Relation d ordre. Manipulation des relations d ordre. Lycée Pierre de Fermat 2012/2013 Feuille d exercices

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1 Lycée Pierre de Fermat 2012/2013 MPSI 1 Feuille d exercices Manipulation des relations d ordre. Relation d ordre Exercice 1. Soit E un ensemble fixé contenant au moins deux éléments. On considère la relation binaire suivante sur FE,R + ) : [ ] f,g) FE,R + ) FE,R + ), f g x E, fx) gx). 1. Montrer que définit une relation d ordre sur FE,R + ). 2. L ordre ainsi défini est-il total? 3. Montrer que, pour c ordre, FE,R + ) possède un plus pit élément à préciser. Exercice 2. [Ordre lexicographique sur R 2 ] Soit R la relation binaire définie sur R 2 par a,b)ra,b ) [ ] a < a ou a = a b b ). 1. Montrer que R définit une relation d ordre total sur R Ordonner 1,5), 3,6), 1, 2) 4,6). 3. En utilisant l identification canonique de R 2 C, montrer que cte relation d ordre total n est pas compatible avec la structure d anneau de C. Une relation d ordre sur C est compatible avec la structure d anneau si i) z 1,z 2,z) C 3, z 1 z 2 z 1 +z z 2 +z ii) z 1,z 2,z) C 3, 0 C z z 1 z 2 ) zz 1 zz 2 ). 4. Démontrer qu il n existe aucune relation d ordre total sur C compatible avec sa structure d anneau. Pour cela, on supposera qu il en existe une, que l on notera. Si 0 i, on montrera alors que ce qui conduit à une contradiction à préciser. Si i 0, on raisonnera de manière analogue pour aboutir à une contradiction. Attention : la contradiction avec est subtile. En eff, 0 1 donne soit 1 0 or 0 1 donc, par antisymétrie de la relation d ordre, 1 = 0, d où une contradiction. Exercice 3. On rappelle qu une application u : E F entre les ensembles ordonés E, E ) F, F ) est croissante si, x,y) E 2, x E y ux) F uy), décroissante si, x,y) E 2, x E y uy) F ux). Les applications, f : n 2n, g : n 2n+1 sont-ellescroissantesdes ensembles ordonnés, ) dans, ), de, ) dans, ), de, ) dans, )? qu en est-il de leurs restrictions au départ à? Exercice 4. Soit E un ensemble non vide. Soit A PE) fixé quelconque. 1. Les applications PE) PE), P P A PE) PE), P P A sont-elles croissantes de l ensemble ordonné PE), ) dans PE), ). 2. Les applications PE) PE) PE), P,Q) P Q PE) PE) PE), P,Q) P Q sont-elles croissantes de l ensemble ordonné PE) PE), ) dans PE), ) où la relation d ordre sur PE) PE) est définie de manière analogue à l ordre lexicographique. Exercice 5. Soit f une bijection d un ensemble ordonné E, ) sur un ensemble F. 1. Définir une relation binaire sur F qui serait induite par la relation d ordre sur E. 2. Démontrer qu il s agit d une relation d ordre. 3. La fonction f est-elle croissante pour les relations d ordre au départ à l arrivée définies précédemment. 4. L ordre ainsi obtenu sur F est-il total ou partiel? 1

2 5. Si f est seulement injective au lieu d être bijective, peut-on adapter la construction précédente pour obtenir un ordre sur F? quel sera son défaut majeur dû à la perte de la surjectivité? Exercice 6. Soit E, ) un ensemble totalement ordonné. 1. Prouver que, pour tout x,y) E 2, l obj max{x,y}) est bien défini on le notera maxx,y)). { E E E 2. Montrer que l application définit une LCI sur E. x,y) x y := maxx,y) 3. Montrer que cte LCI est associative commutative. 4. Déterminer une CS pour que cte LCI admte un élément neutre l illustrer par des exemples. 5. Si la LCI possède un neutre, quels sont les éléments inversibles? Éléments remarquables des ensembles ordonnés. Exercice 7. Soit E, ) un ensemble ordonné. Soit A une partie non vide de E admtant un plus pit élément un plus grand élément. 1. Montrer que mina maxa. 2. Que dire de A si mina = maxa? Exercice 8. Soit E, ) un ensemble ordonné. Montrer que si A B sont deux parties de E telles que supa), supb) sup{supa), supb)} existent, alors supa B) existe le calculer on pourra essayer sur des exemples pour avoir une idée du résultat à prouver.) Exercice 9. Montrer que dans Q, ), l ensemble {x Q x 2 2} n adm pas de borne supérieure. Exercice 10. Soient A B deux parties non vides bornées d un ensemble totalement ordonné E, )) typiquement, R, )). 1. Montrer que A B implique, sous réserve d existence de supa) supb), supa) supb). Cte inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité? 2. MontrerqueA B implique, sousréserved existencedemax{infa),infb)}infa B), max{infa),infb)} infa B). Cte inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité? 3. Montrer que A B implique, sous réserve d existence de supa B) min{supa),supb)}, supa B) min{supa),supb)}. Cte inégalité peut-elle être stricte, peut-elle être une égalité? Exercice 11. Soient A,B) PR) 2 telles que A, B A B majorées. On pose A+B = {a+b R a A, b B}. 1. Montrer que supa+b) = supa+supb. 2. En remplaçant l hypothèse A B majorées par A B minorées, que devient le résultat de la question précédente? On admtra que toute partie non vide majorée de R adm une borne supérieure. Exercice 12. Considérons le plan euclidien rapporté au repère orthonormé direct canonique O, i, j). Si un point M a pour coordonnées x, y) R 2 si un point M a pour coordonnées x, y ) R 2, on définit la relation binaire R par MRM si x > x ou x = x y y). 1. Montrer que R définit une relation d ordre sur l ensemble des points du plan. C ordre est-il total? 2. Soit ρ 0 le quadrupl de points 0, A, B, C) définis de la manière suivante : O est l origine, A a pour coordonnées 2, 0), B 2, 1) C 0, 1). Soit θ [ π, π]. On désigne par ρ θ le quadrupl déduit de ρ 0 par la rotation centrée en l origine d angle orienté θ. Calculer, s ils existent les max, min, sup inf de ρ 0 puis de ρ θ. 3. Construire, sur un dessin avec des couleurs, les ensembles parcourus par maxρ θ minρ θ lorsque θ varie dans [ π, π]. 4. Une partie non vide majorée a-t-elle toujours, pour l ordre R, une borne supérieure? 5. Question analogue pour une partie non vide minorée sa borne inférieure? 2

3 Corrections. Exo 1. Soit E un ensemble fixé contenant au moins deux éléments. On considère la relation binaire suivante sur FE,R + ) : f,g) FE,R + ) FE,R + ), f g 1. Soit g FE,R + ) fixée quelconque. Soit x E fixé quelconque. Alors fx) fx). par réflexivité de la relation sur R + On en déduit que x E, fx) fx) si bien que f f. Par conséquent, est réflexive. [ ] x E, fx) gx). Soient f,g) FE,R + ) FE,R + ) fixées quelconques telles que f g g f. Soit x E fixé quelconque. Alors f g g f fx) gx) gx) fx) fx) = gx) par antisymétrie de la relation sur R + On en déduit que x E, fx) = gx) si bien que f = g. Par conséquent, est antisymétrique. Soient f,g,h) FE,R + ) 3 fixées quelconques telles que f g g h. Soit x E fixé quelconque. Alors f g g h fx) gx) gx) hx) fx) hx) par transitivité de la relation sur R + On en déduit que x E, fx) hx) si bien que f g. Par conséquent, est transitive. Ainsi définit une relation d ordre sur FE,R + ). 2. FixonsabdeuxélémentsdistinctsdeE considéronslesapplicationsf a E { R + f b 1 si x = b, x 0 si x E \{b},.. E { R + 1 si x = a, x 0 si x E \{a}, Puisque f b a) = 0 < 1 = f a a), nonf a f b ) puisque f a b) = 0 < 1 = f b b), nonf b f a ) si bien que f a f b ne sont pas comparables. L ordre défini sur FE,R + ) par n est pas total. 3. Posons 0 : Alors E R + x 0. 0 FE,R + ), Soit f FE,R + ) fixée quelconque. x E, fx) 0 = 0x) donc 0 f. Ainsi f FE,R + ), 0 f. Ainsi, FE,R + ), ) possède un plus pit élément minfe,r + ) = 0. Exo 3. Exo 6. Soit E, ) un ensemble totalement ordonné. 3

4 1. Pour tout x,y) E 2, {x,y} est une partie finie, non vide de l ensemble E totalement ordonné donc elle adm un ppe un pge. Ainsi, le pge max{x,y}) est bien défini. { E E E 2. Pour montrer que l application définit une LCI sur E, il suffit de x,y) x y := maxx,y) vérifier que, pour tout x,y) E 2, maxx,y) existe est un élément de E, ce qui est vrai d après la question précédente. 3. Montrer que cte LCI est associative commutative. L ensemble étant totalement ordonné, x,y) E 2 étant fixés quelconques, on est nécessairement dans l une des deux situations ci-dessous : donc x y = maxx,y) = maxy,x) = y x. Ainsi, est commutative. maxx, y) maxy, x) x y y y y x x x L ensemble étant totalement ordonné, x,y,z) E 3 étant fixés quelconques, on est nécessairement dans l une des six situations ci-dessous : maxx, maxy, z)) maxmaxx, y), z) x y z z z y x z z z x z y y y z x y y y z y x x x y z x x x donc x y z) = maxx,maxy,z)) = maxmaxx,y),z) = x y) z. Ainsi, est associative. 4. Montrons que la LCI adm un élément neutre E adm un ppe. Supposons que adm un élément neutre noté e. Alors, x E, x e = x donc maxx,e) = e. On en déduit que e me), or e E donc E adm un ppe mine = e. Supposons que E adm un ppe. Alors, x E, maxx,mine) = x donc x mine = x. De plus, la LCI est commutative donc x E, x mine = x = mine x si bien que adm mine comme élément neutre. Ainsi, adm un élément neutre si seulement si E adm un ppe. 5. Supposons que la LCI possède un neutre e, alors E adm un ppe mine = e. Soit x E un élément symétrisable pour. Alors, x x 1 = e maxx,x 1 ) = e donc x e, or e = mine donc e x si bien que x = e par antisymétrie de. Par conséquent, le seul élément suceptible d être symétrisable est le neutre e. Réciproquent, le neutre est symétrisable vrai dans tout ensemble muni d une LCI admtant un neutre) : e e = maxe,e) = e Ainsi, si la LCI possède un neutre e, alors e est le seul élément symétrisable. Exo 7. Soit E, ) un ensemble ordonné. Soit A une partie non vide de E admtant un plus pit élément un plus grand élément. 1. Par définition d une part mina A d autre part a A, a maxa donc en particularisant la relation ci-dessus pour a = mina, on obtient mina maxa. 4

5 2. Supposons que mina = maxa = b. Alors A car b A. Soit a A fixé quelconque. Par définition de mina maxa, on de la relation d ordre, a = b. Ainsi, A est réduit au singlon {b}. a maxa =b a mina =b donc, par antisymétrie Exo 8. Soit E, ) un ensemble ordonné. Montrer que si A B sont deux parties de E telles que supa), supb) sup{supa), supb)} existent, alors supa B) existe le calculer on pourra essayer sur des exemples pour avoir une idée du résultat à prouver.) Commençons par étudier quelques exemples pour proposer une conjecture : Dans l ensemble ordonné R, ), pour A = {0,1} B =]0,1[ {2}. On a supa = 1, supb = 2, supa B) = sup[0,1] {2}) = 2 sup{supa,supb} = sup{1,2} = 2. Dans l ensemble ordonné PR), ), pour A = {{0},]1,3]} B = {]0,1[,{1},]1,2[,{4}}. On a supa = {0} ]1,3], supb =]0,2[ {4}, supa B) = sup{{0},]1,3],]0,1[,{1},]1,2[,{4}}= [0,3] {4} sup{supa,supb} = sup{{0} ]1,3],]0,2[ {4}}= [0,3] {4}. Ainsi, les exemples précédents suggèrent que supa B) = sup{supa), supb)}. Soit x A B fixé quelconque. Si x A, x supa, or supa sup{supa), supb)} car sup{supa), supb)} est un majorant de {supa), supb)}) donc, par transitivité de la relation d ordre, x sup{supa), supb)}. Si x B, x supb, or supb sup{supa), supb)} donc, par transitivité de la relation d ordre, x sup{supa), supb)}. Par conséquent, x A B, x sup{supa), supb)} donc sup{supa), supb)} MA B). Soit M MA B) fixé quelconque. Alors x A B, x M donc d une part a A, a M donc M MA) donc supa M, d autre part b B, b M donc M MB) donc supb M. Par conséquent, M M{supA,supB}) si bien que sup{supa), supb)} M. Ainsi, sup{supa), supb)} est le plus pit des majorants de A B donc supa B) = sup{supa), supb)}. Exo 9. Raisonnons par l absurde supposons que A adm une borne supérieure dans Q que l on note r 0. r 0 Q donc p,q) Z : r 0 = p q. De plus, 1 Q 1 2 < 2 donc 1 A donc r 0 1. En particulier p > 0. Supposons que r 2 0 < 2. Brouillon. Idée, si r 2 0 < 2, pour assez grand, 1 r ) 2 < 2 Or r ) 2 = r r r 2 }{{} 0 + 2r }{{} r r 0 + r 0 r r 0 r 0 1 Par conséquent, il suffit de choisir tel que r r 0 < 2. 3r0 Posons = 2 r de sorte que > 3r 0 2 r0 2 soit 2 r0 2 > 3r 0. 5

6 Calculons r ) 2 = r r r r car 1 r r 0 car r 0 1 < 2 car 3r 0 < 2 r2 0 Ainsi, r A r > r 0 = supa ce qui contredit la définition de r 0. Supposons que r 2 0 > 2. Brouillon. Idée, si r 2 0 > 2, pour assez grand, r 0 1 ) 2 > 2 Or r 0 1 ) 2 = r0 2 2r r }{{} Par conséquent, il suffit de choisir tel que r0 2 2r 0 > 2. 2r0 Posons = r de sorte que > 2r 0 r0 2 2 soit r2 0 2 > 2r 0. Calculons r 0 1 ) 2 = r0 2 2r r 0 r 2 0 2r 0 car > 2 car r > 2r 0 Soit x A fixé quelconque. Alors x 2 < 2 < r 0 1 ) 2 donc or r 0 1 r 2 = 0 1 ) 2 r x < r 0 1 > 0 car r0 2 > ) donc 2 x x < r 0 1 si bien que r 0 1 majore A. Ainsi, r 0 1 majore A donc r 0 1 supa = r 0 ce qui est faux d où une contradiction. Conclusion. Par conséquent, r 2 0 = 2. Or nous savons exo) que l équation x2 = 2 n a aucune solution rationnelle, ce qui est la constradiction cherchée. Exo 10. partie de R, 1. A resp. B) est une non vide, majorée, donc supa resp. supb) existe. a,b) A B, a+b supa+supb donc A+B est une partie de R, non vide, majorée, donc supa+b) existe. 6

7 Méthode 1 : directe, sans ε. ous avons vu que supa + supb est un majorant de A + B, or supa + B) est le plus pit des majorants de A+B si bien que Soient a,b) A B fixés quelconques. Par définition de supa+b), donc supa+b) supa+supb 1) a+b supa+b) a supa+b) b Cela étant vrai pour tout a A pour le b fixé quelconque, a A, a supa+b) b donc supa+b) b majore A, or supa est le plus pit des majorants de A si bien que Or cela est vrai pour tout b B, donc supa supa+b) b. b B,,b supa+b) supa donc supa+b) supa majore B, or supb est le plus pit des majorants de B si bien que supa+supb supa+b) 2) Méthode 2 : preuve par la caractérisation de la borne supérieure. ous avons vu que supa+supb est un majorant de A+B. Soit ε R + fixé quelconque. Appliquons la caractérisation de la borne supérieure de A en remplaçant le ε de la caractérisation par ε 2 : a A : a supa < a+ ε 2. 3) Appliquons la caractérisation de la borne supérieure de B en remplaçant le ε de la caractérisation par ε 2 : b B : b supb < b+ ε 2. 4) Posons c = a+b. Par conséquent, en sommant les inégalités 3) 4), c A+B : c supa+supb < c+ε. Les deux points ci-dessus permtent de conclure en utilisant la caractérisation de la borne sup de A+B. Ainsi, 1) 2) conduisent à supa+b) = supa+supb. 2. En remplaçant l hypothèse A B majorées par A B minorées, on peut utiliser le lemme du cours construction de la propriété de la borne inférieure) pour justifier que infa infb existent valent infa= supâ infb = Â. 5) De plus les parties de R  B sont non vides, majorés vérifient  B si bien qu en leur appliquant le résultat de la première question, En observant alors que Â+ B = Â+B, supâ+ B) = supâ+sup B. supâ+b = supâ+sup B. si bien qu en utilisant 5) le lemme?? appliqué à la partie non vide minorée A + B qui perm d affirmer que supâ+b = infa+b), on obtient infa+b) = infa infb d où infa+b) = infa+infb. 7