Relation (mathématiques)/Exercices/Relation d'ordre

Exercice 2-1

Pour la définition des (bornes) sup(érieure)s, (re)voir : Introduction aux mathématiques/Relations binaires#Relations d'ordre.

Soient $a,b,c$ trois éléments d'un ensemble ordonné. On suppose que $\sup(a,\sup(b,c))$ et $\sup(a,b)$ existent. Montrer que $\sup(\sup(a,b),c)$ existe et qu'il est égal à $\sup(a,\sup(b,c))$.

Solution

Notons $s=\sup(a,b)$, $t=\sup(b,c)$, $u=\sup(a,t)$ et montrons que $u=\sup(s,c)$.

$x\geq s,c\Leftrightarrow x\geq a,b,c\Leftrightarrow x\geq a,t\Leftrightarrow x\geq u$.

 

Soit $A$ une partie non vide et bornée de $\mathbb {R}$. Déterminer, en fonction de $\inf A$ et $\sup A$ :

• $\sup \lambda A$ et $\inf \lambda A$, où $\lambda A=\{\lambda x\mid x\in A\}$ (pour $\lambda \in \mathbb {R}$) ;
• $\sup |A|$, où $|A|=\{|x|\mid x\in A\}$.

Montrer que $\inf |A|$ ne dépend pas seulement de $\inf A$ et $\sup A$.

Solution

• Si $\lambda \geq 0$, $(\sup \lambda A,\inf \lambda A)=\lambda (\sup A,\inf A)$. Si $\lambda \leq 0$, $(\sup \lambda A,\inf \lambda A)=\lambda (\inf A,\sup A)$.
• $\sup |A|=\max(\sup A,-\inf A)$.

Les deux ensembles $[-1,1]$ et $\{-1,1\}$ ont le même inf et le même sup, mais l'inf de leur valeur absolue est 0 pour le premier et 1 pour le second.

 

Soient $f,g:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ deux fonctions majorées.

1. Établir $\sup(f+g)\leq \sup f+\sup g$ et donner un exemple ou l'inégalité est stricte.
2. En déduire $\sup(f-g)\geq \sup f-\sup g$ et un exemple ou l'inégalité est stricte.

Solution

1. $\sup f+\sup g$ est un majorant de $f+g$ donc est supérieur ou égal au plus petit majorant, $\sup(f+g)$.
   Soit $f=\sin$ et $g=-\sin$. Alors, $\sup f+\sup g=2<0=\sup(f+g)$.
2. D'après la question précédente, $\sup(f-g)+\sup g\geq \sup((f-g)+g)=\sup f$ et l'inégalité est stricte pour $g=-\sin$ et $f=0$.

 

Déterminer, si elles existent, les bornes supérieures et inférieures des parties suivantes, en précisant de plus si elles appartiennent à la partie considérée.

• $A_{1}=\left\{\left.{\frac {2n^{2}+3n-2}{n^{2}+n+1}}~\right|~n\in \mathbb {N} ^{*}\right\}$
• $A_{2}=\left\{\left.1+{\frac {1}{n+1}}~\right|~n\in \mathbb {N} \right\}$
• $A_{3}=\left\{\left.{\frac {1}{n}}+\sin {\frac {2n\pi }{3}}~\right|~n\in \mathbb {N} ^{*}\right\}$
• $A_{4}=\left\{\left.{\frac {\lfloor 10^{n}{\sqrt {2}}\rfloor }{10^{n}}}~\right|~n\in \mathbb {N} \right\}$, où $\lfloor x\rfloor$ désigne la partie entière de $x$
• $A_{5}=\{x\in \mathbb {R} \mid \exists a\in \left]0,1\right[\;\forall y\in \left]2,3\right[\;a<x<y\}$
• $A_{6}=\left\{\left.\sum _{k=1}^{n}\cos {\frac {2k\pi }{2n+1}}~\right|~n\in \mathbb {N} \right\}$
• $A_{7}=\left\{\left.(-1)^{n}+{\frac {1}{n}}~\right|~n\in \mathbb {N} ^{*}\right\}$
• $A_{8}=\left\{\left.2^{(-1)^{n}n}~\right|~n\in \mathbb {N} \right\}$.

Solution

• Posons $f(x)={\frac {2x^{2}+3x-2}{x^{2}+x+1}}=2+{\frac {x-4}{x^{2}+x+1}}$. Alors, $\lim _{+\infty }f=2>1=f(1)$ et $f'(x)={\frac {-x^{2}+9x+1}{x^{2}+x+1}}={\frac {-(x-9/2)^{2}+85/4}{x^{2}+x+1}}$ donc $\min(A_{1})=1$ et $\max(A_{1})=\max(f(4),f(5))=f(5)=2+{\frac {1}{31}}$.
• La suite $(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ définie par $u_{n}=1+{\frac {1}{n+1}}$ est strictement décroissante donc $\max(A_{2})=u_{0}=2$ et $A_{2}\not \ni \inf(A_{2})=\lim u_{n}=1$.
• Posons $v_{n}={\frac {1}{n}}+\sin {\frac {2n\pi }{3}}$ (pour $n\geq 1$). Alors, $v_{3k}={\frac {1}{3k}}$ (pour $k\geq 1$), $v_{3k+1}={\frac {1}{3k+1}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ et $v_{3k+2}={\frac {1}{3k+2}}-{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ (pour $k\geq 0$) et ces trois sous-suites sont strictement décroissantes. Donc $\max(A_{3})=\max(v_{1},v_{2},v_{3})=v_{1}=1+{\frac {\sqrt {3}}{2}}$ et $A_{3}\not \ni \inf(A_{3})=\lim v_{3k+2}=-{\frac {\sqrt {3}}{2}}$.
• La suite $\left({\frac {\lfloor 10^{n}{\sqrt {2}}\rfloor }{10^{n}}}\right)_{n\in \mathbb {N} }$ est strictement croissante et converge vers ${\sqrt {2}}$ donc $\min(A_{4})={\frac {\lfloor 10^{0}{\sqrt {2}}\rfloor }{10^{0}}}=1$ et $A_{4}\not \ni \sup(A_{4})={\sqrt {2}}$.
• $A_{5}=\{x\in \mathbb {R} \mid \exists a\in \left]0,1\right[\;a<x\leq 2\}=\left]0,2\right]$.
• $A_{6}=\left\{-{\frac {1}{2}}\right\}$ car pour tout $n\in \mathbb {N}$, la somme des $2n+1$ racines ($2n+1$)-ièmes de l'unité est nulle donc $0=\sum _{k=-n}^{n}\cos {\frac {2k\pi }{2n+1}}=1+2\sum _{k=1}^{n}\cos {\frac {2k\pi }{2n+1}}$.
• $\max(A_{7})=(-1)^{2}+{\frac {1}{2}}={\frac {3}{2}}$ et $A_{7}\not \ni \inf(A_{7})=\lim(-1)^{2k+1}+{\frac {1}{2k+1}}=-1$.
• $\sup A_{8}=\lim 2^{(-1)^{2k}2k}=+\infty$, $A_{8}\not \ni \inf(A_{8})=\lim 2^{(-1)^{2k+1}(2k+1)}=0$.

 

Soient $A$ et $B$ deux parties non vides de $\mathbb {R}$. Montrer que les deux assertions qui suivent sont équivalentes :

• $\sup A=\inf B$ ;
• $(\forall a\in A\quad \forall b\in B\quad a\leq b){\text{ et }}(\forall \varepsilon >0\quad \exists a\in A\quad \exists b\in B\quad b-a\leq \varepsilon )$.

Solution

$\sup A=\inf B\Leftrightarrow \inf(B-A)=0\Leftrightarrow (0\leq B-A){\text{ et }}(\forall \varepsilon >0\quad \varepsilon \not <B-A)$.

 

Exercice 2-2

1. Il est connu que l'ensemble $\mathbb {R}$ des réels possède la propriété de la borne supérieure. Qu'est-ce que cela signifie ?
2. Le sous-ensemble $\mathbb {Q}$ des rationnels possède-t-il aussi cette propriété ?
3. Est-il vrai que tout ensemble bien ordonné possède cette propriété ?

Solution

1. Dans $\mathbb {R}$ (muni de sa relation d'ordre usuelle), toute partie non vide et majorée possède une borne supérieure.
2. Non. Exemple : $\{x\in \mathbb {Q} \mid x^{2}<2\}$ n'a pas de borne supérieure dans $\mathbb {Q}$.
3. Oui et même toute partie majorée $A$ (vide ou pas) possède une borne supérieure, puisque l'ensemble des majorants de $A$ est non vide donc possède un plus petit élément (par définition des bons ordres).

 

Exercice 2-3

On définit sur $\mathbb {R} ^{2}$ la relation $\preceq$ par : $(x,y)\preceq (x',y')\Longleftrightarrow x\leq x'{\text{ et }}y\leq y'$.

1. Montrer que c'est une relation d'ordre.
2. Pour cet ordre, le disque $D=\{(x,y)\in \mathbb {R} ^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\}$ admet-il des majorants ? des éléments maximaux ? un plus grand élément ? une borne supérieure ?
3. Mêmes questions pour le carré $C=[-1,1]^{2}$.

Solution

1. Vérification immédiate.
2. L'ensemble des majorants de $D$ est $\left[1,+\infty \right[^{2}$, donc $\sup(D)=\min(\left[1,+\infty \right[^{2})=(1,1)$. L'ensemble des éléments maximaux de $D$ est le quart de cercle $\{(x,y)\in \mathbb {R} _{+}^{2}\mid x^{2}+y^{2}\leq 1\}$. $D$ n'a pas de maximum puisqu'il a plusieurs maximaux (ou : puisque $\sup(D)\notin D$).
3. $C$ a mêmes majorants (donc même borne supérieure) que $D$. Cette borne supérieure $(1,1)$ appartient à $C$ donc est le plus grand élément de $C$ et par conséquent, l'unique élément maximal.

 

Exercice 2-4

1. • Dans $(\mathbb {R} ,\leq )$, on considère l'ensemble $S$ formé par les termes de la suite $(u_{n})_{n\geq 1}$ définie par $u_{n}=1+{\frac {(-1)^{n}}{n}}$. $S$ admet-il une borne supérieure ? un plus grand élément ? une borne inférieure ? un plus petit élément ?
   • Même question avec la suite $(u_{n})_{n\geq 0}$ définie par $u_{n}={\frac {2n+3}{n+2}}$.
2. On considère l'ensemble ordonné $(\mathbb {N} ,\mid )$.
   • Existe-t-il des éléments maximaux dans $\mathbb {N}$ (si oui, lesquels ?) Existe-t-il des éléments minimaux dans $\mathbb {N}$ (si oui, lesquels ?)
   • L'ensemble $S=\{2,4,6,7,15\}\subset \mathbb {N}$ admet-il des majorants ? une borne supérieure ? un plus grand élément ? des éléments maximaux ? des minorants ? une borne inférieure ? un plus petit élément ? des éléments minimaux ?
3. Soit $X$ un ensemble. On considère l'ensemble ordonné $({\mathcal {P}}(X),\subset )$. Dans chacun des deux cas qui suivent, le sous-ensemble $S$ de ${\mathcal {P}}(X)$ admet-il des majorants ? une borne supérieure ? un plus grand élément ? des éléments maximaux ? des minorants ? une borne inférieure ? un plus petit élément ? des éléments minimaux ?
   • $S=\{\{1,2,3\},\{3,4\},\{6\},\{1,4,6\},\{1,6,8\},\{2,4,6\}\}$ avec $X=\{1,2,3,4,5,6,7,8\}$.
   • $S={\mathcal {P}}(X)\setminus \{\varnothing ,X\}$ avec $X=\{1,2,3,4\}$.

Solution

1. • $\inf(S)=0=u_{1}=\min(S)$ et $\sup(S)={\frac {3}{2}}=u_{2}=\max(S)$.
   • $u_{n}=2-{\frac {1}{n+2}}$ donc $\inf(S)={\frac {3}{2}}=u_{0}=\min(S)$, $\sup(S)=2\notin S$, $\max(S)$ n'existe pas.
2. • Le seul élément maximal (c'est-à-dire le seul entier naturel sans multiple strict) est $0$ et le seul élément minimal (entier naturel sans diviseur strict) est $1$.
   • Les majorants de $S$ sont les multiples de $\operatorname {PPCM} (2,4,6,7,15)=420$, donc $\sup(S)=420\notin S$, donc $\max(S)$ n'existe pas. Dans $S$, tous les éléments sauf 2 sont maximaux (il y en a plusieurs, ce qui redémontre que $\max(S)$ n'existe pas).
     Le seul minorant de $S$ est $\operatorname {PGCD} (2,4,6,7,15)=1$, donc $\inf(S)=1\notin S$, donc $\min(S)$ n'existe pas. Dans $S$, tous les éléments sauf 4 sont minimaux (il y en a plusieurs, ce qui redémontre que $\min(S)$ n'existe pas).
3. • Soit $A=\{1,2,3,4,6,8\}$. Les majorants de $S$ sont les quatre parties de $X$ qui contiennent $A$ donc $\sup(S)=A\notin S$ donc $\max(S)$ n'existe pas. Dans $S$, tous les éléments sauf $\{6\}$ sont maximaux.
     Le seul minorant de $S$ est $\varnothing$, donc $\inf(S)=\varnothing \notin S$, donc $\min(S)$ n'existe pas. Dans $S$, les éléments minimaux sont $\{1,2,3\}$ et $\{3,4\}$.
   • Le seul majorant de $S$ est $X$ donc $\sup(S)=X\notin S$ donc $\max(S)$ n'existe pas. Le seul minorant de $S$ est $\varnothing$, donc $\inf(S)=\varnothing \notin S$, donc $\min(S)$ n'existe pas. Dans $S$, les éléments minimaux sont les singletons et les maximaux sont leurs complémentaires.

 

Exercice 2-5

On considère l'ensemble ordonné $({\mathcal {P}}(\mathbb {N} ),\subset )$.

1. L'ensemble $S$ des parties finies de $\mathbb {N}$ a-t-il des éléments minimaux ? un plus petit élément ? des éléments maximaux ? un plus grand élément ? (et si oui, lesquels ?)
2. Mêmes questions pour l'ensemble $T$ des parties de $\mathbb {N}$ cofinies, c'est-à-dire de complémentaire fini.

Solution

1. $\min(S)=\varnothing$ et $S$ n'a pas d'éléments maximaux.
2. $\max(T)=\mathbb {N}$ et $T$ n'a pas d'éléments minimaux.

 

Exercice 2-6

Soit $E$ un ensemble. On considère l'ensemble ordonné $({\mathcal {P}}(E),\subset )$.

1. Montrer que tout sous-ensemble ${\mathcal {G}}\subset {\mathcal {P}}(E)$ admet dans ${\mathcal {P}}(E)$ une borne inférieure $\inf({\mathcal {G}})$.
2. On fixe désormais un ensemble ${\mathcal {F}}$ de parties de $E$ et pour chaque $P\subset E$, on pose

   ${\mathcal {G}}_{P}=\{A\in {\mathcal {F}}\mid P\subset A\}$, puis ${\widehat {P}}=\inf({\mathcal {G}}_{P})$.

   Montrer que $P\subset {\widehat {P}}$.

3. Montrer que si $P\in {\mathcal {F}}$ alors ${\widehat {P}}=P$. La réciproque est-elle vraie ?
4. Pour toute partie $P$ de $E$, montrer que $\forall A\in {\mathcal {F}}\quad {\widehat {P}}\subset A\Leftrightarrow P\subset A$, et en déduire que ${\widehat {\widehat {P}}}={\widehat {P}}$.

Solution

1. Les minorants de ${\mathcal {G}}$ sont les parties de $E$ incluses dans chaque élément de ${\mathcal {G}}$. Le plus grand de ces minorants est donc l'intersection des éléments de ${\mathcal {G}}$ (cette intersection étant $E$ par convention si ${\mathcal {G}}=\varnothing$).
2. ${\mathcal {G}}_{P}$ est par définition minoré par $P$ donc $\inf({\mathcal {G}}_{P})\supset P$.
3. Si $P\in {\mathcal {F}}$ alors $P=\min({\mathcal {G}}_{P})$ donc ${\widehat {P}}=P$. La réciproque est fausse : ${\mathcal {F}}$ peut même être vide et l'on a alors ${\widehat {P}}=\inf(\varnothing )=E$ toute partie $P$ de $E$, en particulier ${\widehat {E}}=E$. Autre contre-exemple : ${\mathcal {F}}=\{\{0,1\},\{0,2\}\}$ et $P=\{0\}$.
4. ${\widehat {P}}\subset A\Leftrightarrow P\subset A$ d'après la question 2. Si $A\in {\mathcal {F}}$ alors réciproquement, $P\subset A\Rightarrow A\in {\mathcal {G}}_{P}\Rightarrow \inf({\mathcal {G}}_{P})\subset A$. Par conséquent, ${\mathcal {G}}_{\widehat {P}}={\mathcal {G}}_{P}$ et donc ${\widehat {\widehat {P}}}={\widehat {P}}$.

 

Exercice 2-7

On considère la relation $\preceq$ sur $C=[0,1]^{2}$ définie par : $(x,y)\preceq (x',y')\Longleftrightarrow x<x'{\text{ ou }}(x=x'{\text{ et }}y\leq y')$.

1. Montrer que c'est une relation d'ordre.
2. L'ensemble $C$ admet-il des éléments maximaux ? des éléments minimaux ?
3. Est-ce que toute partie non vide de $C$ admet un plus grand élément ?

Solution

1. Vérification immédiate.
2. (Cet ordre est total.) $\max(C)=(1,1)$ et $\min(C)=(0,0)$.
3. Non. Exemple : $\{0\}\times \left[0,1\right[$.

 

Exercice 2-8

Soit $E$ un espace vectoriel (de dimension non nécessairement finie). On considère l'ensemble ${\mathcal {L}}$ des parties libres de $E$, ordonné par l'inclusion.

1. Démontrer formellement que $\varnothing \in {\mathcal {L}}$.
2. $({\mathcal {L}},\subset )$ a-t-il des éléments minimaux ? un élément minimum ?
3. $({\mathcal {L}},\subset )$ a-t-il des éléments maximaux ? un élément maximum ?

Solution

1. Une partie $E$ de $E$ est libre si
   $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad \forall x_{1},\dots ,x_{n}\in A\quad \forall \lambda _{1},\dots ,\lambda _{n}\in \mathbb {R} \quad \sum \lambda _{i}x_{i}=0\Rightarrow \lambda _{1}=\dots =\lambda _{n}=0$.
   $\varnothing \in {\mathcal {L}}$ car on a bien : $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad \forall x_{1},\dots ,x_{n}\in \varnothing \quad \dots$.
2. $\varnothing =\min({\mathcal {L}})=$ l'unique minimal.
3. Les maximaux de ${\mathcal {L}}$ sont les bases de $E$ (car si une partie libre $A$ n'est pas une base, donc pas génératrice alors, en lui adjoignant un vecteur de $E$ qu'elle n'engendre pas, on constitue une partie libre $B\supsetneq A$, c'est-à-dire un majorant strict de $A$ ; et réciproquement, s'il existe une partie libre $B\supsetneq A$ alors il existe des éléments de $E$ non engendrés par $A$ : les vecteurs de $B\setminus A$). En général, $E$ a plusieurs bases donc ${\mathcal {L}}$ n'a pas d'élément maximum. La seule exception est $E=\{0\}$ car dans ce cas, ${\mathcal {L}}=\{\varnothing \}$.

 

Exercice 2-9

On considère les parties d'un ensemble ordonné $(E,\leq )$.

1. Montrer que la partie $E$ a une borne supérieure si et seulement si $E$ a un maximum.
2. Montrer que la partie $\varnothing$ a une borne supérieure si et seulement si $E$ a un minimum.
3. On dit que $(E,\leq )$ est un treillis complet si dans $E$, toute partie a une borne supérieure. Montrer que le segment réel $\left[0,1\right]$ (muni de l'ordre usuel) est un treillis complet.
4. Soit $(E,\leq )$ un treillis complet. Démontrer que chaque partie $A$ de $E$ admet aussi une borne inférieure. (Une piste : en notant $B$ l'ensemble des minorants de $A$ et $\beta$ la borne supérieure de $B$, montrer que tout élément de $A$ est supérieur ou égal à $\beta$.)

Solution

1. Une partie $A$ de $E$ a un maximum si et seulement si $\sup(A)$ existe et appartient à $A$. Cela s'applique en particulier à $A=E$ et dans ce cas, l'appartenance à $A$ est automatique.
2. Dans $E$, la partie $\varnothing$ a une borne supérieure si et seulement si l'ensemble $\operatorname {Maj} (\varnothing )$ de ses majorants a un minimum. Or $\operatorname {Maj} (\varnothing )=E$.
3. Dans $\left[0,1\right]$, $\sup(\varnothing )=0$ d'après la question précédente. Considérons maintenant une partie non vide $A$ de $\left[0,1\right]$. Puisque c'est une partie non vide et majorée de $\mathbb {R}$, elle admet dans $\mathbb {R}$ une borne supérieure $\alpha$. On a $\alpha \leq 1$ (puisque $A\leq 1$) et $\alpha \geq 0$ (puisque $\alpha$ est minoré par les éléments de $A$, qui est non vide et $\geq 0$). Donc $\alpha$ est aussi la borne supérieure de $A$ dans $\left[0,1\right]$.
4. Soient $B$ l'ensemble des minorants de $A$ et $\beta :=\sup(B)$ (qui existe puisque $(E,\leq )$ est un treillis complet). Tout élément de $A$ est un majorant de $B$ (par définition de $B$) donc de $\beta$ (par définition de $\beta$). Ceci prouve que $\beta$ est un minorant de $A$, c'est-à-dire $\beta \in B$, c'est-à-dire $\sup(B)\in B$, c'est-à-dire $\max(B)$ existe, c'est-à-dire $\inf(A)$ existe.
   Remarque : on démontrerait de même (ou on en déduit, en considérant l'ordre opposé) que réciproquement, si toute partie de $E$ admet une borne inférieure alors toute partie de $E$ admet aussi une borne supérieure.

 

Exercice 2-10

Soit ${\mathcal {R}}$ une relation binaire sur un ensemble $E$. On définit, sur l'ensemble $E^{\mathbb {N} }$ des suites $u=(u_{n})_{n\in \mathbb {N} }$ à valeurs dans $E$, une relation ${\mathcal {S}}$ par :

$u{\mathcal {S}}v\Longleftrightarrow \exists p\in \mathbb {N} \quad \forall n\geq p\quad u_{n}{\mathcal {R}}v_{n}$.

1. Montrer que si ${\mathcal {R}}$ est transitive alors ${\mathcal {S}}$ est transitive.
2. Démontrer la réciproque.

Solution

1. Supposons que ${\mathcal {R}}$ est transitive et soient $u,v,w$ trois suites telles que $u{\mathcal {S}}v$ et $v{\mathcal {S}}w$. Il existe alors $p,q\in \mathbb {N}$ tels que $\forall n\geq p\quad u_{n}{\mathcal {R}}v_{n}$ et $\forall n\geq q\quad v_{n}{\mathcal {R}}w_{n}$. Posons $r=\max(p,q)$. Alors, pour tout $n\geq r$, on a à la fois $u_{n}{\mathcal {R}}v_{n}$ et $v_{n}{\mathcal {R}}w_{n}$ donc (par transitivité de ${\mathcal {R}}$) $u_{n}{\mathcal {R}}w_{n}$, ce qui prouve que $u{\mathcal {S}}w$.
2. Supposons que ${\mathcal {S}}$ est transitive et soient $x,y,z$ trois éléments de $E$ tels que $x{\mathcal {R}}y$ et $y{\mathcal {R}}z$. Considérons les trois suites constantes $u,v,w$ définies par :
   $\forall n\in \mathbb {N} \quad u_{n}=x,\quad v_{n}=y\quad {\text{et}}\quad w_{n}=z$.
   Alors, $u{\mathcal {S}}v$ et $v{\mathcal {S}}w$ (car $\forall n\geq 0\quad u_{n}{\mathcal {R}}v_{n}$ et $v_{n}{\mathcal {R}}w_{n}$) donc (par transitivité de ${\mathcal {S}}$) $u{\mathcal {S}}w$, c'est-à-dire qu'il existe $p\in \mathbb {N}$ tel que $\forall n\geq p\quad u_{n}{\mathcal {R}}w_{n}$. En particulier $u_{p}{\mathcal {R}}w_{p}$, c'est-à-dire $x{\mathcal {R}}z$.

Remarque sur une généralisation en remplaçant $(\mathbb {N} ,\leq )$ par $(I,{\mathcal {T}})$, ensemble muni d'une relation : quelles propriétés doit vérifier ${\mathcal {T}}$ ?

• Dans la question 2, on aurait seulement besoin de : $\forall p\in I\quad \exists n\in I\quad p{\mathcal {T}}n$ (qui est vrai en particulier si ${\mathcal {T}}$ est réflexive).
• Dans la question 1, on aurait seulement besoin de : $\forall p,q\in I\quad \exists r\in I\quad p{\mathcal {T}}r\quad {\text{et}}\quad q{\mathcal {T}}r$ (qui est vrai en particulier si ${\mathcal {T}}$ est un ordre total ou plus généralement, « filtrant », c'est-à-dire que toute paire a un majorant).

 

Exercice 2-11

Dans l'ensemble ordonné $(\mathbb {N} ,\mid )$ ($x\mid y\Leftrightarrow x$ divise $y$), l'ensemble $A=\{1,2,3,4\}$ a-t-il :

1. des éléments maximaux ?
2. un élément maximum ?
3. une borne supérieure ?

Solution

Les éléments de $A$ maximaux (c'est-à-dire sans multiple strict dans $A$) sont $3$ et $4$. Puisqu'il y en a plusieurs, $A$ n'a pas de maximum. Les majorants de $A$ sont les multiples communs à $1$, $2$, $3$ et $4$, c'est-à-dire les multiples de $12$, donc $\sup(A)=12$. (On retrouve ainsi que $A$ n'a pas de maximum, puisque $12\notin A$.)

 

Dans l'ensemble ordonné $(\mathbb {N} ^{*},\mid )$, montrer que toute paire admet une borne inférieure et une borne supérieure et les reconnaître.

Solution

$\sup(\{a,b\})$ est l'ensemble des multiples de $\operatorname {ppcm} (a,b)$ et $\inf(\{a,b\})$ est l'ensemble des diviseurs de $\operatorname {pgcd} (a,b)$.

 

Exercice 2-12

Soit ${\mathcal {R}}$ la relation sur $\mathbb {Z}$ définie par :

$x{\mathcal {R}}y\Longleftrightarrow \left[x=y{\text{ ou }}\left(x{\text{ est impair et }}x<y\right)\right]$.

1. Montrer que ${\mathcal {R}}$ est une relation d'ordre.
2. Le sous-ensemble $S:=\{-3,-2,-1,0,1,2,3\}$ a-t-il, pour cet ordre :
   1. un plus petit élément ?
   2. des éléments minimaux ?
   3. une borne inférieure ?
   4. des éléments maximaux ?
   5. une borne supérieure ?
   6. un plus grand élément ?

Dans chaque cas, préciser le(s)quel(s), en justifiant.

Solution

1. ${\mathcal {R}}$ est réflexive par définition. Elle est antisymétrique car si $x{\mathcal {R}}y$ et $x\neq y$ alors $x<y$ donc $\neg (y{\mathcal {R}}x)$. Elle est transitive : si $x{\mathcal {R}}y$ et $y{\mathcal {R}}z$ alors $x{\mathcal {R}}z$ dès que $x=y$ ou $y=z$, mais aussi dans le cas restant ($x\neq y$ et $y\neq z$) car dans ce cas, $x$ est impair et $x<y<z$.
2. 1. $-3$ est le plus petit élément de $S$ car il est impair et $\forall n\in S\setminus \{-3\}\quad -3<n$.
   2. $-3$ est donc l'unique élément minimal de $S$.
   3. $-3$ est le plus petit élément de $S$ donc est sa borne inférieure.
   4. les éléments maximaux de $S$ sont les éléments de $S$ qui n'ont pas de majorant strict dans $S$, c'est-à-dire $-2,0,2,3$.
   5. $S$ n'a pas de majorant (par exemple, $2$ et $3$ n'ont pas de majorant commun) donc pas de borne supérieure.
   6. $S$ n'a pas de plus grand élément puisqu'il n'a même pas de borne supérieure (ou encore : puisqu'il a plusieurs maximaux).

 

Exercice 2-13

Soient $(E,\leq )$ un ensemble ordonné et $a$ un élément de $E$.

1. Rappeler les définitions formelles de « $a$ est minimum » et « $a$ est minimal ».
2. Montrer que si $a$ est minimum alors $a$ est l'unique minimal (donc l'unique minimum).
3. Montrer que si l'ordre est total et si $a$ est minimal, alors il est minimum.
4. Montrer (par deux exemples) que $E$ peut avoir plusieurs éléments minimaux, ou aucun.
5. Montrer (par un exemple) que $E$ peut avoir un unique minimal et aucun minimum.

Solution

1. $a$ est minimum si $\forall x\in E\quad a\leq x$.
   $a$ est minimal s'il n'a pas de minorant strict, c'est-à-dire si $\forall x\in E\quad x\leq a\Rightarrow x=a$.
2. Supposons que $a$ est minimum. Alors, $a$ est minimal car pour tout $x\in E$, comme $a\leq x$, on a (par antisymétrie de $\leq$) $x\leq a\Rightarrow x=a$. De plus, si $b$ est minimal alors, comme $a\leq b$, on a $a=b$. Donc $a$ est l'unique minimal.
3. Supposons que l'ordre est total et que $a$ est minimal. Pour tout $x\in E$, on a (par totalité de $\leq$) $a\leq x$ ou $x\leq a$ et dans le second cas (par minimalité de $a$), $x=a$ donc dans les deux cas, $a\leq x$, ce qui prouve que $a$ est minimum.
4. Soit $X$ un ensemble, et $E$ l'ensemble des parties non vides de $X$, ordonné par l'inclusion. Les éléments minimaux de $E$ sont les singletons, et il y en a plusieurs dès que $|X|\geq 2$.
   Dans $\mathbb {Z}$ (muni de l'ordre usuel $\leq$), aucun élément n'est minimal.
5. Soient $\omega \notin \mathbb {Z}$ et $E=\mathbb {Z} \cup \{\omega \}$, muni de l'ordre $\preccurlyeq$ défini par :
   $x\preccurlyeq y\Leftrightarrow (x,y\in \mathbb {Z} {\text{ et }}x\leq y){\text{ ou }}x=y=\omega$.
   Dans $(E,\preccurlyeq )$, $\omega$ est l'unique minimal et il n'y a pas de minimum.

 

Exercice 2-14

Soit $(E,\leq )$ un ensemble ordonné. On appelle antichaîne de $E$ toute partie de $E$ dont les éléments sont 2 à 2 incomparables, c'est-à-dire tout ensemble $A\subset E$ tel que $\forall (x,y)\in A^{2}(x\leq y\Rightarrow x=y)$. On note $F$ l'ensemble des antichaînes de $E$.

1. Dans le cas particulier où $\leq$ est total, décrire $F$.
2. Dans le cas particulier où $(E,\leq )$ est $({\mathcal {P}}(X),\subset )$ (où $X$ est un ensemble fixé et ${\mathcal {P}}(X)$ désigne l'ensemble de ses parties), soit $A_{k}$ l'ensemble des parties de $X$ à $k$ éléments.
   Montrer que $\forall k\in \mathbb {N} \quad A_{k}\in F$.
3. On revient au cas général et l'on munit $F$ de la relation ${\mathcal {R}}$ définie par :
   pour toutes antichaînes $A$ et $B$, $A{\mathcal {R}}B\quad \Leftrightarrow \quad \forall x\in A\quad \exists y\in B\quad x\leq y$.
   Démontrer que ${\mathcal {R}}$ est une relation d'ordre sur $F$.

Solution

1. Si $\leq$ est total, une partie $A\subset E$ est une antichaîne si et seulement si $\forall (x,y)\in A^{2}\quad x=y$, c'est-à-dire si $A$ est un singleton ou l'ensemble vide. Donc $F=\{\{x\}\mid x\in E\}\cup \{\varnothing \}$.
2. Fixons $k\in \mathbb {N}$. Pour tous $x,y\in A_{k}$, c'est-à-dire pour toutes parties $x,y$ de $X$ à $k$ éléments, on a bien $x\subset y\Rightarrow x=y$ (car dans un ensemble fini $y$, la seule partie x de même cardinal que $y$ est $y$ lui-même). Donc $A_{k}\in F$.
3. ${\mathcal {R}}$ est évidemment réflexive ($\forall x\in A\quad \exists y\in A\quad x\leq y$ : il suffit de choisir $y=x$) et transitive (si $\forall x\in A\quad \exists y\in B\quad x\leq y$ et $\forall y\in B\quad \exists z\in C\quad y\leq z$ alors $\forall x\in A\quad \exists z\in C\quad x\leq z$). Montrons qu'elle est antisymétrique. Supposons que $\forall x\in A\quad \exists y\in B\quad x\leq y$ et que $\forall y\in B\quad \exists z\in A\quad y\leq z$. Alors, $\forall x\in A\quad \exists y\in B,z\in C\quad x\leq y\leq z$. Et puisque $x,z\in A$ (antichaîne) et $x\leq z$, on a $x=z$ donc (puisque $x\leq y\leq z$) $x=y$, donc $x\in B$. On a donc montré que si $A{\mathcal {R}}B$ et $B{\mathcal {R}}A$ alors $A\subset B$. On en déduit (en intervertissant $A$ et $B$) que si $A{\mathcal {R}}B$ et $B{\mathcal {R}}A$ alors $B\subset A$. On a donc bien : si $A{\mathcal {R}}B$ et $B{\mathcal {R}}A$ alors $A=B$.

 

Exercice 2-15

Soient $(E,\leq )$ un ensemble bien ordonné et $f:E\to E$ une application strictement croissante. Démontrer par induction que

$\forall x\in E\quad f(x)\geq x$.

Solution

Notons $P(x)$ la propriété $f(x)\geq x$. Montrer par induction que $\forall x\in E\quad P(x)$ consiste à montrer que pour tout $x\in E$ :

$[\forall y<x\quad P(y)]\Rightarrow P(x)$.

Démontrons la contraposée, donc supposons que $P(x)$ est faux, c'est-à-dire (puisque $\leq$ est total) supposons que $f(x)<x$ et montrons qu'alors, il existe un $y<x$ tel que $P(y)$ soit faux, c'est-à-dire tel que $f(y)<y$. Il suffit de choisir $y=f(x)$ : on a bien $y<x$ (par hypothèse), et $f(y)<y$ c'est-à-dire $f(f(x))<f(x)$ (par hypothèse + stricte croissance de $f$).

 

Exercice 2-16

Soient $(E,\leq )$ et $(F,\leqslant )$ deux ensembles ordonnés, $f:E\to F$ une application croissante et $A$ une partie de $E$.

1. Montrer que si $\max(A)$ existe alors $\max(f(A))$ existe et est égal à $f(\max(A))$.
2. Donner un exemple montrant que la propriété devient fausse si l'on remplace $\max$ par $\sup$.

Solution

1. Supposons que $\max(A)=M$. Alors, $M\in A$ donc $f(M)\in f(A)$. Montrons que $f(M)$ est non seulement un élément de $f(A)$, mais que c'est le plus grand. Soit $y\in f(A)$, il s'agit de montrer que $f(M)\geq y$. Or il existe $x\in A$ tel que $y=f(x)$. Pour un tel $x$, on a $x\in A\leq M$ donc $f(x)\leq f(M)$ (par croissance de $f$). On a donc bien $y\leq f(M)$.
2. Soient $E=\mathbb {R}$, $F=\mathbb {R} ^{*}$ (munis de l'ordre usuel, qui est même total), $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{*}$ définie par : $f(x)=x$ si $x<0$ et $f(x)=x+1$ si $x\geq 0$, et $A=\left]-\infty ,0\right[$. Alors, $f$ est croissante (et même strictement), et dans $E=\mathbb {R}$, on a $\sup(A)=0$ mais dans $F=\mathbb {R} ^{*}$, $f(A)=\left]-\infty ,0\right[$ n'a pas de $\sup$ car l'ensemble de ses majorants est $\left]0,+\infty \right[$, qui n'a pas de plus petit élément.

 

Exercice 2-17

Soient $(E,\leq )$ et $(F,\leqslant )$ deux ensembles ordonnés et $f:E\to F$ une application croissante.

1. Montrer que si $f$ est injective alors elle est strictement croissante
2. Montrer (par un contre-exemple) que la réciproque est fausse.
3. Montrer que cette réciproque devient vraie si l'on suppose que l'ordre sur $E$ est total.

Solution

1. Supposons $f$ croissante et injective et montrons qu'elle est strictement croissante, c'est-à-dire montrons que $\forall x,y\in E\quad (x<y\Rightarrow f(x)<f(y))$. Soient $x,y\in E$ tels que $x<y$. On a d'une part $f(x)\leq f(y)$ (car $f$ est croissante et $x\leq y$) et d'autre part $f(x)\neq f(y)$ (car $f$ est injective et $x\neq y$). On a donc bien $f(x)<f(y)$.
2. D'après l'énoncé de la question 3, pour fabriquer un contre-exemple, il est indispensable de choisir pour $(E,\leq )$ un ensemble ordonné pour lequel l'ordre n'est pas total. Le plus simple est $E=\{0,1\}$ muni non pas de l'ordre usuel, mais de l'égalité (c'est-à-dire qu'on définit $\leq$ sur $E$ par : $x\leq y$ seulement si $x=y$), qui est bien une relation d'ordre (réflexive, antisymétrique et transitive). Posons ensuite par exemple $F=\{5\}$ et $f:E\to F$ l'application constante. $f$ n'est pas injective ($f(0)=f(1)=5$). Elle est pourtant strictement croissante car on a bien $\forall x,y\in E(x<y\Rightarrow f(x)<f(y))$ puisque $x<y$ est toujours faux (quelles que soient les valeurs de $x,y\in E$).
3. Supposons que l'ordre $\leq$ sur $E$ est total et que $f$ est strictement croissante, et montrons qu'elle est injective. Soient $x,y\in E$ tels que $x\neq y$, montrons que $f(x)\neq f(y)$. Comme $\leq$ est total, on a $x\leq y$ ou $x\leq y$. Dans le premier cas, on a $x<y$ (puisqu'on a supposé $x\neq y$), donc $f(x)<f(y)$ (puisque $f$ est strictement croissante), donc $f(x)\neq f(y)$. Dans le second cas, même raisonnement en intervertissant les lettres $x$ et $y$.

 

Exercice 2-18

Soit $E$ un ensemble totalement ordonné possédant la propriété de la borne supérieure.

On suppose en outre que $E$ a au moins deux éléments, et que l'ordre est dense c'est-à-dire

$\forall x,y\in E\quad (x<y\Rightarrow \exists z\in E\quad x<z<y)$.

Montrer que $E$ a au moins la puissance du continu.

Solution

Soient $x_{\varnothing }<y$ deux éléments de $E$, $x_{\{0\}}$ un élément entre les deux, $x_{\{1\}}\in \left]x_{\varnothing },x_{\{0\}}\right[$ et $x_{\{0,1\}}\in \left]x_{\{0\}},y\right[$, etc. À toute partie finie $A$ de $\mathbb {N}$ on associe ainsi un élément $x_{A}\in E$, de telle sorte que les $x_{A}$ sont rangés (dans $E$) dans le même ordre que les indicatrices $\chi _{A}$ (vues comme des suites de zéros et de uns nulles à partir d'un certain rang, ordonnées lexicographiquement).

On étend cette construction à toutes les parties $B$ de $\mathbb {N}$ en posant : $x_{B}=\sup\{x_{A}\mid A{\text{ finie }}\subset B\}$.

Soit $T$ l'ensemble des parties co-infinies de $\mathbb {N}$ (les parties de complémentaire infini). Cet ensemble a la puissance du continu comme ${\cal {P(\mathbb {N} )}}$, puisque son complémentaire, l'ensemble des parties cofinies, est dénombrable (comme l'ensemble des parties finies de $\mathbb {N}$).

Il ne reste plus qu'à prouver que si $B\subsetneq B'$ dans $T$ alors $x_{B}<x_{B'}$ dans $E$, c'est-à-dire $\exists A'{\text{ fini }}\subset B'\quad x_{B}<x_{A}$, c'est-à-dire $\exists A'{\text{ fini }}\subset B'\quad \exists z\in E\quad \forall A{\text{ fini }}\subset B\quad x_{A}\leq z<x_{A'}$. Soit $p\in \mathbb {N}$ tel que $B'\cap \left[0,p\right[=B\cap \left[0,p\right[,p\in B',p\notin B$ et soit $n>p$ tel que $n\notin B$ (un tel $n$ existe puisque $B$ est co-infini), alors $A'=B'\cap [0,p]$ et $z=x_{(B\cap \left[0,n\right[)\cup \{n\}}$ et conviennent.

 

Exercice 2-19

Soient $A$ un sous-ensemble borné non vide de $\mathbb {R}$ et $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ une application croissante.

Prouver les inégalités $f(\inf A)\leq \inf f(A)\leq \sup f(A)\leq f(\sup A)$.

A-t-on des informations supplémentaires si $f$ est continue ?

Montrer que $\sup _{x\in A}(x^{2})=\left(\sup _{x\in A}|x|\right)^{2}$ et que cette quantité n'est pas nécessairement égale à $(\sup(A))^{2}$.

Solution

Notons $B=f(A)$ et $\alpha =\inf A$.

• Pour montrer que $f(\alpha )\leq \inf B$, il suffit de montrer que $f(\alpha )$ est un minorant de $B$. Soit $b\in B$, il existe $a\in A$ tel que $b=f(a)$. Or $\alpha \leq a$ donc $f(\alpha )\leq f(a)$ (car $f$ croissante), c'est-à-dire $f(\alpha )\leq b$. Remarquons qu'on a prouvé au passage que le sous-ensemble (évidemment non vide) $B$ est minoré, donc que son $\inf$ existe bien.
• De même, $f(\sup A)$ est un majorant de $B$ donc ($\sup B$ existe bien et) $f(\sup A)\geq \sup B$.
• Soit $b\in B$, on a $\inf B\leq b$ et $b\leq \sup B$, d'où $\inf B\leq \sup B$.
• Supposons de plus $f$ continue et montrons que l'inégalité sur les $\inf$ est alors une égalité (et de même pour les $\sup$). Il s'agit de prouver que $\inf B\leq f(\alpha )$. Soit $(a_{n})$ une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $\alpha$. Alors (par continuité de $f$) $\left(f(a_{n})\right)$ converge vers $f(\alpha )$. Or les $f(a_{n})$ appartiennent à $B$ donc sont $\geq \inf B$, donc leur limite aussi.
• On peut ici supposer $A\subset \mathbb {R} ^{+}$ (quitte à remplacer $A$ par $|A|$, ce qui ne modifie pas $\sup _{x\in A}(x^{2})$ ni $\sup _{x\in A}|x|$). En appliquant le point précédent à $f:\mathbb {R} ^{+}\to \mathbb {R} ^{+},\;y\mapsto y^{2}$, on en déduit $\sup _{x\in A}(x^{2})=\left(\sup _{x\in A}|x|\right)^{2}$.
  En revanche, $\left(\sup _{x\in A}|x|\right)^{2}$ n'est pas toujours égal à $(\sup(A))^{2}$ : par exemple si $A=[-2,1]$, $\left(\sup _{x\in A}|x|\right)^{2}=4$ tandis que $(\sup(A))^{2}=1$.