Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

10Nombres réels

Toute l’analyse repose sur une propriété qui distingue $\R$ de $\Q$ : toute partie non vide et majorée admet un plus petit majorant. Ce chapitre l’énonce précisément, en tire les premières conséquences — la propriété d’Archimède, la fonction partie entière, la densité des rationnels et des irrationnels — et met en place le vocabulaire (sup, inf, max, min) constamment utilisé à partir du Chapitre 11.

10.1 La propriété de la borne supérieure

Définition 10.1 (Bornes, sup et inf)

Soit $A \subseteq \R$ une partie non vide. Un réel $M$ est un majorant de $A$ lorsque $a \leq M$ pour tout $a \in A$ ; $A$ est majorée lorsqu’elle admet un majorant (de même en dessous, avec les minorants ; bornée signifie les deux). Un maximum de $A$ est un majorant appartenant à $A$ .

La borne supérieure $\sup A$ est le plus petit des majorants de $A$ , lorsqu’il existe ; la borne inférieure $\inf A$ est le plus grand des minorants.

Théorème 10.2 (Axiome de complétude de $\R$ )

$\R$ est un corps totalement ordonné contenant $\Q$ dans lequel toute partie non vide et majorée admet une borne supérieure.

Démonstration. Admis à ce niveau. ∎

Remarque 10.3

Nous le prenons comme axiome définissant $\R$ ; construire un modèle (par les coupures de Dedekind ou par les suites de Cauchy de rationnels) et démontrer son unicité est honnête mais long, et nous le laissons pour plus tard. Remarquons que $\Q$ ne possède pas cette propriété : $\{x \in \Q : x^2 < 2\}$ est majorée mais n’a pas de plus petit majorant dans $\Q$ — son candidat, $\sqrt 2$ , manque à l’appel (Exemple 1.11). En passant aux opposés ( $\sup(-A) = -\inf A$ ), toute partie non vide et minorée admet une borne inférieure.

Proposition 10.4 (La caractérisation par $\varepsilon$ )

Soient $A \neq \emptyset$ une partie majorée et $s \in \R$ . Alors $s = \sup A$ si et seulement si

$s$ est un majorant : $\forall a \in A$ , $a \leq s$ ; et
rien de plus petit ne l’est : $\forall \varepsilon > 0$ , $\exists a \in A$ , $a > s - \varepsilon$ .

Démonstration. Si $s = \sup A$ : (1) vaut par définition, et pour (2), $s - \varepsilon < s$ n’est pas un majorant, ce qui est exactement l’existence d’un $a > s - \varepsilon$ . Réciproquement, (1) dit que $s$ est un majorant ; (2) dit qu’aucun $t < s$ n’est un majorant (prendre $\varepsilon = s - t$ ) : $s$ est le plus petit. ∎

Exemple 10.5

$\sup \intoo{0}{1} = 1$ , non atteinte (pas de maximum) ; $\sup \intcc{0}{1} = 1 = \max$ . Pour $A = \{1 - \frac 1n : n \in \N^*\}$ : $\sup A = 1$ , non atteinte ; $\inf A = \min A = 0$ . Un maximum, lorsqu’il existe, est la borne supérieure ; tout l’intérêt de $\sup$ est de disposer d’un substitut quand le maximum n’existe pas.

L’ensemble A = \1 - 1n : n ∈ ℕ*\ sur la droite réelle : ses points s’accumulent vers 1 sans jamais l’atteindre. Tout nombre ≥ 1 est un majorant (la demi-droite), et rien de plus petit ne l’est, car un élément de A entre dans chaque intervalle (1 - , 1) : les deux clauses de la en une seule image. La borne supérieure est l’extrémité gauche de la demi-droite des majorants — et l’axiome de complétude est précisément la garantie que cette demi-droite a toujours une extrémité gauche. — L’ensemble $A = \{1 - \frac1n : n \in \N^*\}$ sur la droite réelle : ses points s’accumulent vers $1$ sans jamais l’atteindre. Tout nombre $\geq 1$ est un majorant (la demi-droite), et rien de plus petit ne l’est, car un élément de $A$ entre dans chaque intervalle $\intoo{1 - \varepsilon}{1}$ : les deux clauses de la Proposition 10.4 en une seule image. La borne supérieure est l’extrémité gauche de la demi-droite des majorants — et l’axiome de complétude est précisément la garantie que cette demi-droite a toujours une extrémité gauche.

Exemple 10.6 (Calculer des bornes supérieures en pratique)

Deux mises en pratique complètes de la Proposition 10.4.

L’ensemble $A = \{x + \frac1x : x > 0\}$ . Pour tout $x > 0$ , $x + \frac1x - 2 = \frac{(\,\sqrt x - 1/\sqrt x\,)^2}{1} \geq 0$ , donc $2$ est un minorant ; et $2 = 1 + \frac11 \in A$ : par conséquent $\inf A = \min A = 2$ , atteinte en $x = 1$ . Au-dessus, $A$ n’est pas majorée ( $x + \frac1x > x$ peut dépasser tout $M$ d’après le Théorème 10.10) : $\sup A$ n’existe pas dans $\R$ (elle vaut $+\infty$ dans $\overline\R$ ).

L’ensemble $B = \bigl\{\frac{m}{m + n} : m, n \in \N^*\bigr\}$ . Tout élément appartient à $\intoo{0}{1}$ , donc $0$ et $1$ encadrent $B$ . Aucun des deux n’est atteint : $\frac{m}{m+n} = 1$ forcerait $n = 0$ . Pour la borne supérieure, figeons $n = 1$ et laissons croître $m$ : $\frac{m}{m+1} = 1 - \frac{1}{m+1} > 1 - \varepsilon$ dès que $m + 1 > \frac1\varepsilon$ (Archimède) : $\sup B = 1$ . Symétriquement ( $m = 1$ , $n$ grand), $\inf B = 0$ . L’idée à retenir : pour épingler une borne supérieure, un seul chemin à un paramètre bien choisi à l’intérieur de l’ensemble suffit — ici le chemin $n = 1$ — et la caractérisation par $\varepsilon$ n’en demande pas davantage.

Exemple 10.7 (Le miroir de la borne inférieure)

La borne inférieure possède sa propre caractérisation par $\varepsilon$ , obtenue à partir de la Proposition 10.4 via $\inf A = -\sup(-A)$ : $i = \inf A$ si et seulement si $i$ minore $A$ et si, pour tout $\varepsilon > 0$ , un certain $a \in A$ vérifie $a < i + \varepsilon$ . Une mise en pratique avec les deux bornes à la fois : posons

A = \Bigl\{(-1)^n + \frac1n : n \in \N^*\Bigr\} = \Bigl\{0,\ \tfrac32,\ -\tfrac23,\ \tfrac54,\ -\tfrac45,\ \dots\Bigr\} .

Les indices pairs donnent $1 + \frac1n \leq \frac32$ , avec égalité en $n = 2$ : comme de plus les valeurs d’indice impair sont $\leq 0 < \frac32$ , on obtient $\sup A = \max A = \frac32$ . Les indices impairs donnent $-1 + \frac1n > -1$ , décroissant vers $-1$ : tout élément de $A$ est $> -1$ , et $-1 + \varepsilon$ est dépassé par $-1 + \frac1n$ pour $n$ impair $> \frac1\varepsilon$ : $\inf A = -1$ , non atteinte. Un seul ensemble, et les quatre comportements exposés : une borne supérieure qui est un maximum, une borne inférieure qui n’est pas un minimum.

Remarque 10.8 (Pièges courants avec sup et inf)

Quatre erreurs expliquent l’essentiel des points perdus. (i) Confondre $\sup$ et $\max$ : $\sup A$ n’appartient pas nécessairement à $A$ ; n’écrire $\max$ qu’après avoir exhibé un élément de $A$ qui soit un majorant. (ii) Passer des inégalités strictes à la borne supérieure : si $a < b$ pour tout $a \in A$ , on ne peut conclure que $\sup A \leq b$ — témoin $A = \intoo{0}{1}$ , $b = 1$ . (iii) Écrire $\sup A$ avant d’en avoir le droit : le symbole exige $A$ non vide et majorée (Méthode 10.18) ; $\sup \emptyset$ et $\sup \N$ ne sont pas définis dans $\R$ (les conventions de $\overline\R$ relèvent d’un acte séparé et explicite). (iv) Opérations ensemblistes : $\sup(A \cup B) = \max(\sup A, \sup B)$ toujours, mais rien de général ne vaut pour $A \cap B$ — il peut être vide, et même lorsqu’il ne l’est pas, $\sup(A \cap B)$ peut être très en dessous de $\min(\sup A, \sup B)$ : prendre $A = \{0, 2\}$ et $B = \{0, 3\}$ , où $\sup(A \cap B) = 0$ .

Exemple 10.9 (Les ensembles finis ont un maximum — un lemme utilisé sans le dire)

Toute partie finie non vide $F \subseteq \R$ admet un maximum (et un minimum). Par récurrence sur le nombre d’éléments : un singleton $\{a\}$ a pour $\max$ la valeur $a$ ; si l’assertion vaut pour les ensembles à $n$ éléments et si $F$ en a $n + 1$ , choisissons $a \in F$ : l’ensemble $F \setminus \{a\}$ a un maximum $m$ , et $\max F$ vaut $m$ si $a \leq m$ , et $a$ sinon. Aucune complétude n’intervient — c’est de l’ordre pur plus une récurrence, déjà valable dans $\Q$ — mais le lemme mérite un énoncé honnête, car les démonstrations à venir l’invoquent sans le dire : la construction de la partie entière ci-dessous (« un ensemble d’entiers piégé dans un intervalle borné a un plus grand élément »), toute majoration $\max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \dots)$ du Chapitre 11, tout « prenons le plus grand des $\delta$ en nombre fini » du Chapitre 13. C’est dans les ensembles infinis que les maxima meurent et que les bornes supérieures prennent le relais : ce chapitre existe pour le cas infini.

Théorème 10.10 (Propriété d’Archimède)

Pour tout $x \in \R$ il existe $n \in \N$ avec $n > x$ . De façon équivalente : pour tous $\varepsilon > 0$ et $y > 0$ , un multiple $n\varepsilon$ dépasse $y$ .

Démonstration. Supposons le contraire : un certain $x$ majore $\N$ , de sorte que $s = \sup \N$ existe (Théorème 10.2). D’après la Proposition 10.4 (2) avec $\varepsilon = 1$ , il existe $n \in \N$ avec $n > s - 1$ ; mais alors $n + 1 \in \N$ et $n + 1 > s$ , ce qui contredit le fait que $s$ soit un majorant. Pour la seconde forme, soient $\varepsilon > 0$ et $y > 0$ : la première forme appliquée à $x = \frac{y}{\varepsilon}$ produit $n \in \N$ avec

n > \frac{y}{\varepsilon},

et la multiplication par $\varepsilon > 0$ (qui préserve les inégalités strictes) donne $n\varepsilon > y$ . Réciproquement, la seconde forme avec $\varepsilon = 1$ et $y = x$ redonne la première pour $x > 0$ , et $n = 1$ règle le cas $x \leq 0$ : les deux énoncés sont strictement équivalents. ∎

Exemple 10.11 (Archimède à l’œuvre)

Trois usages immédiats, constamment nécessaires par la suite. (i) Aucun réel strictement positif n’est en dessous de tous les $\frac1n$ : si $0 < \varepsilon$ , choisissons $n > \frac1\varepsilon$ ; alors $\frac1n < \varepsilon$ . Autrement dit, $\R$ ne contient pas d’infiniment petits — l’énoncé informel « $\frac1n$ devient arbitrairement petit » est exactement ce théorème. (ii) Seuils explicites : quelle taille doit avoir $n$ pour que $\frac{1}{n^2} \leq 10^{-6}$ ? Il suffit que $n \geq 10^3$ — Archimède garantit que de tels $n$ existent, et l’algèbre les localise. (iii) Les puissances battent toute borne : $2^n \geq n + 1$ (récurrence), donc pour tout $M$ une puissance de $2$ dépasse $M$ : c’est la croissance géométrique utilisée pour les dyadiques dans l’Exercice 10.8. L’idée à retenir : la propriété d’Archimède est ce qui autorise toute phrase de la forme « prenons $n$ assez grand » — désormais nous userons librement de cette formule, et cet exemple en est la justification, faite une fois pour toutes.

Théorème 10.12 (Fonction partie entière)

Pour tout $x \in \R$ il existe exactement un entier, la partie entière $\lfloor x \rfloor$ , tel que

\lfloor x \rfloor \leq x < \lfloor x \rfloor + 1 .

Démonstration. Existence. L’ensemble $E = \{k \in \Z : k \leq x\}$ est non vide : d’après le Théorème 10.10 il existe $m \in \N$ avec $m > -x$ , et alors $-m < x$ , donc $-m \in E$ . Il est majoré (par tout entier $n > x$ , qui existe pour la même raison), donc, étant un ensemble d’entiers piégé dans l’intervalle fini $\intint{-m}{n}$ , il possède un plus grand élément $k = \max E$ . Alors $k \leq x$ , et $k + 1 \notin E$ signifie $x < k + 1$ .

Unicité. Si $k$ et $k'$ vérifient tous deux les inégalités, alors $k \leq x < k' + 1$ donne $k \leq k'$ , et symétriquement $k' \leq k$ . ∎

Exemple 10.13 (La partie entière en pratique)

$\lfloor 3.7 \rfloor = 3$ , $\lfloor 5 \rfloor = 5$ , et $\lfloor -3.7 \rfloor = -4$ : la partie entière va vers le bas, et non vers $0$ . Deux conséquences de l’unicité dans le Théorème 10.12 que nous utiliserons sans le dire. D’abord, pour $n \in \Z$ ,

\lfloor x + n \rfloor = \lfloor x \rfloor + n ,

car $\lfloor x \rfloor + n$ est un entier vérifiant les deux inégalités qui définissent celle de $x + n$ — et un seul entier le fait. Ensuite, $\lfloor \, \cdot \, \rfloor$ est croissante au sens large : si $x \leq y$ alors $\lfloor x \rfloor \leq x \leq y < \lfloor y \rfloor + 1$ , et un entier $< \lfloor y \rfloor + 1$ est $\leq \lfloor y \rfloor$ . Attention toutefois : $\lfloor 2x \rfloor \neq 2\lfloor x \rfloor$ en général ; $x = 0.6$ donne $\lfloor 1.2 \rfloor = 1 \neq 0 = 2\lfloor 0.6 \rfloor$ .

Ce qui est vrai est une identité à garder en réserve (celle d’Hermite, dans son cas le plus simple) : pour tout réel $x$ ,

\lfloor x \rfloor + \Bigl\lfloor x + \frac12 \Bigr\rfloor = \lfloor 2x \rfloor .

Écrivons $x = \lfloor x\rfloor + u$ avec $u \in \intco{0}{1}$ et séparons deux cas. Si $u < \frac12$ : le membre de gauche vaut $\lfloor x\rfloor + \lfloor x\rfloor = 2\lfloor x\rfloor$ , et $2x = 2\lfloor x\rfloor + 2u$ avec $2u \in \intco{0}{1}$ , donc le membre de droite vaut $2\lfloor x\rfloor$ également. Si $u \geq \frac12$ : le membre de gauche vaut $\lfloor x\rfloor + (\lfloor x\rfloor + 1)$ , et $2u \in \intco{1}{2}$ fait valoir $2\lfloor x\rfloor + 1$ au membre de droite. L’idée à retenir : $\lfloor x + \frac12\rfloor$ est l’arrondi de $x$ à l’entier le plus proche, de sorte que l’identité dit que partie entière plus arrondi égale partie entière du double — et la disjonction de cas sur la partie fractionnaire $u$ est la technique standard derrière toute identité de partie entière (les Exercices 10.2 et 10.3 en vivent aussi).

Théorème 10.14 (Densité de $\Q$ et de $\R \setminus \Q$ )

Entre deux réels quelconques $x < y$ se trouvent un rationnel et un irrationnel.

Démonstration. Un rationnel. D’après le Théorème 10.10, choisissons $n \in \N^*$ avec $n > \frac{1}{y - x}$ , de sorte que $ny - nx > 1$ . Posons $m = \lfloor nx \rfloor + 1$ . D’un côté, $nx < \lfloor nx \rfloor + 1 = m$ (Théorème 10.12) ; de l’autre, $m = \lfloor nx \rfloor + 1 \leq nx + 1 < ny$ . En divisant par $n$ : $x < \frac mn < y$ .

Un irrationnel. Appliquons le point précédent au couple $x - \sqrt 2 < y - \sqrt 2$ : un rationnel $q$ se trouve entre eux, et alors $q + \sqrt 2 \in \intoo{x}{y}$ est irrationnel (si $q + \sqrt 2$ était rationnel, $\sqrt 2$ le serait aussi). ∎

Exemple 10.15 (La démonstration de la densité, exécutée)

La démonstration est un algorithme ; exécutons-le sur $x = 1.414$ et $y = \sqrt 2$ . Comme $1.4142^2 = 1.99996164 < 2$ , on a $\sqrt 2 > 1.4142$ , donc $y - x > 0.0002$ et $\frac{1}{y - x} < 5000$ : le choix $n = 5000$ est légitime. Alors $nx = 7070$ , donc $m = \lfloor 7070 \rfloor + 1 = 7071$ , et le rationnel produit est

\frac{m}{n} = \frac{7071}{5000} = 1.4142, \qquad 1.414 < 1.4142 < \sqrt 2 .

L’idée à retenir : la démonstration ne demande qu’un $n$ à peine plus grand que $\frac{1}{y-x}$ , et renvoie le premier multiple de $\frac 1n$ au-delà de $x$ . La densité n’est pas un miracle abstrait — c’est une division euclidienne déguisée, thème longuement développé dans le devoir maison (Problème 10.1).

Remarque 10.16 (Où la complétude servira ensuite)

Le Théorème 10.2 est l’unique axiome non algébrique de ce livre, et tout théorème d’existence de l’analyse n’est que cet axiome habillé autrement : le théorème de la limite monotone (Chapitre 11), le théorème de Bolzano–Weierstrass (Chapitre 12), le théorème des valeurs intermédiaires et celui des bornes atteintes (Chapitre 13), et la définition même de l’intégrale comme borne supérieure des sommes inférieures (Chapitre 15). Le volume de Licence 3 construit la théorie de la mesure et les espaces de Hilbert sur ce même unique axiome. Lorsqu’une démonstration des chapitres à venir produit un nombre réel sorti de nulle part, cherchez la borne supérieure cachée.

Remarque 10.17 (Entre discrétude et densité)

$\Z$ et $\Q$ occupent des positions opposées à l’intérieur de $\R$ : autour de chaque entier il y a un trou de longueur $1$ ne contenant aucun autre entier (la discrétude — c’est elle qui rend la partie entière bien définie), tandis qu’entre deux réels quelconques se trouvent une infinité de rationnels (la densité). Remarquablement, pour les sous-groupes additifs de $\R$ il n’y a rien entre les deux : l’Exercice 10.9 démontre qu’un tel sous-groupe est soit de la forme $\alpha\Z$ (discret), soit dense — une dichotomie qui gouverne la densité de $\{\sin n\}$ au Chapitre 11 et le monstre constructif du Problème 13.1. Les ensembles généraux, bien sûr, mêlent librement les deux comportements : $\Z \cup \Q\cap\intcc{0}{1}$ est discret au loin et dense au milieu.

Méthode 10.18 (Démontrer des égalités avec sup et inf)

Pour démontrer $\sup A = s$ : vérifier que $s$ majore $A$ , puis produire, pour chaque $\varepsilon > 0$ (ou pour une suite $\varepsilon = \frac 1n$ ), un élément de $A$ au-dessus de $s - \varepsilon$ . Pour comparer des bornes supérieures, utiliser : $A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B$ ; et pour tous $a, b$ : $\sup(A + B) = \sup A + \sup B$ , où $A + B = \{a + b\}$ (Exercice 10.5). Ne jamais écrire $\sup A$ avant de savoir que $A$ est non vide et majorée.

10.2 Intervalles

Proposition 10.19 (Caractérisation des intervalles)

Une partie $I \subseteq \R$ est un intervalle (l’un des types familiers $\intoo{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , demi-droites, $\R$ , $\emptyset$ , singletons) si et seulement si elle est convexe :

\forall x, y \in I,\ \forall z \in \R, \quad x \leq z \leq y \implies z \in I .

Démonstration. Chacun des types listés est manifestement convexe. Réciproquement, soit $I$ convexe et non vide. Posons $a = \inf I$ si $I$ est minorée, et $a = -\infty$ sinon ; de même $b = \sup I$ ou $+\infty$ . Montrons que $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ (avec les conventions évidentes en $\pm\infty$ ). La seconde inclusion est la définition des bornes. Pour la première, soit $z \in \intoo{a}{b}$ : comme $z > a$ , $z$ n’est pas un minorant (ou $a = -\infty$ ), donc un certain $x \in I$ vérifie $x < z$ ; de même un certain $y \in I$ vérifie $y > z$ ; la convexité place $z \in I$ .

Il reste à lire le type sur la double inclusion $\intoo{a}{b} \subseteq I \subseteq \intcc{a}{b}$ : les ensembles coincés entre un intervalle ouvert et son adhérence ne diffèrent de $\intoo{a}{b}$ que par la présence ou l’absence des extrémités (finies). Explicitement : si $a, b \in \R$ , les quatre possibilités pour $(a \in I,\ b \in I)$ donnent $\intoo{a}{b}$ , $\intco{a}{b}$ , $\intoc{a}{b}$ , $\intcc{a}{b}$ (y compris les cas dégénérés $a = b$ : un singleton si $a \in I$ ) ; si $a = -\infty$ et $b \in \R$ , on obtient $\intoo{-\infty}{b}$ ou $\intoc{-\infty}{b}$ ; symétriquement pour $a \in \R$ , $b = +\infty$ ; et $a = -\infty$ , $b = +\infty$ donne $I = \R$ . Chaque cas figure dans la liste : c’est fini. ∎

Remarque 10.20 (Pourquoi la convexité est le bon critère)

La proposition convertit une définition géométrique (une liste de dix formes) en un test logique d’une ligne, et c’est ce test que l’on utilise réellement : pour démontrer qu’un ensemble est un intervalle, ne jamais courir après celle des dix formes qui convient — vérifier la convexité et laisser la proposition trancher le type. Le théorème des valeurs intermédiaires du Chapitre 13 sera énoncé exactement ainsi (« l’image continue d’un intervalle est un intervalle »), et sa démonstration produit la convexité, non la forme.

Remarque 10.21 (Droite réelle achevée)

Il est commode d’adjoindre deux symboles et de travailler dans $\overline\R = \R \cup \{-\infty, +\infty\}$ , avec les conventions $\sup A = +\infty$ lorsque $A$ n’est pas majorée et $\sup \emptyset = -\infty$ . Alors toute partie de $\R$ admet une borne supérieure dans $\overline\R$ — un confort de notation dont on use librement pour les limites au Chapitre 11.

Exemple 10.22 (Calculer dans $\overline\R$ )

Avec ces conventions en vigueur : $\sup \Z = +\infty$ , $\inf \Z = -\infty$ ; pour $A = \{n + (-1)^n n : n \in \N\} = \{0, 4, 0, 8, \dots\} \cup \{0\}$ , $\sup A = +\infty$ (les termes pairs $2n$ ne sont pas majorés) et $\inf A = \min A = 0$ ; et $\sup\emptyset = -\infty \leq \inf\emptyset = +\infty$ — le seul ensemble dont la borne supérieure soit plus petite que sa borne inférieure, rappel que les conventions sont choisies pour rendre $\sup$ croissante et $\inf$ décroissante vis-à-vis de l’inclusion :

A \subseteq B \implies \sup A \leq \sup B \quad\text{et}\quad \inf A \geq \inf B ,

désormais valable sans réserve de non-vacuité. Ce que les conventions ne fournissent pas, c’est une arithmétique : $+\infty + (-\infty)$ et $0 \times (+\infty)$ restent indéfinis, et toute manipulation algébrique de bornes supérieures doit d’abord vérifier qu’elle ne les forme jamais. La droite achevée est une comptabilité, pas un système de nombres.

Exemple 10.23 (La borne supérieure qui s’est échappée de $\Q$ )

Revenons à l’ensemble de la remarque initiale, $A = \{x \in \Q : x^2 < 2\}$ , et calculons sa borne supérieure dans $\R$ . Il est non vide ( $1 \in A$ ) et majoré par $1.5$ (si $x > 1.5$ alors $x^2 > 2.25 > 2$ ), donc $s = \sup A$ existe. Montrons que $s = \sqrt 2$ (le réel construit dans l’Exercice 10.12). Majorant : tout $a \in A$ vérifie $a < \sqrt2$ — pour $a \leq 0$ c’est clair, et pour $a > 0$ , $a \geq \sqrt2$ donnerait $a^2 \geq 2$ . Rien de plus petit ne convient : étant donné $t < \sqrt2$ , la densité (Théorème 10.14) fournit un rationnel $q$ avec $\max(1, t) < q < \sqrt 2$ , et alors $q^2 < 2$ , donc $q \in A$ dépasse $t$ . D’après la Proposition 10.4, $s = \sqrt2 \notin \Q$ . L’idée à retenir : la borne supérieure d’un ensemble de rationnels n’est pas nécessairement rationnelle — la complétude est précisément la promesse que $\R$ , contrairement à $\Q$ , ne laisse jamais une borne supérieure s’échapper ; cet exemple est la remarque initiale du chapitre, désormais démontrée et non plus seulement montrée du doigt.

Remarque 10.24 (Perspectives dans ce volume)

Les trois outils de ce chapitre ont des carrières distinctes devant eux. La borne supérieure mène la moitié « analyse » : limites monotones (Chapitre 11), définition même de l’intégrale (Chapitre 15), et, dans la géométrie du Chapitre 23, la distance d’un point à un sous-espace — une borne inférieure que la projection orthogonale transforme en minimum. La fonction partie entière revient partout où le discret rencontre le continu : développements en base $b$ (le devoir maison de ce chapitre), l’approximation de Dirichlet par les tiroirs (Problème 14.1), les comparaisons intégrales de sommes (Chapitre 17). Les arguments de densité deviendront une méthode au Chapitre 13 : une identité entre fonctions continues n’a besoin d’être vérifiée que sur $\Q$ — la moitié de l’équation fonctionnelle de Cauchy (Problème 13.1) est exactement ce mouvement. Lorsqu’on se demande d’où une démonstration de ce volume tire ses énoncés d’existence, la réponse est presque toujours : de ce chapitre.

10.3 Exercices

Exercice 10.1 ★

Déterminer (avec démonstrations) sup, inf, max, min — lorsqu’ils existent — de :

A = \Bigl\{\frac{1}{n} : n \in \N^*\Bigr\}, \qquad B = \Bigl\{\frac{(-1)^n n}{n+1} : n \in \N\Bigr\}, \qquad C = \{x \in \R : x^2 < 3\}.

Solution

Solution de Exercice 10.1.

$A$ : tout élément est $\leq 1$ et $1 \in A$ : $\sup A = \max A = 1$ . Minorants : $0$ minore ; pour $\varepsilon > 0$ , Archimède fournit $n$ avec $\frac 1n < \varepsilon$ , donc aucun nombre strictement positif ne minore $A$ : $\inf A = 0$ , non atteinte (pas de min).

$B$ : les termes $0, -\frac12, \frac23, -\frac34, \frac45, \dots$ Les termes d’indice pair $\frac{n}{n+1}$ ( $n$ pair) croissent vers $1$ sans l’atteindre ; ceux d’indice impair $-\frac{n}{n+1}$ décroissent vers $-1$ . Donc $\sup B = 1$ et $\inf B = -1$ , ni l’une ni l’autre atteinte : pas de max, pas de min. (Bornes : $\abs{b} < 1$ pour tout $b \in B$ ; et $\frac{n}{n+1} = 1 - \frac{1}{n+1} > 1 - \varepsilon$ pour $n$ grand, de même en dessous.)

$C = \intoo{-\sqrt 3}{\sqrt 3}$ : $\sup C = \sqrt 3$ , $\inf C = -\sqrt 3$ , ni l’une ni l’autre atteinte.

Exercice 10.2 ★

Démontrer que pour tous $x, y \in \R$ : $\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor \leq \lfloor x + y \rfloor \leq \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ , et que les deux bornes sont atteintes.

Solution

Solution de Exercice 10.2.

Écrivons $x = \lfloor x \rfloor + u$ , $y = \lfloor y \rfloor + v$ avec $u, v \in \intco{0}{1}$ . Alors $x + y = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + (u + v)$ avec $u + v \in \intco{0}{2}$ . Si $u + v < 1$ , $\lfloor x + y\rfloor = \lfloor x\rfloor + \lfloor y \rfloor$ ; si $1 \leq u + v < 2$ , $\lfloor x+y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1$ . Les deux cas se produisent : $(x, y) = (0.2,\, 0.3)$ donne l’égalité de gauche, $(0.7,\, 0.8)$ celle de droite.

Exercice 10.3 ★

Démontrer que pour tout $x \in \R$ et tout $n \in \N^*$ : $\Bigl\lfloor \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} \Bigr\rfloor = \lfloor x \rfloor$ .

Solution

Solution de Exercice 10.3.

Posons $k = \lfloor x \rfloor$ , de sorte que $k \leq x < k + 1$ . En multipliant par $n$ : $nk \leq nx < nk + n$ , et en prenant les parties entières (opération croissante, du côté des entiers) : $nk \leq \lfloor nx \rfloor \leq nk + n - 1$ . En divisant par $n$ : $k \leq \frac{\lfloor nx \rfloor}{n} < k + 1$ , donc la partie entière extérieure vaut $k$ .

Exercice 10.4 ★

Soient $A \subseteq B$ des parties non vides de $\R$ , $B$ bornée. Démontrer $\inf B \leq \inf A \leq \sup A \leq \sup B$ .

Solution

Solution de Exercice 10.4.

Tout élément de $A$ est dans $B$ , donc $\sup B$ majore $A$ : par conséquent $\sup A \leq \sup B$ ( $\sup A$ est le plus petit des majorants). Symétriquement $\inf B \leq \inf A$ . Enfin $\inf A \leq \sup A$ car $A$ est non vide : tout $a \in A$ se place entre les deux.

Exercice 10.5 ★★

Pour $A, B \subseteq \R$ non vides et bornées, on pose $A + B = \{a + b : a \in A,\ b \in B\}$ et $-A = \{-a : a \in A\}$ . Démontrer :

\sup(A + B) = \sup A + \sup B, \qquad \sup(-A) = -\inf A .

Solution

Solution de Exercice 10.5.

Posons $s = \sup A$ , $t = \sup B$ . Tout $a + b \leq s + t$ : majorant. Pour $\varepsilon > 0$ , choisissons $a > s - \frac\varepsilon2$ et $b > t - \frac\varepsilon2$ (Proposition 10.4) : alors $a + b > s + t - \varepsilon$ . D’après la caractérisation par $\varepsilon$ , $\sup(A+B) = s + t$ .

Pour $-A$ : $m$ majore $-A$ $\iff$ $-m$ minore $A$ ; le plus petit des majorants de $-A$ correspond donc au plus grand des minorants de $A$ : $\sup(-A) = -\inf A$ .

Exercice 10.6 ★★

Soient $f, g \colon E \to \R$ des fonctions bornées. Démontrer

\sup_{x \in E}\, \bigl(f(x) + g(x)\bigr) \leq \sup_{x \in E} f(x) + \sup_{x \in E} g(x),

et donner un exemple où l’inégalité est stricte. Pourquoi cela ne contredit-il pas l’Exercice 10.5 ?

Solution

Solution de Exercice 10.6.

Pour tout $x$ : $f(x) + g(x) \leq \sup f + \sup g$ ; en prenant la borne supérieure du membre de gauche, on obtient l’inégalité. Exemple strict : $E = \{0, 1\}$ , $f = \mathbf{1}_{\{0\}}$ (valeur $1$ en $0$ , $0$ ailleurs), $g = \mathbf{1}_{\{1\}}$ : $\sup(f + g) = 1 < 2 = \sup f + \sup g$ .

Pas de contradiction avec l’Exercice 10.5 : là-bas, $a \in A$ et $b \in B$ varient indépendamment ; ici le même $x$ alimente $f$ et $g$ — l’ensemble $\{f(x) + g(x) : x \in E\}$ est plus petit que l’ensemble $\{f(x) + g(y) : x, y \in E\}$ .

Exercice 10.7 ★★

Démontrer que $\sqrt 2 + \sqrt 3$ est irrationnel. (L’élever au carré et utiliser l’irrationalité de $\sqrt 6$ , à démontrer via l’Exercice 6.7.)

Solution

Solution de Exercice 10.7.

$\sqrt 6$ est irrationnel : $6 = 2 \times 3$ n’est pas un carré parfait, et $v_2(6q^2) = 1 + 2v_2(q)$ impair empêche $6q^2 = r^2$ (comme dans l’Exercice 6.7). Supposons maintenant $x = \sqrt 2 + \sqrt 3 \in \Q$ . Alors $x^2 = 5 + 2\sqrt 6 \in \Q$ , donc $\sqrt 6 = \frac{x^2 - 5}{2} \in \Q$ : contradiction. Donc $\sqrt 2 + \sqrt 3 \notin \Q$ .

Exercice 10.8 ★★

Démontrer que l’ensemble $D = \bigl\{\frac{m}{2^n} : m \in \Z,\ n \in \N\bigr\}$ des rationnels dyadiques est dense dans $\R$ : entre deux réels quelconques se trouve un rationnel dyadique.

Solution

Solution de Exercice 10.8.

Soit $x < y$ . Choisissons $n \in \N$ avec $2^n > \frac{1}{y - x}$ (Archimède : $2^n \geq n + 1$ par une récurrence facile, donc une puissance de $2$ dépasse tout réel). Alors, comme dans la démonstration du Théorème 10.14 avec $2^n$ à la place de $n$ : $m = \lfloor 2^n x \rfloor + 1$ vérifie $x < \frac{m}{2^n} < y$ . Donc $D$ est dense.

Exercice 10.9 ★★★

Soit $G$ un sous-groupe de $(\R, +)$ avec $G \neq \{0\}$ . Posons $\alpha = \inf\,(G \cap \intoo{0}{+\infty})$ . Démontrer :

si $\alpha > 0$ , alors $G = \alpha\Z$ ;
si $\alpha = 0$ , alors $G$ est dense dans $\R$ .

En déduire que $\Z + \sqrt 2\,\Z$ est dense dans $\R$ .

Solution

Solution de Exercice 10.9.

Supposons $\alpha > 0$ . D’abord, $\alpha \in G$ . Sinon : par la caractérisation par $\varepsilon$ de la borne inférieure avec $\varepsilon = \alpha$ , il existe $g \in G$ avec $\alpha < g < 2\alpha$ (strict à gauche puisque $\alpha \notin G$ ) ; puis, avec $\varepsilon = g - \alpha$ , il existe $h \in G$ avec $\alpha < h < g$ . Alors $g - h \in G$ et $0 < g - h < g - \alpha < \alpha$ : un élément de $G \cap \intoo{0}{+\infty}$ en dessous de sa borne inférieure, absurde. Donc $\alpha \in G$ , et $\alpha\Z \subseteq G$ ( $G$ est un groupe). Réciproquement, pour $x \in G$ , posons $k = \lfloor x/\alpha \rfloor$ : alors $x - k\alpha \in G$ et $0 \leq x - k\alpha < \alpha$ , et la définition de $\alpha$ force $x - k\alpha = 0$ . Donc $G = \alpha\Z$ .
Supposons $\alpha = 0$ , et soit $x < y$ . Il existe $g \in G$ avec $0 < g < y - x$ . Le multiple $kg$ avec $k = \lfloor x/g \rfloor + 1$ vérifie $x < kg \leq x + g < y$ , et $kg \in G$ : densité.

$G = \Z + \sqrt 2\,\Z$ est un sous-groupe de $(\R, +)$ . Il n’est pas de la forme $\alpha\Z$ : sinon $1 = p\alpha$ et $\sqrt 2 = q\alpha$ ( $p, q \in \Z$ ) donneraient $\sqrt 2 = \frac qp \in \Q$ , contradiction. D’après la dichotomie, $G$ est dense dans $\R$ .

Exercice 10.10 ★★★

Pour $A, B$ des ensembles non vides de réels strictement positifs, on pose $AB = \{ab : a \in A, b \in B\}$ . Démontrer $\sup(AB) = \sup A \cdot \sup B$ (cas borné), et montrer sur un exemple que la positivité est essentielle.

Solution

Solution de Exercice 10.10.

Posons $s = \sup A > 0$ , $t = \sup B > 0$ . Pour $a \in A$ , $b \in B$ : $ab \leq st$ (produit d’inégalités entre nombres positifs). Pour $0 < \varepsilon < \min(s, t)$ : choisissons $a > s - \varepsilon$ et $b > t - \varepsilon$ ; alors

ab > (s - \varepsilon)(t - \varepsilon) = st - \varepsilon(s + t) + \varepsilon^2 > st - \varepsilon (s + t),

et $\varepsilon(s+t)$ peut être rendu arbitrairement petit : d’après la caractérisation par $\varepsilon$ (sous la forme : aucun nombre $< st$ ne majore $AB$ ), $\sup AB = st$ .

La positivité est essentielle : $A = B = \{-1, 0\}$ donne $AB = \{0, 1\}$ , $\sup AB = 1$ , alors que $\sup A \cdot \sup B = 0 \times 0 = 0$ .

Exercice 10.11 ★★

Pour $A \subseteq \R$ non vide et bornée, on définit le diamètre

\operatorname{diam} A = \sup\,\{\abs{a - a'} : a, a' \in A\} .

Démontrer que $\operatorname{diam} A = \sup A - \inf A$ , et que $\intcc{\inf A}{\sup A}$ est le plus petit intervalle fermé contenant $A$ .

Solution

Solution de Exercice 10.11.

Écrivons $s = \sup A$ , $i = \inf A$ . Pour $a, a' \in A$ : $a \leq s$ et $a' \geq i$ donnent $a - a' \leq s - i$ ; par symétrie $\abs{a - a'} \leq s - i$ , donc $s - i$ majore l’ensemble des écarts. Pour $\varepsilon > 0$ , choisissons $a > s - \frac\varepsilon2$ et $a' < i + \frac\varepsilon2$ (Proposition 10.4 et son miroir pour la borne inférieure) : alors $\abs{a - a'} \geq a - a' > s - i - \varepsilon$ . D’après la caractérisation par $\varepsilon$ , $\operatorname{diam} A = s - i$ .

Tout $a \in A$ vérifie $i \leq a \leq s$ , donc $A \subseteq \intcc{i}{s}$ , intervalle fermé de longueur $\operatorname{diam} A$ . Si un intervalle fermé $\intcc{u}{v}$ contient $A$ , alors $v$ est un majorant et $u$ un minorant de $A$ , donc $u \leq i$ et $v \geq s$ : $\intcc{i}{s} \subseteq \intcc{u}{v}$ . Ainsi $\intcc{i}{s}$ est le plus petit.

Exercice 10.12 ★★★

Soient $y > 0$ et $E = \{x \geq 0 : x^2 \leq y\}$ . Démontrer que $E$ est non vide et majoré, et que $s = \sup E$ vérifie $s^2 = y$ (écarter $s^2 < y$ et $s^2 > y$ en exhibant, dans chaque cas, un petit $h > 0$ contredisant la définition de la borne supérieure). En déduire que tout $y > 0$ possède une unique racine carrée $\sqrt y > 0$ et que $y \mapsto \sqrt y$ est croissante sur $\intoo{0}{+\infty}$ .

Solution

Solution de Exercice 10.12.

$0 \in E$ , donc $E \neq \emptyset$ . Si $x > \max(1, y)$ alors $x^2 > x > y$ , donc $E$ est majoré par $\max(1, y)$ : $s = \sup E$ existe (Théorème 10.2), et $s \geq \min(1, y) > 0$ car $\min(1, y) \in E$ : en effet si $y \geq 1$ alors $1^2 = 1 \leq y$ , et si $y < 1$ alors $y^2 < y$ .

$s^2 < y$ est impossible. Choisissons $0 < h < 1$ avec $h < \frac{y - s^2}{2s + 1}$ . Alors

(s + h)^2 = s^2 + 2sh + h^2 \leq s^2 + (2s + 1)h < y ,

donc $s + h \in E$ , ce qui contredit le fait que $s$ majore $E$ .

$s^2 > y$ est impossible. Choisissons $0 < h < s$ avec $h < \frac{s^2 - y}{2s}$ . Alors $(s - h)^2 = s^2 - 2sh + h^2 > s^2 - 2sh > y$ ; tout $x \in E$ vérifie $x^2 \leq y < (s - h)^2$ , donc $x < s - h$ (les deux sont $\geq 0$ ) : $s - h$ est un majorant de $E$ plus petit que $s$ , ce qui contredit la minimalité.

Par conséquent $s^2 = y$ . Unicité : si $0 < s < s'$ alors $s^2 < s'^2$ , donc deux racines positives distinctes ne peuvent avoir le même carré $y$ . Croissance : si $0 < y < y'$ , alors $\sqrt y \neq \sqrt{y'}$ , et $\sqrt y > \sqrt{y'}$ donnerait $y > y'$ en élevant au carré : donc $\sqrt y < \sqrt{y'}$ .

10.4 Problème : développements en base $b$ et le rythme des rationnels

Problème 10.1

Devoir maison — développements en base $b$ : existence, unicité, et la périodicité caractérise $\Q$

Tout réel de $\intco{0}{1}$ possède un développement en chiffres dans toute base $b \geq 2$ ; le développement est unique dès que l’on proscrit les suites finissant par une infinité de chiffres $b - 1$ ; et il est périodique à partir d’un certain rang exactement lorsque le nombre est rationnel. Ce problème démontre ces trois faits à partir du seul axiome de complétude — pas de suites, pas de séries : rien que la borne supérieure, la propriété d’Archimède et la fonction partie entière — et se clôt sur l’argument diagonal de Cantor en version chiffres. Dans tout ce qui suit, $b \geq 2$ est un entier fixé (la base), un chiffre est un élément de $\intint{0}{b-1}$ , et une suite de chiffres $(d_n)_{n \geq 1}$ est propre lorsqu’elle n’est pas égale à $b - 1$ à partir d’un certain rang (c’est-à-dire : pour tout $N$ il existe $n > N$ avec $d_n \leq b - 2$ ).

Partie I — Les chiffres à la main. Division de $p$ par $q$ en base $b$ : multiplier le reste courant par $b$ , diviser par $q$ , noter le quotient comme chiffre suivant, garder le reste.

En base $10$ , exécuter l’algorithme sur $\frac 18$ et sur $\frac 17$ , en notant à chaque étape le chiffre et le reste. Vérifier que les restes de $\frac 17$ parcourent le cycle $1, 3, 2, 6, 4, 5$ et que les chiffres $142857$ se répètent ensuite indéfiniment.
Calculer les développements en base $2$ de $\frac 13$ et de $\frac{5}{16}$ , et le développement en base $3$ de $\frac 12$ . Observer : l’un des nombres a un développement fini, les deux autres se répètent — et $\frac 12$ , si docile en base $10$ , se répète indéfiniment en base $3$ .
Pour $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ sous forme irréductible, montrer que les chiffres produits par l’algorithme sont tous nuls à partir d’un certain rang si et seulement si le reste $b^N p \bmod q$ s’annule pour un certain $N$ , si et seulement si $q$ divise une puissance $b^N$ , si et seulement si tout facteur premier de $q$ divise $b$ . Vérifier : $\frac{1}{20}$ a un développement fini en base $10$ , mais pas en base $3$ .
On définit la troncature $s_n = \lfloor b^n x \rfloor / b^n$ . Pour $x = \sqrt 2$ et $b = 10$ , calculer $s_0, \dots, s_4$ en vérifiant à chaque étape que deux carrés consécutifs encadrent $2$ (par exemple $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ ), et contrôler chaque fois que $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ .

Partie II — L’existence, par la borne supérieure. Fixons $x \in \intco{0}{1}$ et posons $A_n = \lfloor b^n x \rfloor$ et $d_n = A_n - b\,A_{n-1}$ pour $n \geq 1$ .

Montrer que $A_0 = 0$ et $b\,A_{n-1} \leq A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ ; en conclure que chaque $d_n$ est un chiffre.
Montrer que $s_n := A_n b^{-n}$ vérifie

$s_n = \sum_{k=1}^{n} d_k\,b^{-k} \qquad\text{et}\qquad s_n \leq x < s_n + b^{-n} .$
Démontrer $b^n \geq n + 1$ par récurrence, puis montrer que $(s_n)$ est croissante au sens large et que $x = \sup_n s_n$ (utiliser la Proposition 10.4 et le Théorème 10.10).
Montrer que la suite $(d_n)$ est propre : si $d_k = b - 1$ pour tout $k > N$ , calculer $s_n$ pour $n > N$ par une somme géométrique finie et contredire la question 6.
Réciproquement, soit $(e_n)_{n \geq 1}$ une suite de chiffres propre quelconque et $t_n = \sum_{k=1}^n e_k b^{-k}$ . Montrer que $y = \sup_n t_n$ existe, appartient à $\intco{0}{1}$ , et vérifie $t_n \leq y < t_n + b^{-n}$ pour tout $n$ (pour l’inégalité stricte, utiliser un chiffre $e_m \leq b - 2$ avec $m > n$ ). En déduire $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ , puis que les chiffres de $y$ , au sens de la question 5, sont exactement les $e_n$ .

Partie III — Unicité, ordre, décalage.

Assembler les questions 5 à 9 en le théorème du développement en base $b$ : les applications $x \mapsto (d_n)$ et $(e_n) \mapsto \sup_n t_n$ sont des bijections réciproques l’une de l’autre entre $\intco{0}{1}$ et l’ensemble des suites de chiffres propres. En particulier, deux suites propres distinctes n’ont jamais la même valeur.
Autorisons maintenant les suites impropres. Montrer qu’une suite avec $e_n = b - 1$ pour tout $n > M$ (avec $M \geq 0$ minimal) a pour valeur $t_M + b^{-M}$ ; en conclure que $0.999\dots = 1$ en base $10$ , et que les réels ayant deux représentations en chiffres sont exactement les fractions $b$ -adiques $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ — tout autre réel n’en a qu’une, même parmi les suites impropres.
Démontrer que la bijection de la question 10 respecte l’ordre lexicographique : si les suites propres de $x$ et de $y$ diffèrent pour la première fois à l’indice $m$ , alors $x < y$ si et seulement si $d_m < e_m$ .
(Lemme de décalage) Soit $x \in \intco{0}{1}$ de chiffres $(d_n)$ . Montrer que la partie fractionnaire de $bx$ a pour chiffres $(d_{n+1})_{n \geq 1}$ (calculer $\lfloor b^n(bx - A_1)\rfloor$ à l’aide de $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ pour $K$ entier), et en déduire par récurrence que la partie fractionnaire de $b^m x$ a pour chiffres $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

Partie IV — Être rationnel, c’est être périodique. Soient $x = \frac pq \in \intco{0}{1}$ sous forme irréductible et $r_n = b^n p \bmod q$ le reste de la division euclidienne de $b^n p$ par $q$ .

Montrer que $A_n = \dfrac{b^n p - r_n}{q}$ et $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .
Montrer que $d_n = \Bigl\lfloor \dfrac{b\,r_{n-1}}{q} \Bigr\rfloor$ : chaque chiffre est une fonction du seul reste précédent. C’est exactement la division posée de la partie I.
Appliquer le principe des tiroirs (Corollaire 2.3) à $r_0, \dots, r_q$ et en conclure : le développement de tout rationnel est périodique à partir d’un certain rang, avec prépériode et période au plus $q$ .
Réciproquement, supposons les chiffres de $y \in \intco{0}{1}$ purement périodiques : $d_{n+T} = d_n$ pour tout $n \geq 1$ . À l’aide du lemme de décalage et de l’unicité de la question 10, montrer que la partie fractionnaire de $b^T y$ vaut $y$ , et en déduire $(b^T - 1)\,y \in \N$ : ainsi $y$ est rationnel, de dénominateur divisant $b^T - 1$ . Vérifier le mécanisme sur $0.(142857)$ : $142857 \times 7 = 999999$ .
Traiter le cas périodique à partir d’un certain rang par décalage, et énoncer le critère de périodicité : $x \in \intco{0}{1}$ est rationnel si et seulement si son développement propre en base $b$ est périodique à partir d’un certain rang — dans une base si et seulement si dans toutes.
Pour $x = \frac 1q$ avec $\gcd(q, b) = 1$ , montrer que le développement est purement périodique et que sa plus petite période est le plus petit $T \geq 1$ tel que $b^T \equiv 1 \pmod q$ (l’ordre multiplicatif de $b$ modulo $q$ ). Vérifier que pour $q = 7$ , $b = 10$ les puissances de $10$ modulo $7$ parcourent $3, 2, 6, 4, 5, 1$ : ordre $6$ , ce qui rejoint la question 1.

Partie V — Dividendes et diagonale.

Soit $x^*$ le réel de $\intco{0}{1}$ dont les chiffres en base $10$ valent $1$ aux positions triangulaires $\frac{j(j + 1)}{2}$ ( $j \geq 1$ ) et $0$ ailleurs : $x^* = 0.101001000100001\dots$ Montrer que sa suite de chiffres est propre mais non périodique à partir d’un certain rang (une période $T$ forcerait des $1$ séparés par des écarts au plus $T$ , or les écarts croissent), et en conclure que $x^*$ est irrationnel : un nombre dont l’irrationalité se lit dans le seul rythme.
Montrer que pour toute base $b$ l’ensemble $\{m/b^n : m \in \Z, n \in \N\}$ est dense dans $\R$ (généralisant l’Exercice 10.8), et que tout rationnel $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ a un développement fini en base $q$ . Morale : être fini est une propriété du couple (nombre, base) ; la périodicité — la rationalité — est intrinsèque.
(Diagonale de Cantor) Soit $k \mapsto x_k$ une application quelconque de $\N^*$ dans $\intco{0}{1}$ . Définissons la suite de chiffres $e_k = 1$ si le $k$ -ième chiffre de $x_k$ est différent de $1$ , et $e_k = 2$ sinon. Montrer que $(e_k)$ est propre, que sa valeur $y$ appartient à $\intco{0}{1}$ , et que $y \neq x_k$ pour tout $k$ . Conclure : aucune application $\N^* \to \intco{0}{1}$ n’est surjective. (Le vocabulaire de la dénombrabilité, et le vrai foyer de ce théorème, c’est le Chapitre 12.)
Montrer que si les développements propres de $x$ et de $y$ coïncident jusqu’à l’indice $n$ alors $\abs{x - y} < b^{-n}$ , et réfuter la réciproque avec $x = 0.1$ , $y = 0.0999$ en base $10$ : la proximité des nombres ne force pas la coïncidence des chiffres. Qui sont les coupables ?
Exécuter la partie IV sur $x = \frac{1}{10}$ en base $b = 2$ : calculer les restes et les chiffres jusqu’au cycle, et conclure $\frac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2$ , avec prépériode $1$ et période $4$ . Expliquer, via la question 3, pourquoi aucune chaîne binaire finie ne vaudra jamais $\frac{1}{10}$ — la raison pour laquelle le $0.1 + 0.2$ d’un ordinateur en virgule flottante ne vaut pas exactement $0.3$ .
Synthèse. En une phrase chacun : où la démonstration a-t-elle utilisé (i) la complétude, (ii) la propriété d’Archimède, (iii) la clause d’unicité de la partie entière, (iv) le principe des tiroirs ? Et la morale : $\intco{0}{1}$ est fidèlement codé par les suites de chiffres propres, la rationalité s’y lit comme une périodicité — et pourtant l’analyse préfère la borne supérieure aux chiffres. Pourquoi ? (Penser à l’addition de deux suites de chiffres.)

Solution

Solution de Problème 10.1.

1. Pour $\frac 18$ : $10 = 8 \cdot 1 + 2$ , $20 = 8 \cdot 2 + 4$ , $40 = 8 \cdot 5 + 0$ ; chiffres $1, 2, 5$ , reste $0$ , puis que des zéros : $\frac 18 = 0.125$ . Pour $\frac 17$ : $10 = 7 \cdot 1 + 3$ , $30 = 7 \cdot 4 + 2$ , $20 = 7 \cdot 2 + 6$ , $60 = 7 \cdot 8 + 4$ , $40 = 7 \cdot 5 + 5$ , $50 = 7 \cdot 7 + 1$ : chiffres $1, 4, 2, 8, 5, 7$ , restes $3, 2, 6, 4, 5, 1$ . Le reste est revenu à $r = 1$ , donc les six étapes se répètent à l’identique indéfiniment : $\frac 17 = 0.(142857)$ , les restes parcourant le cycle $1, 3, 2, 6, 4, 5$ .

2. $\frac 13$ en base $2$ ( $r_0 = 1$ ) : $2 = 3 \cdot 0 + 2$ , $4 = 3 \cdot 1 + 1$ , et $r = 1$ réapparaît : $\frac 13 = (0.\overline{01})_2$ . $\frac{5}{16}$ en base $2$ : $10 = 16 \cdot 0 + 10$ , $20 = 16 \cdot 1 + 4$ , $8 = 16 \cdot 0 + 8$ , $16 = 16 \cdot 1 + 0$ : $\frac{5}{16} = (0.0101)_2$ , développement fini. $\frac 12$ en base $3$ : $3 = 2 \cdot 1 + 1$ , et $r = 1$ réapparaît aussitôt : $\frac 12 = (0.\overline{1})_3$ .

3. Le reste de l’algorithme après $N$ étapes est $r_N = b^N p \bmod q$ (démontré formellement à la question 14 ; ici c’est l’observation que chaque étape multiplie le reste par $b$ et le réduit modulo $q$ ). Tous les chiffres suivants sont nuls si et seulement si un certain $r_N = 0$ , c’est-à-dire $q \mid b^N p$ ; comme $\gcd(p, q) = 1$ , le lemme de Gauss donne $q \mid b^N$ . Si $q \mid b^N$ , tout facteur premier de $q$ divise $b^N$ , donc divise $b$ (primalité). Réciproquement, si tout premier de $q = p_1^{a_1} \cdots p_r^{a_r}$ divise $b$ , alors avec $A = \max_i a_i$ chaque $p_i^{a_i}$ divise $b^A$ , et les $p_i^{a_i}$ sont premiers entre eux deux à deux, donc $q \mid b^A$ . Pour $q = 20 = 2^2 \cdot 5$ : les deux premiers divisent $10$ ( $\frac{1}{20} = 0.05$ ), mais $2 \nmid 3$ , donc $\frac{1}{20}$ se répète indéfiniment en base $3$ .

4. $1^2 = 1 < 2 < 4 = 2^2$ donne $s_0 = 1$ . Puis $1.4^2 = 1.96 < 2 < 2.25 = 1.5^2$ : $\lfloor 10\sqrt 2 \rfloor = 14$ , $s_1 = 1.4$ . Ensuite $1.41^2 = 1.9881 < 2 < 2.0164 = 1.42^2$ : $s_2 = 1.41$ ; $1.414^2 = 1.999396 < 2 < 2.002225 = 1.415^2$ : $s_3 = 1.414$ ; $1.4142^2 = 1.99996164 < 2 < 2.00024449 = 1.4143^2$ : $s_4 = 1.4142$ . Dans chaque cas les inégalités affichées disent exactement $s_n \leq \sqrt 2 < s_n + 10^{-n}$ , ce qui est la définition de la partie entière de $10^n \sqrt 2$ .

5. $A_0 = \lfloor x \rfloor = 0$ puisque $0 \leq x < 1$ . De $A_{n-1} \leq b^{n-1} x < A_{n-1} + 1$ , en multipliant par $b$ :

b\,A_{n-1} \leq b^n x < b\,A_{n-1} + b .

L’entier $b\,A_{n-1}$ est $\leq b^n x$ , donc $b\,A_{n-1} \leq A_n$ ; et $b^n x < b\,A_{n-1} + b$ avec $b\,A_{n-1} + b$ entier force $A_n \leq b\,A_{n-1} + b - 1$ . Donc $0 \leq d_n = A_n - b\,A_{n-1} \leq b - 1$ : c’est bien un chiffre.

6. Télescopage : $d_k b^{-k} = A_k b^{-k} - A_{k-1} b^{-(k-1)}$ , donc

\sum_{k=1}^n d_k b^{-k} = A_n b^{-n} - A_0 = s_n .

En divisant $A_n \leq b^n x < A_n + 1$ par $b^n$ , on obtient $s_n \leq x < s_n + b^{-n}$ .

7. Récurrence : $b^0 = 1 \geq 1$ , et $b^{n+1} = b \cdot b^n \geq 2(n + 1) \geq n + 2$ . Croissance : $s_n - s_{n-1} = d_n b^{-n} \geq 0$ . Chaque $s_n \leq x$ (question 6) : $x$ est un majorant de $\{s_n\}$ . Pour $\varepsilon > 0$ , la propriété d’Archimède fournit $n$ avec $n + 1 > \frac1\varepsilon$ , donc $b^{-n} < \varepsilon$ , et alors $s_n > x - b^{-n} > x - \varepsilon$ d’après la question 6. D’après la Proposition 10.4, $x = \sup_n s_n$ .

8. Supposons $d_k = b - 1$ pour tout $k > N$ . Pour $n > N$ , la somme géométrique finie donne

s_n = s_N + (b - 1)\sum_{k=N+1}^{n} b^{-k} = s_N + b^{-N} - b^{-n} .

Donc $x \geq s_n = s_N + b^{-N} - b^{-n}$ pour tout $n$ ; en laissant le dernier terme descendre en dessous de tout $\varepsilon$ (question 7), $x \geq s_N + b^{-N}$ . Mais la question 6 au rang $N$ dit $x < s_N + b^{-N}$ : contradiction. La suite $(d_n)$ est propre.

9. Majoration : $t_n \leq (b-1)\sum_{k=1}^n b^{-k} = 1 - b^{-n} < 1$ , et $(t_n)$ est croissante au sens large, donc $y = \sup t_n$ existe avec $0 \leq y \leq 1$ . Fixons $n$ . Pour l’encadrement : $t_n \leq y$ est clair. Par propreté, choisissons $m > n$ avec $e_m \leq b - 2$ . Pour $p \geq m$ :

t_p - t_n = \sum_{k=n+1}^{p} e_k b^{-k} \leq (b^{-n} - b^{-p}) - b^{-m} < b^{-n} - b^{-m},

la somme centrale perdant au moins $b^{-m}$ face au maximum tout-en- $(b-1)$ ; pour $p \leq m$ , on a aussi $t_p \leq t_m \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ (croissance plus le cas $p = m$ ). Donc tout $t_p \leq t_n + b^{-n} - b^{-m}$ , d’où $y \leq t_n + b^{-n} - b^{-m} < t_n + b^{-n}$ . (Avec $n = 0$ : $y < 1$ , donc $y \in \intco{0}{1}$ .) Enfin $b^n t_n = \sum_{k \leq n} e_k b^{n-k}$ est un entier, et $b^n t_n \leq b^n y < b^n t_n + 1$ : donc $\lfloor b^n y \rfloor = b^n t_n$ . Enfin les chiffres de $y$ : $d_n(y) = b^n t_n - b \cdot b^{n-1} t_{n-1} = b^n(t_n - t_{n-1}) = e_n$ .

10. La question 9 dit : (valeur d’une suite) a pour chiffres (la suite) ; les questions 5 à 8 disent : (les chiffres de $x$ ) forment une suite propre dont les troncatures ont pour borne supérieure $x$ (question 7). Les deux applications se composent donc en l’identité dans les deux sens : ce sont des bijections réciproques l’une de l’autre entre $\intco{0}{1}$ et les suites propres. Si deux suites propres avaient la même valeur, appliquer l’application « chiffres » les rendrait égales : unicité. C’est le théorème du développement en base $b$ .

11. Soit $e_n = b - 1$ pour $n > M$ , avec $M \geq 0$ minimal. Comme à la question 8, $t_n = t_M + b^{-M} - b^{-n}$ pour $n \geq M$ , donc la valeur est $\sup t_n = t_M + b^{-M}$ . Si $M = 0$ la valeur est $0 + 1 = 1$ : en base $10$ , $0.999\dots = 1$ exactement — et non approximativement. Si $M \geq 1$ , la minimalité donne $e_M \leq b - 2$ , et la valeur est

t_M + b^{-M} = \frac{b^M t_M + 1}{b^M} \in \intoo{0}{1},

une fraction $b$ -adique, dont le développement propre est $e_1 \dots e_{M-1}\,(e_M + 1)\,000\dots$ (une suite qui s’arrête est propre, et sa valeur est le même nombre). Réciproquement, un réel ayant deux représentations doit en avoir une impropre (la propreté fixe la représentation, question 10), donc être de cette forme. Et chaque $m/b^N \in \intoo{0}{1}$ , écrit avec un dernier chiffre non nul $d_N$ , possède bien le jumeau impropre $d_1 \dots d_{N-1}(d_N - 1)(b-1)(b-1)\dots$ : ce sont exactement les fractions $b$ -adiques qui portent deux noms, tous les autres réels un seul.

12. Disons que les suites coïncident jusqu’à $m - 1$ , avec la troncature commune $P = s_{m-1}$ , et que $d_m < e_m$ . D’après la question 9 (majoration stricte au rang $m$ ), $x < P + d_m b^{-m} + b^{-m} = P + (d_m + 1)b^{-m} \leq P + e_m b^{-m} \leq y$ , la dernière étape parce que $P + e_m b^{-m}$ est la troncature $t_m \leq y$ de $y$ . Donc $d_m < e_m \implies x < y$ ; en échangeant les rôles, $e_m < d_m \implies y < x$ ; et comme les suites diffèrent en $m$ , l’un des deux cas se produit. Les deux sens s’ensuivent.

13. Posons $z = bx - A_1 \in \intco{0}{1}$ (en effet $A_1 \leq bx < A_1 + 1$ ). Pour $n \geq 0$ : $b^n z = b^{n+1} x - b^n A_1$ avec $b^n A_1 \in \Z$ , donc d’après $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ ( $K$ entier),

A_n(z) = A_{n+1}(x) - b^n A_1(x) .

Donc $d_n(z) = A_n(z) - b\,A_{n-1}(z) = A_{n+1} - b^n A_1 - b\,A_n + b^n A_1 = d_{n+1}(x)$ . Ainsi la partie fractionnaire de $bx$ porte les chiffres décalés ; en itérant $m$ fois, la partie fractionnaire de $b^m x$ a pour chiffres $(d_{n+m})_{n \geq 1}$ .

14. Division euclidienne : $b^n p = q\,Q_n + r_n$ avec $0 \leq r_n < q$ . En divisant par $q$ : $b^n x = Q_n + \frac{r_n}{q}$ avec $0 \leq \frac{r_n}{q} < 1$ , donc $Q_n = \lfloor b^n x \rfloor = A_n$ , ce qui donne $A_n = \frac{b^n p - r_n}{q}$ . Pour la récurrence : $b^n p = b(q\,A_{n-1} + r_{n-1}) = q\,(b\,A_{n-1}) + b\,r_{n-1}$ , donc $b^n p$ et $b\,r_{n-1}$ diffèrent d’un multiple de $q$ : $r_n = (b\,r_{n-1}) \bmod q$ .

15. Divisons $b\,r_{n-1}$ par $q$ : $b\,r_{n-1} = q\,c + r_n$ avec $c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . En substituant dans la formule affichée de la question 14 : $b^n p = q(b\,A_{n-1} + c) + r_n$ , et l’unicité de la division euclidienne identifie $A_n = b\,A_{n-1} + c$ , c’est-à-dire $d_n = c = \lfloor b\,r_{n-1}/q \rfloor$ . Le chiffre $n$ ne dépend que de $r_{n-1}$ — la boucle de la division posée de la partie I, désormais certifiée.

16. Les $q + 1$ restes $r_0, \dots, r_q$ prennent leurs valeurs dans l’ensemble à $q$ éléments $\intint{0}{q-1}$ : d’après le principe des tiroirs (Corollaire 2.3) deux coïncident, disons $r_N = r_{N+T}$ avec $0 \leq N < N + T \leq q$ . Comme $r_n$ détermine $r_{n+1}$ (question 14), une récurrence donne $r_{n+T} = r_n$ pour tout $n \geq N$ ; et comme $r_{n-1}$ détermine $d_n$ (question 15), $d_{n+T} = d_n$ pour tout $n \geq N + 1$ . Le développement de tout rationnel est périodique à partir d’un certain rang, avec prépériode $\leq q$ et période $\leq q$ .

17. Les chiffres de la partie fractionnaire de $b^T y$ sont $(d_{n+T}) = (d_n)$ (lemme de décalage, puis pure périodicité) : la même suite propre que $y$ . D’après la question 10 les valeurs sont égales : $b^T y - \lfloor b^T y \rfloor = y$ , donc $(b^T - 1)\,y = \lfloor b^T y \rfloor = A_T \in \N$ et

y = \frac{A_T}{b^T - 1} ,

rationnel de dénominateur divisant $b^T - 1$ ; le numérateur $A_T$ est l’entier dont les chiffres en base $b$ sont $d_1 \dots d_T$ . Vérification : $0.(142857) = \frac{142857}{999999}$ , et $142857 \times 7 = 999999$ , donc c’est bien $\frac 17$ .

18. Si $d_{n+T} = d_n$ pour $n > N$ , la partie fractionnaire $z$ de $b^N x$ a pour chiffres $(d_{N+n})_{n\geq1}$ (lemme de décalage), qui sont purement périodiques ; d’après la question 17, $z \in \Q$ . Alors $b^N x = A_N + z$ donne $x = (A_N + z)/b^N \in \Q$ . Avec la question 16 : $x$ rationnel $\iff$ développement périodique à partir d’un certain rang. Le membre de droite mentionne la base, celui de gauche non : la périodicité dans une base équivaut à la rationalité, donc à la périodicité dans toutes les bases.

19. Pour $x = \frac 1q$ , $r_n = b^n \bmod q$ . Si $\gcd(b, q) = 1$ , alors $r_T = r_0 = 1$ si et seulement si $b^T \equiv 1 \pmod q$ ; un tel $T$ existe (les tiroirs donnent $b^i \equiv b^j$ , $i < j$ , et $b$ est inversible modulo $q$ , donc $b^{j-i} \equiv 1$ ), et le plus petit — l’ordre multiplicatif — rend les restes, donc les chiffres, purement périodiques de période $T$ . Aucune période plus petite n’est possible : une période $T'$ donnerait $(b^{T'} - 1)\frac1q \in \N$ (question 17), c’est-à-dire $q \mid b^{T'} - 1$ . Pour $q = 7$ , $b = 10$ : $10 \equiv 3$ , $10^2 \equiv 2$ , $10^3 \equiv 6$ , $10^4 \equiv 4$ , $10^5 \equiv 5$ , $10^6 \equiv 1 \pmod 7$ : ordre $6$ , et en effet $\frac 17$ est de période six.

20. La suite comporte une infinité de $0$ (les chiffres de $x^*$ sont presque tous nuls), donc elle est propre, et $x^*$ est bien défini (question 9). Supposons les chiffres périodiques de période $T$ au-delà de $N$ . Une infinité de chiffres valent $1$ (un par nombre triangulaire), donc un $1$ se trouve à une position $j > N$ ; la périodicité place alors un $1$ à toute position $j + kT$ : à partir de $j$ , les écarts entre $1$ consécutifs valent au plus $T$ . Mais les $1$ se trouvent exactement aux nombres triangulaires, dont les écarts consécutifs $\frac{(j+1)(j+2)}{2} - \frac{j(j+1)}{2} = j + 1$ finissent par dépasser $T$ : contradiction. La suite n’est pas périodique à partir d’un certain rang, donc d’après la question 18, $x^* \notin \Q$ — l’irrationalité se lit dans le seul rythme des chiffres.

21. Étant donné $x < y$ , la question 7 fournit $n$ avec $b^{-n} < y - x$ ; posons $m = \lfloor b^n x \rfloor + 1$ . Alors $b^n x < m \leq b^n x + 1 < b^n y$ , donc $x < \frac{m}{b^n} < y$ : densité, et pour toutes les bases à la fois ( $b = 2$ redonne l’Exercice 10.8). Pour $\frac pq \in \intoo{0}{1}$ en base $b = q$ : le premier chiffre est $\lfloor q \cdot \frac pq \rfloor = p$ et la partie fractionnaire de $q \cdot \frac pq = p$ est $0$ : tous les chiffres suivants sont nuls, développement fini $\frac pq = (0.p)_q$ . Être fini dépend de la base ; la périodicité — la rationalité — non (question 18).

22. Chaque $e_k \in \{1, 2\}$ est un chiffre de la base $10$ , et la suite ne finit jamais par une infinité de $9$ : elle est propre. Sa valeur $y$ appartient à $\intco{0}{1}$ et a pour chiffres exactement les $(e_k)$ (question 9). Fixons $k$ : le $k$ -ième chiffre de $y$ est $e_k$ , choisi $\neq$ du $k$ -ième chiffre de $x_k$ , donc les suites propres de $y$ et de $x_k$ diffèrent, donc $y \neq x_k$ (question 10 : le codage est injectif). Ainsi $y$ ne figure dans aucune liste : aucune application $\N^* \to \intco{0}{1}$ n’est surjective. Les réels, contrairement aux rationnels, ne s’énumèrent pas — la non-dénombrabilité, dont le Chapitre 12 développe la théorie.

23. Si les développements coïncident jusqu’à $n$ , alors $x$ et $y$ ont la même troncature $s_n$ , et la question 6 les place tous deux dans $\intco{s_n}{s_n + b^{-n}}$ , intervalle de longueur $b^{-n}$ : $\abs{x - y} < b^{-n}$ . Réciproque : $x = 0.1$ et $y = 0.0999$ (développements finis, donc propres) vérifient $\abs{x - y} = 10^{-4} < 10^{-3}$ , et pourtant leurs développements diffèrent dès le tout premier chiffre. Les coupables sont les fractions $b$ -adiques de la question 11 : à leur voisinage, un déplacement minuscule retourne tous les chiffres affichés ( $0.0999 \to 0.1000$ ), car ce sont précisément les réels où rôde le jumeau impropre.

24. $p = 1$ , $q = 10$ , $b = 2$ , $r_0 = 1$ : $2 = 10 \cdot 0 + 2$ , $4 = 10 \cdot 0 + 4$ , $8 = 10 \cdot 0 + 8$ , $16 = 10 \cdot 1 + 6$ , $12 = 10 \cdot 1 + 2$ — et $r_5 = 2 = r_1$ : les restes parcourent le cycle $(2, 4, 8, 6)$ à partir de l’indice $1$ . Chiffres : $d_1 = 0$ , puis le bloc répété $d_2 d_3 d_4 d_5 = 0, 0, 1, 1$ :

\tfrac{1}{10} = (0.0\overline{0011})_2 ,

prépériode $1$ , période $4$ . D’après la question 3, un développement fini en base $2$ exigerait que tout premier de $10$ divise $2$ ; le premier $5$ s’y refuse. Donc $0.1$ n’est pas représentable par une chaîne binaire finie — un ordinateur qui ne stocke qu’un nombre fini de bits n’en garde qu’une troncature, et les erreurs de troncature accumulées expliquent pourquoi le $0.1 + 0.2$ en virgule flottante diffère de $0.3$ dans les derniers bits.

25. (i) La complétude a produit les valeurs : $x = \sup s_n$ et $y = \sup t_n$ (questions 7 et 9) — dans $\Q$ seul, la suite propre de $\sqrt 2$ ne nommerait rien. (ii) La propriété d’Archimède a rendu $b^{-n}$ finalement plus petit que tout $\varepsilon$ , ce qui force les troncatures à se resserrer sur leur borne supérieure (questions 7 et 21). (iii) La clause d’unicité de la partie entière a identifié $Q_n = A_n$ à la question 14 et légitimé chaque extraction de chiffre $\lfloor u - K \rfloor = \lfloor u \rfloor - K$ (question 13). (iv) Le principe des tiroirs, appliqué à un nombre fini de restes, est le seul moteur de la périodicité (question 16). Morale : les suites propres codent fidèlement $\intco{0}{1}$ et transforment la rationalité en un rythme visible ; mais additionner des suites de chiffres exige des retenues venues d’infiniment loin à droite, si bien qu’aucune règle à étapes finies ne calcule même le premier chiffre d’une somme — alors que l’interface « borne supérieure » du Théorème 10.2 traite toute l’analyse avec un unique axiome. Les chiffres sont une magnifique image de $\R$ ; la borne supérieure en est le moteur.

10.1 La propriété de la borne supérieure

10.2 Intervalles

10.3 Exercices

10.4 Problème : développements en base bbb et le rythme des rationnels

10.4 Problème : développements en base $b$ et le rythme des rationnels