$A\cap B$ 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

$\mbox{sup}(A\cup B)=\mbox{max}\{\mbox{sup }A,\mbox{sup }B\}$ .

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