\(A\cap B\) peut être vide et on n’a rien à dire. Supposons donc \(A\cap B\) non vide. Pour \(x\in A\cap B\), on a \(x\leq\mbox{sup }A\) et \(x\leq\mbox{sup }B\) et donc \(x\leq\mbox{min}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\). Dans ce cas, \(\mbox{sup}(A\cap B)\) existe et \(\mbox{sup}(A\cap B)\leq\mbox{min}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\). On ne peut pas améliorer. Par exemple, soit \(A=[0,1]\cap\Qq\) et \(B=([0,1]\cap(\Rr\setminus\Qq))\cup\{0\}\). On a \(\mbox{sup }A=1\), \(\mbox{sup }B=1\), \(A\cap B=\{0\}\) et donc \(\mbox{sup}(A\cap B)=0<1=\mbox{min}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\). Pour \(x\in A\cup B\), on a \(x\leq\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\). Donc \(\mbox{sup}(A\cup B)\) existe dans \(\Rr\) et \(\mbox{sup}(A\cup B)\leq\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\). Inversement, supposons par exemple \(\mbox{sup }A\geq\mbox{sup }B\) de sorte que \(\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}=\mbox{sup }A\). Soit alors \(\varepsilon>0\). Il existe \(a\in A\) tel que \(\mbox{sup }A-\varepsilon<a\leq\mbox{sup }A\). \(a\) est dans \(A\) et donc dans \(A\cup B\). En résumé, \(\forall x\in(A\cup B),\;x\leq\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}\) et \(\forall\varepsilon>0,\;\exists x\in(A\cup B)/\;\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}-\varepsilon<x\) et donc

D’après l’exercice [exo:suprou2bis], \(\mbox{sup}(A+B)=\mbox{sup }A+\mbox{sup }B\). Pour \(\mbox{sup}(AB)\), tout est possible. Par exemple, si \(A=B=]-\infty,0]\) alors \(\mbox{sup }A=\mbox{sup }B=0\), mais \(AB=[0,+\infty[\) et \(\mbox{sup}(AB)\) n’existe pas dans \(\Rr\).

exo7 5213