in A$ , on a $a \in B$ donc $a \leq sup B$ . $sup B$ majore $A$ donc $sup A \leq sup B$ .
Pour tout $a \in A$ , on a $a \in B$ donc $inf B \leq a$ . $inf B$ minore $A$ donc $inf B \leq inf A$ .
Enfin, puisque $A \neq \emptyset$ , $inf A \leq sup A$ .

Exercice 63 2110 Correction

Soient $A$ et $B$ deux parties de $ℝ$ non vides et majorées.
Montrer que $sup A, sup B$ et $sup (A \cup B)$ existent et

sup (A \cup B) = \max (sup A, sup B) .

Solution

$A, B, A \cup B$ sont des parties de $ℝ$ non vides et majorées donc $sup A, sup B, sup (A \cup B)$ existent dans $ℝ$ .
Pour tout $x \in A \cup B$ on a $x \leq \max (sup A, sup B)$ donc

sup (A \cup B) \leq \max (sup A, sup B) .

Puisque $A, B \subset A \cup B$ on a $sup A, sup B \leq sup (A \cup B)$ donc

\max (sup A, sup B) \leq sup (A \cup B)

puis l’égalité.

Exercice 64 2113 Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose $f_{n} (x) = x^{n} (1 - x)$ . Déterminer

lim_{n \to + \infty} sup_{x \in [0; 1]} f_{n} (x) .

Solution

La fonction $f_{n}$ est dérivable avec

f_{n}^{'} (x) = n x^{n - 1} (1 - x) - x^{n} = n x^{n - 1} - (n + 1) x^{n} .

On en déduit les variations du tableau qui suit

avec $x_{n} = \frac{n}{n + 1} \in [0; 1]$ .

Par conséquent,

M_{n} = sup_{x \in [0; 1]} f_{n} (x) = {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n} \frac{1}{n + 1} .

0 ⩽ {(1 - \frac{1}{n + 1})}^{n} \frac{1}{n + 1} ⩽ \frac{1}{n + 1} \to_{n \to + \infty}^{} 0

donc

M_{n} \to_{n \to + \infty}^{} 0 .

Exercice 65 2111

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides et majorées de $ℝ$ . On forme

A + B = {a + b | (a, b) \in A \times B} .

Montrer

sup (A + B) = sup (A) + sup (B) .

Exercice 66 225 Correction

Soit $A$ une partie non vide et minorée de $ℝ$ . On pose

m = inf (A) et B = A \cap] - \infty; m + 1] .

Déterminer la borne inférieure de $B$ .

Solution

Puisque $m + 1$ ne minore pas $A$ , la partie $B$ est non vide. De plus, $B$ est inclus dans $A$ et donc la borne inférieure de $B$ existe. Au surplus, par inclusion,

inf (A) \leq inf (B) .

Soit $x \in A$ .

Cas: $x \leq m + 1$ . On a $x \in B$ et donc $x \geq inf (B)$ .

Cas: $x > m + 1$ . À nouveau $x \geq inf (B)$ .

Ainsi, $inf (B)$ minore $A$ et donc

inf (A) \geq inf (B) .

Finalement, par double inégalité,

inf A = inf B .

Exercice 67 2347

Soit $f : ℝ^{2} \to ℝ$ une fonction bornée. Établir

sup_{x \in ℝ} (inf_{y \in ℝ} f (x, y)) \leq inf_{y \in ℝ} (sup_{x \in ℝ} f (x, y)) .

Édité le 29-11-2025

	$\forall (x, y) \in ℝ^{2},$	$f (x + y) = f (x) + f (y);$
	$\forall (x, y) \in ℝ^{2},$	$f (x y) = f (x) f (y);$
	$\exists x \in ℝ,$	$f (x) \neq 0 .$