On a : \(\sqrt{x}-\sqrt{y}=\dfrac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt y}\). Si \(\sqrt x + \sqrt y\) était rationnel alors il en serait de même de \(\sqrt{x}-\sqrt{y}\). Mais comme \(\sqrt{x}=\dfrac{\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right) + \left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)}{2}\), on aurait que \(\sqrt{x}\) est rationnel.
On définit la fonction \[f :\left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \begin{cases} \left| x \right| & \textrm{ si } x\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\\ \left| x \right| +1 & \textrm{ si } x\in \mathbb{Q}\end{cases} \end{array} \right.\] Déterminez \(\inf_{x\in \mathbb{R} } f(x)\).
Montrons que \(0\) est la borne inférieure de \(\mathop{\rm Im}f\).
\(0\) est clairement un minorant de \(\mathop{\rm Im}f\).
Soit \(\varepsilon>0\). Comme \(\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il existe \(x\in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}\) tel que \(0<x<\varepsilon\) et \(f\left(x\right)=\left|x\right|=x\). Donc \(x\in \mathop{\rm Im}f\).
On applique alors la propriété de caractérisation de la borne inférieure et \(\boxed{ 0=\inf_{x\in \mathbb{R} } f(x)}\).
Soit \(f : \mathbb{R}{+} \mapsto \mathbb{R}\) une fonction non-nulle vérifiant : \[(\star) \quad\forall (x, y) \in \mathbb{R}^{2}, \quad f(x + y) = f(x) + f(y)\] \[(\star \star) \quad\forall (x, y) \in \mathbb{R}^{2}, \quad f(x y)= f(x) f(y)\]
Montrez que \(f(1) = 1\) et \(f(0) = 0\).
Montrez que \(\forall n \in \mathbb N\), \(f(n) = n\).
Montrez que \(\forall r \in \mathbb{Q}{+}\), \(f(r) = r\).
Montrez que \(\forall x \in \mathbb{R}{+}\), \(f(x) \geqslant 0\).
Montrez que \(f\) est une fonction croissante.
Montrez que \(\forall x \in \mathbb{R}{+}\), \(f(x) = x\). (On raisonnera par l’absurde, en supposant par exemple que \(x < f(x)\) et on introduira un rationnel \(r\) tel que \(x < r < f(x)\)).
Comme \(f\) n’est pas la fonction nulle, il existe \(\alpha\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(\alpha) \neq 0\). Alors, puisque \[f(\alpha) = f(1.\alpha) = f(1).f(\alpha)\] on en déduit que \[f(\alpha) \left[ f(1) - 1 \right] = 0\] et puisque \(f(\alpha)\neq 0\), on obtient que \(f(1) = 1\).
Puisque d’après \((\star)\), \[f(0) = f(0 + 0) = f(0) + f(0)\] on obtient que \(f(0)=0\).
Montrons la propriété par récurrence sur \(n\). \[\mathcal{P}(n): f(n) = n\] \(\mathcal{P}(0)\) est vraie d’après a).
\(\mathcal{P}(n)\Rightarrow \mathcal{P}(n+1)\): en utilisant \((\star)\) et \(\mathcal{P}(n)\): \[f(n + 1) = f(n) + f(1) = f(n) + 1 = n + 1\]
Soit \(r\in \mathbb{Q}{+}\). Il existe \((p, q) \in \mathbb{Q}{2}\) (\(p \geqslant 0, \,q>0\)) tels que \[r = \dfrac{p}{q}\] Alors, en utilisant \((\star\star)\): \[q f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(q).f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = f(p) = p\] On en tire donc que \[f\left({\scriptstyle p\over\scriptstyle q}\right) = \dfrac{p}{q}\]
Soit \(x\in \mathbb{R}{+}\). Écrivons en utilisant \((\star\star)\): \[f(x) = f\left( \sqrt{x} . \sqrt{x} \right) = \left[ f\left(\sqrt{x}\right)\right]^2 \geqslant 0\]
Soit \((x, y) \in { \mathbb{R}{+} }^2\), tels que \(x \leqslant y\). Comme \(y - x \geqslant 0\), d’après d), on en déduit que \[f( y - x) \geqslant 0\] et d’après \((\star)\) que \[f(y) = f(y -x + x) = f(y - x) + f(x) \geqslant f(x)\] Donc \(f\) est croissante.
Par l’absurde, si \(f \neq \mathop{\mathrm{id}}\nolimits_{\mathbb{R}{+}}\), il existerait \(x\in \mathbb{R}{+}\) tel que \(f(x) \neq x\). Distinguons les deux cas possibles:
\(x < f(x)\): Comme \(\mathbb{Q}\) est dense dans \(\mathbb{R}\), il existe \(r\in \mathbb{Q}\) vérifiant \[x < r < f(x)\]
Comme d’après c), \(f(r) = r\), on aurait puisque \(f\) est croissante: \[f(x) \leqslant f(r)\] et donc \[x < r < f(x) \leqslant f(r) = r\] ce qui est absurde.
\(f(x) < x\): ce cas se traite de la même façon.
Soit \(G\) un sous-groupe de \(\left(\mathbb{R},+\right)\) non réduit à \(\left\{0\right\}\). L’objet de cet exercice est de montrer que \(G\) est soit discret dans \(\mathbb{R}\) de la forme \(a\mathbb{Z}\) où \(a\in\mathbb{R}_+^*\), soit dense dans \(\mathbb{R}\).
Montrer que \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est non vide.
En déduire que \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) admet une borne inférieure \(a\geqslant 0\).
On suppose dans cette partie que \(a>0\).
Prouver que \(G=a\mathbb{Z}\).
On suppose maintenant que \(a=0\). Montrer que \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).
Comme \(G\) n’est pas réduit à \(\left\{0\right\}\), il existe \(x\in G\) tel que \(x\neq 0\). Si \(x\) est positif, il est clair que \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est non vide. Sinon, si \(x\) est négatif, \(G\) étant un groupe, \(-x\) est élément de \(G\) et est positif. Pas suite, \(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est non vide.
\(G\cap \mathbb{R}_+^*\) est donc une partie non vide de \(\mathbb{R}\). Elle est minorée par \(0\). En appliquant l’axiome de la borne supérieure, elle admet une borne inférieure \(a\geqslant 0\).
Supposons que \(a\) n’est pas élément de \(G\). En appliquant la propriété de caractérisation de la borne inférieure, il existe \(t_1\), \(t_2\in G\) tels que \(0<a<t_2<t_1<2a\). Mais alors \(0<t_1-t_2 <a\) car \(t_1>0\). De plus, \(t_1-t_2\in G\). Donc \(a\) ne peut alors être la borne inférieure de \(G\) ce qui est en contradiction avec notre hypothèse de départ. \(a\) est donc nécessairement élément de \(G\).
\(a\) étant élément de \(G\), il est clair que \(a\mathbb{Z}\subset G\). Montrons l’inclusion inverse. Soit \(x\in G\). Quitte à considérer \(-x\) plutôt que \(x\), on peut supposer que \(x\) est positif. D’après la propriété d’Archimède, il existe \(n\in \mathbb{N}\) tel que \(n.a> x\). Notons \(n_0\) le plus petit entier vérifiant cette propriété. On a : \(\left(n_0-1\right).a\leqslant x< n_0 . a\) ce qui amène : \(0\leqslant x-\left(n_0-1\right).a \leqslant a\). Mais alors \(x-\left(n_0-1\right).a\) est un élément positif de \(G\) plus petit que \(a\). Comme \(a\) est la borne inférieure de \(G\), ceci n’est possible que si \(x-\left(n_0-1\right).a=0\) c’est-à-dire que si \(x= \left(n_0-1\right).a\). On prouve ainsi que \(G\subset a\mathbb{Z}\). Finalement : \(G=a\mathbb{Z}\).
Soit \(x<y\in\mathbb{R}\). Il faut montrer que \(\left[x,y\right] \cap G \neq \varnothing\). Comme précédemment, on peut supposer que \(x\) est positif. Posons : \(\varepsilon=y-x>0\). D’après la propriété de caractérisation de la borne inférieure, il existe \(g\in G\) tel que \(0<g\leqslant\varepsilon\). Il existe un couple \(\left(q,r\right)\in\mathbb{N}\times\mathbb{R}_+^*\) tel que : \(y=qg+r\) et \(0\leqslant r< g\). Donc \(x = y-\left(y-x\right)= y-\varepsilon \leqslant y-g \leqslant y-r \leqslant qg \leqslant y\). Donc \(qg\in\left[x,y\right]\) et comme \(qg\in G\), \(G\) est dense dans \(\mathbb{R}\).