Chapitre I. Nombres réels
I.1.3. On suppose que A et B sont majorés et on pose a = sup A, b = sup B ;
a est alors un majorant de A, b un majorant de B et a + b est un majorant de
A + B. De plus, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈ A et y ∗ ∈ B tels que x ∗ > a−
ε
2
et y ∗ > b −
ε
2 . Donc, x ∗ + y ∗ > a + b − ε. Puisque z ∗ = x ∗ + y ∗ ∈ A + B,
l’égalité a + b = sup (A + B) est donc prouvée. Si A ou B n’est pas majoré,
alors A + B est aussi non-majoré et, par définition de la borne supérieure,
sup (A + B) = sup A + sup B = +∞.
La seconde égalité est une conséquence immédiate de la première et du
problème précédent. En effet, on a
sup (A − B) = sup (A + (−B)) = sup A + sup (−B) = sup A − inf B.
On peut appliquer des arguments semblables pour prouver les égalités
inf (A + B) = inf A + inf B,
inf (A − B) = inf A − sup B.
I.1.4. On suppose que chacun des deux ensembles est majoré et on pose
a = sup A et b = sup B. Puisque les éléments de A et de B sont des réels
strictement positifs, xy ab pour tout x ∈ A et y ∈ B. On va montrer que
ab est la borne supérieure de A · B. Soit ε > 0. Il existe x ∗ ∈ A et y ∗ ∈ B
tels que x ∗ > a − ε et y ∗ > b − ε. Donc x ∗ y ∗ > ab − ε(a + b − ε). Puisque
l’on peut rendre ε(a + b − ε) arbitrairement petit si ε est suffisamment petit,
on voit que tout nombre inférieur à ab n’est pas un majorant de A · B. Ainsi,
ab = sup (A · B). Si A ou B n’est pas majoré, alors A · B ne l’est pas non plus
et sup (A · B) = sup A × sup B = +∞.
Nous devons maintenant montrer que sup
1
A
=
1
inf A si a = inf A > 0.
Pour tout x ∈ A, l’inégalité x a est équivalente à
1
x
1
a . Donc
1
a est un
majorant de
1
A . De plus, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈ A tel que x ∗ < a + ε.
D’où,
1
x ∗ >
1
a + ε
=
1
a −
ε
a (a + ε)
.
Puisque l’on peut rendre
ε
a (a +ε) arbitrairement petit,
1
a est la borne supérieure de
1
A . On considère maintenant le cas où a = 0. L’ensemble
1
A est alors
non-borné (en effet, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈
1
A tel que x ∗ >
1
ε ) et
sup
1
A = +∞.
16
I.1.3. On suppose que A et B sont majorés et on pose a = sup A, b = sup B ;
a est alors un majorant de A, b un majorant de B et a + b est un majorant de
A + B. De plus, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈ A et y ∗ ∈ B tels que x ∗ > a−
ε
2
et y ∗ > b −
ε
2 . Donc, x ∗ + y ∗ > a + b − ε. Puisque z ∗ = x ∗ + y ∗ ∈ A + B,
l’égalité a + b = sup (A + B) est donc prouvée. Si A ou B n’est pas majoré,
alors A + B est aussi non-majoré et, par définition de la borne supérieure,
sup (A + B) = sup A + sup B = +∞.
La seconde égalité est une conséquence immédiate de la première et du
problème précédent. En effet, on a
sup (A − B) = sup (A + (−B)) = sup A + sup (−B) = sup A − inf B.
On peut appliquer des arguments semblables pour prouver les égalités
inf (A + B) = inf A + inf B,
inf (A − B) = inf A − sup B.
I.1.4. On suppose que chacun des deux ensembles est majoré et on pose
a = sup A et b = sup B. Puisque les éléments de A et de B sont des réels
strictement positifs, xy ab pour tout x ∈ A et y ∈ B. On va montrer que
ab est la borne supérieure de A · B. Soit ε > 0. Il existe x ∗ ∈ A et y ∗ ∈ B
tels que x ∗ > a − ε et y ∗ > b − ε. Donc x ∗ y ∗ > ab − ε(a + b − ε). Puisque
l’on peut rendre ε(a + b − ε) arbitrairement petit si ε est suffisamment petit,
on voit que tout nombre inférieur à ab n’est pas un majorant de A · B. Ainsi,
ab = sup (A · B). Si A ou B n’est pas majoré, alors A · B ne l’est pas non plus
et sup (A · B) = sup A × sup B = +∞.
Nous devons maintenant montrer que sup
1
A
=
1
inf A si a = inf A > 0.
Pour tout x ∈ A, l’inégalité x a est équivalente à
1
x
1
a . Donc
1
a est un
majorant de
1
A . De plus, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈ A tel que x ∗ < a + ε.
D’où,
1
x ∗ >
1
a + ε
=
1
a −
ε
a (a + ε)
.
Puisque l’on peut rendre
ε
a (a +ε) arbitrairement petit,
1
a est la borne supérieure de
1
A . On considère maintenant le cas où a = 0. L’ensemble
1
A est alors
non-borné (en effet, pour tout ε > 0, il existe x ∗ ∈
1
A tel que x ∗ >
1
ε ) et
sup
1
A = +∞.
16