Les exercices qui suivent portent sur la complétude de \(\mathbb R\). Le point central en est l'axiome de la borne supérieure : toute partie non vide de \(\mathbb R\) qui est majorée admet une borne supérieure dans \(\mathbb R\).
Ce principe distingue profondément \(\mathbb R\) de \(\mathbb Q\) et permet de démontrer des résultats fondamentaux de l'analyse, comme l'existence des bornes supérieures et inférieures, le théorème des intervalles emboîtés et la convergence des suites monotones bornées.
Exercice 1 — niveau ★☆☆☆☆
Soit
\[ A=(0,1). \]
Déterminer la borne supérieure, la borne inférieure, le maximum et le minimum de \(A\), en expliquant le rôle de la complétude de \(\mathbb R\).
Résultat
On a
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
L'ensemble \(A\) n'a ni maximum ni minimum.
Résolution
L'ensemble \(A=(0,1)\) est non vide et majoré. Par exemple, \(1\) est un majorant de \(A\), car tout \(x\in A\) vérifie
\[ x\lt 1. \]
D'après l'axiome de complétude de \(\mathbb R\), l'ensemble \(A\) admet une borne supérieure.
Montrons que
\[ \sup A=1. \]
Le nombre \(1\) est un majorant de \(A\). De plus, si \(M\lt 1\), on peut choisir un nombre \(x\) tel que
\[ M\lt x\lt 1. \]
En choisissant en outre \(x\gt 0\), on obtient \(x\in A\) et \(x\gt M\). Ainsi, aucun nombre inférieur à \(1\) n'est un majorant de \(A\). Par conséquent, \(1\) est le plus petit des majorants, c'est-à-dire
\[ \sup A=1. \]
De manière analogue, \(0\) est un minorant de \(A\), et aucun nombre supérieur à \(0\) n'en est un. En effet, si \(m\gt 0\), on peut choisir \(x\in(0,m)\) ; alors \(x\in A\) mais \(x\lt m\). D'où
\[ \inf A=0. \]
L'ensemble n'a pas de maximum, car \(1\notin A\), ni de minimum, car \(0\notin A\).
Cet exercice met en évidence une distinction fondamentale : la borne supérieure et la borne inférieure peuvent exister même lorsque le maximum et le minimum n'existent pas.
Exercice 2 — niveau ★☆☆☆☆
Soit
\[ A=\left\{1-\frac1n:n\in\mathbb N,\ n\ge 1\right\}. \]
Déterminer la borne supérieure, la borne inférieure, le maximum et le minimum de \(A\).
Résultat
On a
\[ \sup A=1,\qquad \inf A=0. \]
L'ensemble possède un minimum égal à \(0\), mais pas de maximum.
Résolution
Les éléments de \(A\) sont
\[ 0,\frac12,\frac23,\frac34,\ldots \]
En effet, pour \(n=1\) on obtient
\[ 1-\frac11=0. \]
Pour tout \(n\ge 1\), on a
\[ 1-\frac1n\lt 1, \]
de sorte que \(1\) est un majorant de \(A\).
Montrons qu'il s'agit du plus petit des majorants. Si \(M\lt 1\), alors \(1-M\gt 0\). D'après la propriété d'Archimède des nombres réels, il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ \frac1n\lt 1-M. \]
De cette inégalité découle
\[ M\lt 1-\frac1n. \]
Donc \(M\) n'est pas un majorant de \(A\). Par conséquent,
\[ \sup A=1. \]
Par ailleurs, le premier élément de l'ensemble est \(0\), et tous les autres lui sont supérieurs ou égaux. D'où
\[ \inf A=0, \]
et \(0\) est en fait le minimum de \(A\).
L'ensemble n'a pas de maximum, puisque sa borne supérieure vaut \(1\) alors que \(1\notin A\).
Exercice 3 — niveau ★★☆☆☆
Soit
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\}. \]
Déterminer \(\sup A\) et expliquer pourquoi la complétude de \(\mathbb R\) est essentielle.
Résultat
On a
\[ \sup A=\sqrt2. \]
Résolution
L'ensemble
\[ A=\{x\in\mathbb R:x^2\lt 2\} \]
est formé de tous les nombres réels dont le carré est inférieur à \(2\). Il contient des nombres aussi bien positifs que négatifs, et il est non vide puisque, par exemple, \(1\in A\).
De plus, \(A\) est majoré. En effet, si \(x\ge 2\), alors
\[ x^2\ge 4\gt 2, \]
de sorte que \(x\notin A\). Ainsi, \(2\) est un majorant de \(A\).
Par la complétude de \(\mathbb R\), \(A\) étant non vide et majoré, il existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Intuitivement, \(A\) est formé des nombres
\[ -\sqrt2\lt x\lt \sqrt2, \]
de sorte que sa borne supérieure est \(\sqrt2\).
Le nombre \(\sqrt2\) est un majorant de \(A\). En effet, soit \(x\in A\), de sorte que \(x^2\lt 2\). Si \(x\ge 0\), l'inégalité \(x^2\lt 2\) entraîne \(x\lt\sqrt2\) ; si au contraire \(x\lt 0\), on a certainement \(x\lt\sqrt2\). Dans tous les cas, \(x\le\sqrt2\).
De plus, aucun nombre inférieur à \(\sqrt2\) ne peut être un majorant. En effet, si \(M\lt\sqrt2\), on peut choisir un réel \(x\) tel que
\[ \max\{M,0\}\lt x\lt\sqrt2. \]
Alors \(x\gt 0\) et \(x\lt\sqrt2\), donc
\[ x^2\lt 2. \]
Par suite, \(x\in A\) et, comme \(x\gt M\), le nombre \(M\) n'est pas un majorant de \(A\).
On conclut donc que
\[ \sup A=\sqrt2. \]
La complétude est essentielle car elle garantit l'existence de la borne supérieure en tant que nombre réel. Dans les rationnels, un ensemble analogue présenterait un « trou » précisément en \(\sqrt2\), qui n'est pas rationnel.
Exercice 4 — niveau ★★☆☆☆
Soit
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\}. \]
En considérant \(B\) comme partie de \(\mathbb Q\), expliquer pourquoi il n'admet pas de borne supérieure dans \(\mathbb Q\).
Résultat
L'ensemble \(B\) n'admet pas de borne supérieure dans \(\mathbb Q\).
Résolution
L'ensemble
\[ B=\{q\in\mathbb Q:q^2\lt 2\} \]
est non vide, puisque \(1\in B\), et il est majoré dans \(\mathbb Q\), puisque \(2\) est un majorant.
Supposons, par l'absurde, que \(B\) admette une borne supérieure dans \(\mathbb Q\). Posons
\[ s=\sup_{\mathbb Q} B. \]
Comme \(1\in B\), on a \(s\ge 1\), donc en particulier \(s\gt 0\).
Montrons maintenant qu'il est impossible d'avoir \(s^2\lt 2\) ou \(s^2\gt 2\).
Supposons d'abord que \(s^2\lt 2\). Choisissons un nombre rationnel \(h\gt 0\) assez petit pour que
\[ h\lt 1 \qquad \text{et} \qquad h\lt \frac{2-s^2}{2s+1}. \]
Alors \(h^2\lt h\), et donc
\[ (s+h)^2=s^2+2sh+h^2\lt s^2+2sh+h=s^2+h(2s+1)\lt 2. \]
Comme \(s+h\in\mathbb Q\), on obtient \(s+h\in B\), avec \(s+h\gt s\). Cela contredit le fait que \(s\) soit un majorant de \(B\).
Supposons maintenant que \(s^2\gt 2\). Choisissons un nombre rationnel \(h\gt 0\) assez petit pour que \(h\lt s\) et
\[ h\lt \frac{s^2-2}{2s}. \]
Alors
\[ (s-h)^2=s^2-2sh+h^2\gt s^2-2sh\gt 2. \]
Nous affirmons que \(s-h\) est encore un majorant de \(B\). En effet, si \(q\in B\) et \(q\ge s-h\), alors, comme \(s-h\gt 0\), on aurait
\[ q^2\ge (s-h)^2\gt 2, \]
ce qui contredit \(q\in B\). Ainsi, tout \(q\in B\) vérifie \(q\lt s-h\), de sorte que \(s-h\) est un majorant de \(B\).
Mais \(s-h\lt s\), ce qui contredit le fait que \(s\) soit le plus petit des majorants.
Par conséquent, on ne peut avoir ni \(s^2\lt 2\) ni \(s^2\gt 2\). Il faudrait donc que
\[ s^2=2. \]
Cela est impossible pour \(s\in\mathbb Q\), car aucun nombre rationnel n'a un carré égal à \(2\).
Ainsi, \(B\) est majoré dans \(\mathbb Q\), mais n'admet pas de borne supérieure dans \(\mathbb Q\). C'est l'une des façons les plus claires de voir que \(\mathbb Q\) n'est pas complet.
Exercice 5 — niveau ★★☆☆☆
À l'aide de l'axiome de la borne supérieure, démontrer que toute partie non vide et minorée de \(\mathbb R\) admet une borne inférieure.
Résultat
Toute partie non vide et minorée de \(\mathbb R\) admet une borne inférieure.
Résolution
Soit \(A\subseteq\mathbb R\) une partie non vide et minorée.
Considérons l'ensemble opposé
\[ -A=\{-x:x\in A\}. \]
Comme \(A\) est non vide, \(-A\) l'est aussi.
Comme \(A\) est minoré, il existe \(m\in\mathbb R\) tel que
\[ m\le x \]
pour tout \(x\in A\). En multipliant par \(-1\), l'inégalité change de sens :
\[ -x\le -m \]
pour tout \(x\in A\). Donc \(-m\) est un majorant de \(-A\).
D'après l'axiome de la borne supérieure, l'ensemble \(-A\) — non vide et majoré — admet une borne supérieure. Posons
\[ \alpha=\sup(-A). \]
On veut montrer que
\[ \inf A=-\alpha. \]
Comme \(\alpha\) est un majorant de \(-A\), pour tout \(x\in A\) on a
\[ -x\le \alpha. \]
En multipliant par \(-1\), on obtient
\[ x\ge -\alpha, \]
de sorte que \(-\alpha\) est un minorant de \(A\).
De plus, \(\alpha\) étant le plus petit des majorants de \(-A\), le nombre \(-\alpha\) est le plus grand des minorants de \(A\). Par conséquent,
\[ \inf A=-\sup(-A). \]
Exercice 6 — niveau ★★☆☆☆
Démontrer que si \(A\subseteq\mathbb R\) est non vide et majoré, alors pour tout \(\varepsilon\gt 0\) il existe \(a\in A\) tel que
\[ \sup A-\varepsilon\lt a\le \sup A. \]
Résultat
Pour tout \(\varepsilon\gt 0\), il existe des éléments de \(A\) arbitrairement proches de la borne supérieure, par la gauche.
Résolution
Posons
\[ \alpha=\sup A. \]
Comme \(\alpha\) est un majorant de \(A\), tout \(a\in A\) vérifie
\[ a\le \alpha. \]
On doit démontrer qu'il existe au moins un élément \(a\in A\) tel que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Supposons par l'absurde que ce ne soit pas le cas. Alors tout \(a\in A\) vérifierait
\[ a\le \alpha-\varepsilon, \]
ce qui ferait de \(\alpha-\varepsilon\) un majorant de \(A\).
Mais
\[ \alpha-\varepsilon\lt \alpha, \]
ce qui contredit le fait que \(\alpha\) est le plus petit des majorants.
Il existe donc \(a\in A\) tel que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a. \]
Comme \(\alpha\) est de plus un majorant, on a aussi \(a\le \alpha\), d'où
\[ \alpha-\varepsilon\lt a\le \alpha. \]
Exercice 7 — niveau ★★★☆☆
À l'aide de la complétude de \(\mathbb R\), démontrer que toute suite croissante et majorée converge.
Résultat
Toute suite croissante et majorée de nombres réels converge vers sa borne supérieure.
Résolution
Soit \((a_n)\) une suite croissante et majorée. Considérons l'ensemble de ses valeurs :
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
L'ensemble \(A\) est non vide et majoré, puisque la suite l'est.
Par la complétude de \(\mathbb R\), il existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Montrons que
\[ a_n\to \alpha. \]
Soit \(\varepsilon\gt 0\). D'après la caractérisation de la borne supérieure, il existe un élément \(a_N\in A\) tel que
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_N\le \alpha. \]
Comme la suite est croissante, pour tout \(n\ge N\) on a
\[ a_N\le a_n. \]
De plus, \(\alpha\) étant un majorant de \(A\), on a
\[ a_n\le \alpha. \]
Ainsi, pour tout \(n\ge N\),
\[ \alpha-\varepsilon\lt a_n\le \alpha, \]
ce qui implique
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \varepsilon. \]
Donc
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
pour tout \(n\ge N\). Par conséquent, \(a_n\to\alpha\).
Exercice 8 — niveau ★★★☆☆
À l'aide de la complétude de \(\mathbb R\), démontrer que toute suite décroissante et minorée converge.
Résultat
Toute suite décroissante et minorée converge vers sa borne inférieure.
Résolution
Soit \((a_n)\) une suite décroissante et minorée. Considérons l'ensemble
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
L'ensemble \(A\) est non vide et minoré.
D'après l'exercice 5, qui découle de l'axiome de la borne supérieure, \(A\) admet une borne inférieure. Posons
\[ \alpha=\inf A. \]
On veut démontrer que
\[ a_n\to\alpha. \]
Soit \(\varepsilon\gt 0\). D'après la caractérisation de la borne inférieure, il existe un élément \(a_N\in A\) tel que
\[ \alpha\le a_N\lt \alpha+\varepsilon. \]
Comme la suite est décroissante, pour tout \(n\ge N\) on a
\[ a_n\le a_N. \]
De plus, \(\alpha\) étant un minorant de \(A\), pour tout \(n\) on a
\[ \alpha\le a_n. \]
Par conséquent, pour tout \(n\ge N\),
\[ \alpha\le a_n\lt \alpha+\varepsilon, \]
d'où
\[ |a_n-\alpha|\lt \varepsilon \]
pour tout \(n\ge N\). Donc \(a_n\to\alpha\).
Exercice 9 — niveau ★★★☆☆
Démontrer que la suite
\[ a_n=1-\frac1n \]
converge, à l'aide du théorème de la limite monotone.
Résultat
La suite converge et
\[ \lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac1n\right)=1. \]
Résolution
Considérons
\[ a_n=1-\frac1n. \]
Montrons d'abord que \((a_n)\) est croissante. Calculons :
\[ a_{n+1}-a_n= \left(1-\frac1{n+1}\right)-\left(1-\frac1n\right) = \frac1n-\frac1{n+1}. \]
Comme
\[ \frac1n-\frac1{n+1}=\frac1{n(n+1)}\gt 0, \]
la suite est croissante.
De plus, pour tout \(n\ge 1\),
\[ a_n=1-\frac1n\le 1. \]
Donc \((a_n)\) est croissante et majorée.
D'après le théorème de la limite monotone, qui découle de la complétude de \(\mathbb R\), la suite converge.
Comme l'ensemble de ses valeurs a pour borne supérieure \(1\), la limite est
\[ \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \]
Exercice 10 — niveau ★★★☆☆
Soient \([a_n,b_n]\) des intervalles fermés, bornés et non vides tels que
\[ [a_1,b_1]\supseteq [a_2,b_2]\supseteq [a_3,b_3]\supseteq\cdots. \]
Démontrer, à l'aide de la complétude de \(\mathbb R\), que
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]\ne\varnothing. \]
Résultat
Une suite décroissante d'intervalles fermés bornés non vides a une intersection non vide.
Résolution
Comme les intervalles sont emboîtés, toute extrémité gauche \(a_n\) est inférieure ou égale à toute extrémité droite \(b_m\). En effet, pour des indices \(m\) et \(n\) quelconques, l'emboîtement donne toujours
\[ a_n\le b_m. \]
Considérons l'ensemble des extrémités gauches :
\[ A=\{a_n:n\in\mathbb N\}. \]
Cet ensemble est non vide et, de plus, majoré, car tout \(b_m\) est un majorant de \(A\).
Par la complétude de \(\mathbb R\), il existe
\[ \alpha=\sup A. \]
Comme \(\alpha\) est un majorant de \(A\), pour tout \(n\) on a
\[ a_n\le \alpha. \]
D'autre part, chaque \(b_n\) est un majorant de \(A\). \(\alpha\) étant le plus petit des majorants, on doit avoir
\[ \alpha\le b_n \]
pour tout \(n\).
On a donc démontré que, pour tout \(n\),
\[ a_n\le \alpha\le b_n. \]
Cela signifie que
\[ \alpha\in[a_n,b_n] \]
pour tout \(n\). Donc
\[ \alpha\in\bigcap_{n=1}^{+\infty}[a_n,b_n]. \]
Par conséquent, l'intersection est non vide.
Exercice 11 — niveau ★★★☆☆
Montrer que la conclusion de l'exercice précédent peut être mise en défaut dans \(\mathbb Q\).
Résultat
Dans \(\mathbb Q\), une suite d'intervalles rationnels fermés et emboîtés peut avoir une intersection vide.
Résolution
Considérons des intervalles rationnels qui approchent \(\sqrt2\) sans le contenir en tant que nombre rationnel.
Par exemple, choisissons deux suites rationnelles \((a_n)\) et \((b_n)\) telles que
\[ a_n\lt \sqrt2\lt b_n \]
et
\[ b_n-a_n\to 0. \]
Considérons les ensembles
\[ I_n=[a_n,b_n]\cap\mathbb Q. \]
On peut les construire de manière qu'ils soient emboîtés :
\[ I_1\supseteq I_2\supseteq I_3\supseteq\cdots. \]
Dans \(\mathbb R\), l'intersection des intervalles réels \([a_n,b_n]\) serait le singleton
\[ \{\sqrt2\}. \]
Cependant,
\[ \sqrt2\notin\mathbb Q. \]
Ainsi, en travaillant à l'intérieur de \(\mathbb Q\), il ne reste aucun nombre rationnel commun à tous les intervalles :
\[ \bigcap_{n=1}^{+\infty}I_n=\varnothing. \]
Cela montre que le théorème des intervalles emboîtés repose sur la complétude de \(\mathbb R\) et n'est pas valable, en général, dans \(\mathbb Q\).
Exercice 12 — niveau ★★★☆☆
Soit \(A\subseteq\mathbb R\) une partie non vide et majorée. Démontrer qu'il existe une suite \((a_n)\) d'éléments de \(A\) telle que
\[ a_n\to \sup A. \]
Résultat
Toute borne supérieure peut être approchée par une suite d'éléments de l'ensemble.
Résolution
Posons
\[ \alpha=\sup A. \]
Pour tout \(n\in\mathbb N\), on applique la caractérisation de la borne supérieure avec
\[ \varepsilon=\frac1n. \]
Il existe alors un élément \(a_n\in A\) tel que
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha. \]
On obtient ainsi une suite \((a_n)\) d'éléments de \(A\).
De la double inégalité
\[ \alpha-\frac1n\lt a_n\le \alpha \]
découle
\[ 0\le \alpha-a_n\lt \frac1n. \]
Comme
\[ \frac1n\to 0, \]
le théorème des gendarmes donne
\[ \alpha-a_n\to 0. \]
Donc
\[ a_n\to\alpha=\sup A. \]
Exercice 13 — niveau ★★★★☆
Démontrer que si \(A,B\subseteq\mathbb R\) sont non vides, \(A\) est majoré et
\[ a\le b \]
pour tout \(a\in A\) et tout \(b\in B\), alors
\[ \sup A\le \inf B. \]
Résultat
Si tous les éléments de \(A\) se situent à gauche de tous les éléments de \(B\), alors \(\sup A\le\inf B\).
Résolution
Par hypothèse,
\[ a\le b \]
pour tout \(a\in A\) et tout \(b\in B\).
Fixons un \(b\in B\) quelconque. Alors \(b\) est un majorant de \(A\), car tout élément de \(A\) est inférieur ou égal à \(b\).
Comme \(\sup A\) est le plus petit des majorants de \(A\), on a
\[ \sup A\le b \]
pour tout \(b\in B\).
Donc \(\sup A\) est un minorant de \(B\).
Comme \(\inf B\) est le plus grand des minorants de \(B\) et que \(\sup A\) est un minorant de \(B\), il s'ensuit que
\[ \sup A\le \inf B. \]
Exercice 14 — niveau ★★★★☆
Soient \(A,B\subseteq\mathbb R\) non vides et majorés. Démontrer que
\[ \sup(A+B)=\sup A+\sup B, \]
où
\[ A+B=\{a+b:a\in A,\ b\in B\}. \]
Résultat
La borne supérieure de la somme est la somme des bornes supérieures.
Résolution
Posons
\[ \alpha=\sup A,\qquad \beta=\sup B. \]
Pour tout \(a\in A\) on a \(a\le\alpha\), et pour tout \(b\in B\) on a \(b\le\beta\) ; donc
\[ a+b\le \alpha+\beta. \]
Ainsi, \(\alpha+\beta\) est un majorant de \(A+B\), d'où
\[ \sup(A+B)\le \alpha+\beta. \]
Démontrons à présent l'inégalité inverse. Soit \(\varepsilon\gt 0\). D'après la caractérisation de la borne supérieure, il existe \(a_\varepsilon\in A\) et \(b_\varepsilon\in B\) tels que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{2}\lt a_\varepsilon\le\alpha \]
et
\[ \beta-\frac{\varepsilon}{2}\lt b_\varepsilon\le\beta. \]
En additionnant membre à membre, on obtient
\[ \alpha+\beta-\varepsilon \lt a_\varepsilon+b_\varepsilon \le \alpha+\beta. \]
Comme \(a_\varepsilon+b_\varepsilon\in A+B\), aucun nombre inférieur à \(\alpha+\beta\) ne peut être un majorant de \(A+B\).
Par conséquent,
\[ \sup(A+B)=\alpha+\beta=\sup A+\sup B. \]
Exercice 15 — niveau ★★★★☆
Soit \(A\subseteq\mathbb R\) une partie non vide et majorée, et soit \(\lambda\gt 0\). Démontrer que
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A, \]
où
\[ \lambda A=\{\lambda a:a\in A\}. \]
Résultat
Pour \(\lambda\gt 0\), la borne supérieure se comporte bien vis-à-vis de la multiplication :
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\sup A. \]
Résolution
Posons
\[ \alpha=\sup A. \]
Pour tout \(a\in A\) on a
\[ a\le\alpha. \]
Comme \(\lambda\gt 0\), la multiplication par \(\lambda\) ne change pas le sens de l'inégalité :
\[ \lambda a\le\lambda\alpha. \]
Donc \(\lambda\alpha\) est un majorant de \(\lambda A\).
Montrons qu'il s'agit du plus petit. Soit \(\varepsilon\gt 0\). D'après la caractérisation de la borne supérieure, il existe \(a_\varepsilon\in A\) tel que
\[ \alpha-\frac{\varepsilon}{\lambda}\lt a_\varepsilon\le\alpha. \]
En multipliant par \(\lambda\), on obtient
\[ \lambda\alpha-\varepsilon \lt \lambda a_\varepsilon \le \lambda\alpha. \]
Comme \(\lambda a_\varepsilon\in\lambda A\), aucun nombre inférieur à \(\lambda\alpha\) ne parvient à être un majorant de \(\lambda A\).
Par conséquent,
\[ \sup(\lambda A)=\lambda\alpha=\lambda\sup A. \]
Exercice 16 — niveau ★★★★☆
Démontrer que la propriété d'Archimède découle de la complétude de \(\mathbb R\) : pour tout \(x\in\mathbb R\) il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ n\gt x. \]
Résultat
L'ensemble \(\mathbb N\) n'est pas majoré dans \(\mathbb R\).
Résolution
Supposons par l'absurde que la propriété soit fausse. Alors il existerait un réel \(x\) tel que
\[ n\le x \]
pour tout \(n\in\mathbb N\) ; autrement dit, \(\mathbb N\) serait majoré.
Comme \(\mathbb N\) est non vide, la complétude de \(\mathbb R\) fournirait
\[ \alpha=\sup\mathbb N. \]
\(\alpha\) étant le plus petit des majorants, le nombre \(\alpha-1\) ne peut pas être un majorant de \(\mathbb N\).
Il existe donc \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ n\gt \alpha-1. \]
En ajoutant \(1\), on obtient
\[ n+1\gt \alpha. \]
Mais \(n+1\in\mathbb N\), ce qui contredit le fait que \(\alpha\) est un majorant de \(\mathbb N\).
Donc \(\mathbb N\) n'est pas majoré. Par conséquent, pour tout \(x\in\mathbb R\), il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ n\gt x. \]
Exercice 17 — niveau ★★★★☆
À l'aide de la propriété d'Archimède, démontrer que pour tout \(\varepsilon\gt 0\) il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ \frac1n\lt\varepsilon. \]
Résultat
La suite \(\displaystyle \frac1n\) converge vers \(0\).
Résolution
Soit \(\varepsilon\gt 0\). Alors
\[ \frac1\varepsilon\gt 0. \]
D'après la propriété d'Archimède, il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ n\gt \frac1\varepsilon. \]
Comme les deux membres sont positifs, en passant aux inverses l'inégalité change de sens et l'on obtient
\[ \frac1n\lt \varepsilon. \]
Cela démontre que, pour tout \(\varepsilon\gt 0\), il existe \(n\) tel que \(\frac1n\lt\varepsilon\).
De plus, si \(m\ge n\), alors
\[ 0\lt \frac1m\le \frac1n\lt\varepsilon. \]
Donc
\[ \frac1n\to 0. \]
Exercice 18 — niveau ★★★★★
Démontrer qu'entre deux nombres réels \(a\lt b\) il existe au moins un nombre rationnel.
Résultat
Les nombres rationnels sont denses dans \(\mathbb R\).
Résolution
Soient \(a,b\in\mathbb R\) avec
\[ a\lt b. \]
Alors
\[ b-a\gt 0. \]
D'après la propriété d'Archimède, il existe \(n\in\mathbb N\) tel que
\[ n(b-a)\gt 1. \]
De façon équivalente,
\[ nb-na\gt 1. \]
La distance entre les réels \(na\) et \(nb\) est donc supérieure à \(1\). Il existe par conséquent un entier \(m\in\mathbb Z\) tel que
\[ na\lt m\lt nb. \]
En divisant par \(n\gt 0\), on obtient
\[ a\lt \frac mn\lt b. \]
Le nombre
\[ q=\frac mn \]
est rationnel et appartient à l'intervalle \((a,b)\).
Ainsi, entre deux réels distincts il existe toujours au moins un nombre rationnel.
Exercice 19 — niveau ★★★★★
Démontrer qu'entre deux nombres réels \(a\lt b\) il existe au moins un nombre irrationnel.
Résultat
Les nombres irrationnels sont denses dans \(\mathbb R\).
Résolution
Soient \(a,b\in\mathbb R\) avec
\[ a\lt b. \]
On cherche un nombre irrationnel compris entre \(a\) et \(b\).
Considérons les nombres
\[ a-\sqrt2 \quad \text{et} \quad b-\sqrt2. \]
Comme
\[ a-\sqrt2\lt b-\sqrt2, \]
par densité des rationnels dans \(\mathbb R\) il existe un rationnel \(q\in\mathbb Q\) tel que
\[ a-\sqrt2\lt q\lt b-\sqrt2. \]
En ajoutant \(\sqrt2\) aux trois membres, on obtient
\[ a\lt q+\sqrt2\lt b. \]
Le nombre \(q+\sqrt2\) est irrationnel. En effet, s'il était rationnel, alors
\[ \sqrt2=(q+\sqrt2)-q \]
serait une différence de deux rationnels, donc rationnel, ce qui est absurde.
Ainsi, il existe un nombre irrationnel compris entre \(a\) et \(b\).
Exercice 20 — niveau ★★★★★
Soit \((a_n)\) une suite de Cauchy dans \(\mathbb R\). Expliquer pourquoi la complétude de \(\mathbb R\) implique que \((a_n)\) converge.
Résultat
Toute suite de Cauchy de nombres réels converge vers un nombre réel.
Résolution
Une suite \((a_n)\) est dite de Cauchy si, pour tout \(\varepsilon\gt 0\), il existe \(N\in\mathbb N\) tel que, pour tous \(m,n\ge N\),
\[ |a_n-a_m|\lt\varepsilon. \]
Observons d'abord que toute suite de Cauchy est bornée. En prenant \(\varepsilon=1\), il existe \(N\in\mathbb N\) tel que, pour tout \(n\ge N\),
\[ |a_n-a_N|\lt 1. \]
Ainsi, pour tout \(n\ge N\),
\[ a_n\in(a_N-1,a_N+1). \]
Les termes \(a_1,\ldots,a_{N-1}\), étant en nombre fini, sont eux aussi bornés. Par conséquent, la suite \((a_n)\) tout entière est bornée.
D'après le théorème de Bolzano-Weierstrass, qui découle de la complétude de \(\mathbb R\), la suite bornée \((a_n)\) possède une sous-suite convergente. Il existe donc un nombre réel \(L\) et une sous-suite \((a_{n_k})\) tels que
\[ a_{n_k}\to L. \]
Montrons maintenant que toute la suite converge vers \(L\). Soit \(\varepsilon\gt 0\). Comme \((a_n)\) est de Cauchy, il existe \(N_1\in\mathbb N\) tel que, pour tous \(m,n\ge N_1\),
\[ |a_n-a_m|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Comme \(a_{n_k}\to L\), il existe \(k\) tel que \(n_k\ge N_1\) et
\[ |a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \]
Alors, pour tout \(n\ge N_1\), on a
\[ |a_n-L|\le |a_n-a_{n_k}|+|a_{n_k}-L|\lt \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \]
Donc
\[ a_n\to L. \]
Ainsi, toute suite de Cauchy de nombres réels converge vers un nombre réel. C'est l'une des formes équivalentes fondamentales de la complétude de \(\mathbb R\).