Chapitre I. Nombres réels
I.1.8. On peut montrer par récurrence que pour n 11, 2 n > (n + 1)
3 .
Donc,
0 <
(n + 1) 2
2 n
<
(n + 1)
2
(n + 1)
3
pour n 11.
La borne inférieure de notre ensemble est donc égale à 0.
On prouve aussi facilement que 2 n > (n + 1)
2 pour n 6. Donc,
(n+1)
2
2 n
< 1
pour n 6. Les nombres 2,
9
4 ,
25
16 et
36
32 appartiennent aussi à notre ensemble.
La borne supérieure est donc égale à
9
4 .
I.1.9. On déduit du problème précédent que la borne inférieure de cet
ensemble est 0. D’après l’inégalité mentionnée dans la solution précédente,
2 nm > (nm + 1)
2 pour nm 6. Puisque nm + 1 n + m pour n, m ∈ N ∗ ,
on a
(n + m)
2
2 nm
<
(n + m)
2
(nm + 1) 2
(n + m)
2
(n + m)
2 = 1 si nm 6.
Pour nm < 6, on obtient les éléments suivants de notre ensemble : 1, 2,
9
4 ,
25
16
et
36
32 . La borne supérieure est donc égale à
9
4 .
I.1.10.
(a) Il est évident que 2 est un majorant de l’ensemble A. On va prouver qu’il
n’y a pas de majorant plus petit. En effet, si ε > 0 est fixé, alors pour
tout entier strictement positif n ∗ >
2
ε
, on a
2(n ∗ −1)
n ∗
> 2 − ε. La borne
inférieure de A est égale à 0 car
m
n > 0 pour m, n ∈ N ∗ et, étant donné
ε > 0, il existe
n tel que
1
n < ε.
(b) Clairement, 0
√ n − [
√
n ] < 1. En prenant n = k 2 (k ∈ N ∗ ), on voit
que 0 ∈ B et inf B = 0. Pour prouver que sup B = 1, on remarque
d’abord que
√
n 2 + 2n
= n pour tout entier n strictement positif. Soit
0 < ε < 1. Un simple calcul montre que l’inégalité
n 2 + 2n −
n 2 + 2n
=
2
1 +
2
n + 1
> 1 − ε
est vérifiée pour tout entier n >
(1−ε)
2
2ε .
18