Nombres réels

(⇒) Supposons $M=\sup A$. Par définition, $M$ est un majorant, donc (i). Soit $\epsilon >0$. Comme $M-\epsilon <M$, et que $M$ est le plus petit majorant, $M-\epsilon$ n'en est pas un. Il existe donc $x\in A$ tel que $x>M-\epsilon$, ce qui donne (ii).

(⇐) Supposons (i) et (ii). (i) dit que $M$ est un majorant. Soit $M^{\prime }$ un autre majorant : si $M^{\prime }<M$, posons $\epsilon =M-M^{\prime }>0$. Par (ii), il existe $x\in A$ avec $x>M-\epsilon =M^{\prime }$, ce qui contredit le fait que $M^{\prime }$ majore $A$. Donc $M^{\prime }\ge M$, et $M$ est bien le plus petit des majorants.

Supposons que $\mathbb{R}$ ne soit pas archimédien : il existe alors $a,b>0$ tels que $\forall n\in \mathbb{N},na\le b$. L'ensemble $E=\{na,n\in \mathbb{N}\}$ est non vide et majoré par $b$. Par l'axiome de la borne sup, il admet une borne supérieure $M\in \mathbb{R}$.

Comme $a>0$, $M-a<M$ et donc $M-a$ n'est pas un majorant de $E$ (sinon $M$ ne serait pas le plus petit). Il existe $n\in \mathbb{N}$ tel que $na>M-a$, soit $(n+1)a>M$. Mais $(n+1)a\in E$, ce qui contredit $M=\sup E$.

Directe. En élevant au carré (les deux membres sont positifs) : $|a+b{|}^2=(a+b{)}^2=a^2+2ab+b^2\le a^2+2|ab|+b^2=|a{|}^2+2|a||b|+|b{|}^2=(|a|+|b|{)}^2$. Par croissance de $\sqrt{\cdot }$ sur ${\mathbb{R}}_{+}$, on conclut.

Inverse. Écris $a=(a-b)+b$. Par la directe : $|a|\le |a-b|+|b|$, donc $|a|-|b|\le |a-b|$. Par symétrie en échangeant $a$ et $b$ : $|b|-|a|\le |a-b|$. En combinant les deux : $||a|-|b||\le |a-b|$.

Existence. On traite $x\ge 0$ (cas $x<0$ : appliquer à $-x$). Par la propriété d'Archimède, l'ensemble $E=\{k\in \mathbb{N}|k\le x\}$ est majoré (il existe $N\in \mathbb{N}$ avec $N>x$), non vide ($0\in E$). Comme partie non vide majorée de $\mathbb{N}$, $E$ admet un plus grand élément $n$. Alors $n\le x$ et $n+1\notin E$, donc $n+1>x$.

Unicité. Si $n,n^{\prime }\in \mathbb{Z}$ vérifient tous deux $n\le x<n+1$ et $n^{\prime }\le x<n^{\prime }+1$, alors $n-n^{\prime }<1$ et $n^{\prime }-n<1$, soit $|n-n^{\prime }|<1$. Comme $n-n^{\prime }\in \mathbb{Z}$, on a forcément $n=n^{\prime }$.

Soient $a<b$. On cherche $r=\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}$ avec $a<\frac{p}{q}<b$. Le plan : choisir $q$ assez grand pour que $\frac{1}{q}<b-a$, puis prendre $p=\lfloor qa\rfloor +1$.

Choix de $q$. Par la propriété d'Archimède appliquée à $a^{\prime }=b-a>0$ et $b^{\prime }=1$, il existe $q\in {\mathbb{N}}^{\ast }$ tel que $q(b-a)>1$, soit $\frac{1}{q}<b-a$.

Choix de $p$. Posons $p=\lfloor qa\rfloor +1$. Alors $p-1\le qa<p$, donc $\frac{p}{q}>a$. D'autre part :

Conclusion : $a<\frac{p}{q}<b$, et $\frac{p}{q}\in \mathbb{Q}$.