Corrigé exercice 7 de la liste 3

David A. Madore

9 octobre 2000

Numéro 1

On cherche à déterminer

I_{1} = ⋂_{n=1}^{+∞} [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[

Il s’agit d’une intersection d’intervalles décroissants (c’est-à-dire que chacun contient les suivants). La suite (−\frac{1}{n}) tend vers 0, et la suite (2 + \frac{1}{n}) tend vers 2 : on s’attend donc à trouver un intervalle de bornes 0 et 2 (encore faudra-t-il le vérifier).

Cherchons si 0 et 2 eux-mêmes appartiennent à l’intersection. Pour ce qui est de 0, on voit qu’il appartient à tous les intervalles [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[ (puisque −\frac{1}{n} ≤ 0 < 2+ \frac{1}{n} pour tout n ≥ 1). Par conséquent, il appartient à l’intersection (appartenir à une intersection, c’est exactement la même chose qu’appartenir à tous les ensembles dont on a pris l’intersection). De même, 2 appartient à tous les intervalles [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[ (puisque −\frac{1}{n} ≤ 2 < 2 + \frac{1}{n}), donc 2 appartient à l’intersection.

On s’attend donc à trouver pour intersection l’intervalle [0; 2]. Maintenant nous le démontrons rigoureusement.

On a d’abord [0; 2] ⊆ I_{1}. En effet, si x ∈ [0; 2], c’est-à-dire si 0 ≤ x ≤ 2, alors on a certainement

−\frac{1}{n} ≤ 0 ≤ x ≤ 2 < 2 + \frac{1}{n}

pour tout n ≥ 1, ce qui montre x ∈ [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[, et donc (ceci étant vrai pour tout n ≥ 1) que x ∈ I_{1}.

Réciproquement, montrons I_{1} ⊆ [0; 2]. Prenons donc x ∈ I_{1}, c’est-à-dire que x ∈ [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[ pour tout n ≥ 1. On a alors d’une part x ≥ −\frac{1}{n} pour tout n, et d’autre part x < 2 + \frac{1}{n} pour tout n. La première de ces inégalités montre que x ≥ 0, car si au contraire on avait x < 0, alors en prenant pour n un naturel plus grand que −\frac{1}{x}, on verrait que n > −\frac{1}{x} donc \frac{1}{n} < −x, donc x < −\frac{1}{n}, ce qui contredit notre inégalité. La seconde montre que x ≤ 2, car si au contraire on avait x > 2 alors en prenant pour n un naturel plus grand que \frac{1}{x−2}, on verrait que n > \frac{1}{x−2} donc \frac{1}{n} < x − 2, donc x > 2 + \frac{1}{n}, ce qui contredit notre inégalité. Finalement, on a montré x ≥ 0 et x ≤ 2, autrement dit x ∈ [0; 2], ce qu’on voulait.

On a donc montré [0; 2] ⊆ I_{1} d’une part et I_{1} ⊆ [0; 2] d’autre part. Ceci montre finalement que

I_{1} = [0; 2]

Remarque sur la rédaction : Il n’est évidemment pas nécessaire d’être aussi verbeux. Il peut être suffisant, par exemple, de justifier le résultat de la sorte : « Chacun des intervalles [−\frac{1}{n} ; 2 + \frac{1}{n}[ contient [0; 2], et d’autre part aucun point en-dehors de [0; 2] n’est contenu dans tous ces intervalles car −\frac{1}{n} tend vers 0 et 2 + \frac{1}{n} tend vers 2. C’est donc que l’intersection est [0; 2]. » Si on veut une démonstration rigoureuse, les quatre derniers paragraphes donnés ci-dessus conviennent parfaitement (et il est inutile de justifier par quel raisonnement on est arrivé à [0; 2]). Dans tous les cas, l’essentiel est de ne pas se tromper et de bien inclure les deux bornes dans l’intersection.

Remarque 2 : L’intersection d’une famille d’intervalles (quelconques, décroissante ou pas) est toujours un intervalle (éventuellement vide ou réduit à un point). Il n’en va pas de même d’une union (penser à l’union de deux intervalles fermés disjoints).

Numéro 2

On cherche à déterminer

I_{2} = ⋂_{n=1}^{+∞} ]0 ; \frac{1}{n}[

Il s’agit d’une intersection d’intervalles décroissants. La suite (\frac{1}{n}) tend vers 0, et la suite constante (0) tend aussi vers 0 : on s’attend donc à trouver soit {0} soit l’ensemble vide.

Mais 0 n’appartient pas à I_{2} puisqu’il n’appartient (déjà) pas à ]0; 1[ (le premier intervalle dont on fait ici l’intersection) ; or pour appartenir à une intersection, il faut appartenir à tous les ensembles dont il est pris l’intersection.

On s’attend donc à trouver pour intersection l’ensemble vide. Maintenant nous le démontrons rigoureusement.

Supposons par l’absurde qu’il existe un nombre réel x dans I_{2}. On aurait alors x ∈ ]0 ; \frac{1}{n}[ pour tout n ≥ 1. Autrement dit x > 0 et en même temps x < \frac{1}{n} pour tout n ≥ 1. Mais ceci est absurde : en effet, soit n un naturel supérieur à \frac{1}{x}, de sorte que n ≥ \frac{1}{x} et donc x ≥ \frac{1}{n} : on a une contradiction. C’est donc que I_{2} est vide :

I_{2} = ∅

Remarque « philosophique » : Il peut être surprenant de trouver une intersection vide alors que les intersections finies contenaient toujours quelque chose. Certains s’attendent intuitivement à ce qu’il subsiste des quantités « vraiment très petites ». Ces considérations ont conduit certains mathématiciens et philosophes à introduire des nombres dits « infinitésimaux » qui sont à la fois strictement supérieurs à 0 et strictement inférieurs à \frac{1}{n} pour tout entier n ≥ 1. Il existe des théories parfaitement sensées faisant intervenir de tels nombres. Attention : ils ne font pas partie des mathématiques orthodoxes, et on ne les admettra donc pas ici. Mais Newton ou Leibniz, inventant le calcul infinitésimal, pensaient assurément en termes de « quantités évanescentes ». (Des petits malins, croyant les imiter, polluent maintenant les newsgroups scientifiques avec des questions comme « est-ce que 0, 000 … 01 est le plus petit nombre réel strictement positif ? » et autres absurdités.)

Remarque 2 : Ici, on a une intersection décroissante d’intervalles ouverts non vides, qui est vide. Ceci ne peut pas se produire pour des intervalles fermés bornés : l’intersection d’une suite décroissante (emboîtée) d’intervalles fermés bornés non vides n’est jamais vide. Ce résultat (parfois connu sos le nom de théorème des segments emboîtés, encore que ce nom soit généralement réservé à une forme plus précise de l’énoncé) fait partie des propriétés générales de « compacité » fort importantes en Topologie.

Remarque historique : Dans cette démonstration, comme dans la précédente et les suivantes, on a utilisé le fait que pour tout nombre réel on peut trouver un entier naturel qui soit plus grand. Ce résultat, qui s’exprime en disant que « ℝ est archimédéen », équivaut encore à dire que la suite (n) tend vers +∞. S’il porte le nom d’Archimède, c’est qu’on le trouve souvent utilisé par le grand mathématicien de Syracuse ; en fait, les Grecs l’utilisaient sous la forme de la « méthode d’épuisement » (voir notamment la Proposition 2 du livre XII des Éléments d’Euclide de Géla), et Archimède attribue cette technique à Eudoxe de Cnide.

Numéro 3 On cherche à déterminer

I_{3} = ⋂_{n=1}^{+∞} [n ; +∞[

Il s’agit d’une intersection d’intervalles décroissants. La suite (n) tend vers +∞ : on s’attend donc à trouver l’ensemble vide (rappelons que +∞ n’est pas un nombre réel et qu’il n’y a aucun sens à trouver {+∞} ou étudier la suite constante égale à +∞ ou quelque chose de la sorte).

On s’attend donc à trouver pour intersection l’ensemble vide. Maintenant nous le démontrons rigoureusement.

Supposons par l’absurde qu’il existe un nombre réel x dans I_{3}. On aurait alors x ∈ [n; +∞[ pour tout n ≥ 1. Autrement dit x ≥ n pour tout n ≥ 1. Mais ceci est absurde : en effet, on peut bien trouver un naturel n supérieur à x, de sorte que x < n. C’est donc que I_{3} est vide :

I_{3} = ∅

Remarque sur la rédaction : La façon la plus simple de rédiger ici est simplement de dire « aucun réel ne peut être supérieur ou égal à tous les naturels n ≥ 1 à la fois ; c’est donc que I_{3} est vide ».

Numéro 3 On cherche à déterminer

I_{4} = ⋃_{n=1}^{+∞} [\frac{1}{n} ; +∞[

Il s’agit d’une réunion d’intervalles croissants (c’est-à-dire que chacun est inclus dans tous les suivants). La suite (\frac{1}{n}) tend vers 0 : on s’attend donc à trouver une demi-droite d’extrémité 0.

Cherchons si 0 lui-même appartient à l’union. Appartenir à une réunion signifie précisément appartenir à l’un des ensembles mis en jeu dans l’union. Or on voit que 0 n’appartient à aucun des ensembles [\frac{1}{n} ; +∞[. Donc il n’appartient pas à I_{4}.

On s’attend donc à trouver pour union la demi-droite ]0; +∞[. Maintenant nous le démontrons rigoureusement.

On a d’abord I_{4} ⊆]0; +∞[. En effet, si x ∈ I_{4} alors x ∈ [\frac{1}{n} ; +∞[ pour un certain n ≥ 1, c’est-à-dire x ≥ \frac{1}{n} > 0, donc on a bien x > 0, soit x ∈]0; +∞[.

Réciproquement, montrons ]0; +∞[⊆ I_{4}. Pour cela, soit x ∈]0; +∞[, autrement dit x > 0. Soit n un naturel supérieur à \frac{1}{x} de sorte que n ≥ \frac{1}{x}, et alors x ≥ \frac{1}{n}, ce qui montre x ∈ [\frac{1}{n} ; +∞[, donc x ∈ I_{4}.

On a donc montré que I_{4} ⊆]0; +∞[ et ]0; +∞[⊆ I_{4}. C’est donc que

I_{4} =]0; +∞[

Remarque : Une façon « sophistiquée » de procéder consisterait à faire comme suit. Tout se place dans E = ℝ_{+}^{∗}. Dans cet ensemble, [\frac{1}{n} ; +∞[ est le complémentaire de ]0 ; \frac{1}{n}[. Donc l’union des [\frac{1}{n} ; +∞[ est le complémentaire de l’intersection des ]0 ; \frac{1}{n}[ (l’union des complémentaires est le complémentaire de l’intersection, ce qui marche même pour des unions et intersections infinies). Mais cette intersection a été calculée : c’est I_{2} et elle est vide. Donc l’union I_{4} recherchée est le complémentaire du vide dans E = ℝ_{+}^{∗}, c’est-à-dire ℝ_{+}^{∗} =]0; +∞[ tout entier.