On va démontrer, par double inclusion, que : \[\bigcap_{n\in \N^*} \left]-\frac{1}{n},\,\frac{1}{n}\right[=\left \{ 0 \right\},\quad \quad \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[=\left[0,\,2\right],\quad\qeq \bigcup_{k=1}^{+\infty} \left( \left [-k,\,-\frac{1}{k}\right[ \cup \left]\frac{1}{k},\, k\right]\right)=\R^*.\]

Tout d’abord, pour tout \(n\geq 1\), \(0 \in \left ] -\frac{1}{n},\, \frac{1}{n}\right[\) donc \[\left \{ 0 \right \} \subset \bigcap_{n\in \N^*} \left]-\frac{1}{n},\,\frac{1}{n}\right[.\] Réciproquement, si \(\ds{x \in \bigcap_{n\in \N^*} \left] -\frac1n,\, \frac1n\right[}\), alors, pour tout \(n\) \[-\frac{1}{n} < x < \frac{1}{n}\] soit par passage à la limite, \(x=0\). Ainsi, \(\ds{x \in \bigcap_{n\in \N^*} \left] -\frac1n,\, \frac1n\right[ \subset \{ 0\}}\) et on conclut quant à l’égalité.
Remarquons que, pour tout entier \(p\geq 1\) et pour tout \(x\in \left[0,\,2\right]\), on a \[-\frac{1}{p} \leq x < 2+\frac{1}{p}=\frac{2p+1}{p}\] Ainsi, pour tout \(x \in \left[0,\,2\right]\), \[x\in \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[ \implies \left[0,\,2\right] \subset \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[\] Réciproquement, soit \(\ds{x\in \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[}\). Alors, pour tout \(p\geq 1\), on a \[-\frac{1}{p} \leq x < \frac{2p+1}{p}\] soit, par passage à la limite \[0 \leq x \leq 2\] et finalement \(x\in \left[0,\,2\right]\) et donc \[\left[0,\,2\right] \supset \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[\] On peut alors conclure, par double inclusion, que \[\left[0,\,2\right] = \bigcap_{p=1}^{+\infty} \left[-\frac{1}{p},\,\frac{2p+1}{p}\right[\]
Tout d’abord, pour tout \(k\in \N^*\), on a \[\left[-k,\,-\frac{1}{k}\right[ \cup \left]\frac{1}{k},\,k\right] \subset \R^*\] Ainsi, \[\bigcup_{k=1}^{+\infty} \left( \left [-k,\,-\frac{1}{k}\right[ \cup \left]\frac{1}{k},\, k\right]\right) \subset \R^*\] Réciproquement, soit \(x\in \R^*\). Si \(x>0\), puisque \(k\underset{k\to +\infty}{\longrightarrow} +\infty\) et \(\frac{1}{k} \underset{k\to +\infty}{\longrightarrow} 0\), il existe un entier \(p\) tel que \(\frac{1}{p} < x \leq p\). Mais alors \(x\in \left]\frac{1}{p},\,p\right]\) et donc \(x\) est dans l’union. Le cas \(x<0\) se traite de la même manière.

Unions nous, incluons nous