Pascal Lainé Ensembles-Applications Exercice 1 : Soient = {1,2,3} et
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Pascal Lainé Ensembles-Applications Exercice 1 : Soient = {1,2,3} et
Pascal Lainé Ensembles-Applications Exercice 1 : Soient π΄ = {1,2,3} et π΅ = {0,1,2,3}. Décrire les ensembles π΄ β© π΅, π΄ βͺ π΅ et π΄ × π΅. Allez à : Correction exercice 1 : Exercice 2 : Soient π΄ = [1,3] et π΅ = [2,4]. Déterminer π΄ β© π΅ et π΄ βͺ π΅. Allez à : Correction exercice 2 : Exercice 3 : 1. Déterminer le complémentaire dans β des parties suivantes : π΄1 =] β β, 0]; π΄2 =] β β, 0[; π΄3 =]0, +β[; π΄4 = [0, +β[; π΄5 =]1,2[; π΄6 = [1,2[. 2. Soient π΄ =] β β, 1[βͺ]2, +β[, π΅ =] β β, 1[ et πΆ = [2, +β[. Comparer les ensembles suivants : πΆβ π΄ ππ‘ πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ Allez à : Correction exercice 3 : Exercice 4 : Soient π΄ =] β β, 3], π΅ =] β 2,7] et πΆ =] β 5, +β[ trois parties de β. Déterminer π΄ β© π΅, π΄ βͺ π΅, π΅ β© πΆ, π΅ βͺ πΆ, β β π΄, π΄ β π΅, (β β π΄) β© (β β π΅), (β β (π΄ βͺ π΅), (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ) et π΄ β© (π΅ βͺ πΆ). Allez à : Correction exercice 4 : Exercice 5 : Soient π΄, π΅ et πΆ trois parties dβun ensemble πΈ. Montrer que : 1. π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ) 2. π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) Allez à : Correction exercice 5 : Exercice 6 : Soient πΈ un ensemble et π΄ et π΅ deux parties de πΈ. On suppose que : π΄ β© π΅ β β ; π΄ βͺ π΅ β πΈ; π΄ β π΅; π΅ β π΄ On pose π΄1 = π΄ β© π΅; π΄2 = π΄ β© πΆπΈ π΅; π΄3 = π΅ β© πΆπΈ π΄; π΄4 = πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) 1. Montrer que π΄1 , π΄2 , π΄3 et π΄4 sont non vides. 2. Montrer que π΄1 , π΄2 , π΄3 et π΄4 sont deux à deux disjoints. 3. Montrer que π΄1 βͺ π΄2 βͺ π΄3 βͺ π΄4 = πΈ. Allez à : Correction exercice 6 : Exercice 7 : 1. Déterminer le complémentaire dans β des parties suivantes : π΄1 =] β β, 0]; π΄2 =] β β, 0[; π΄3 =]0, +β[; π΄4 = [0, +β[; π΄5 =]1,2[; π΄6 = [1,2[. 2. Soient π΄ =] β β, 1[βͺ]2, +β[, π΅ =] β β, 1[ et πΆ = [2, +β[. Comparer les ensembles suivants : πΆβ π΄ et πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ Allez à : Correction exercice 7 : 1 Pascal Lainé Exercice 8 : Justifier les énoncés suivants. a) Soient πΈ un ensemble, π΄ et π΅ deux sous-ensembles de πΈ. Si π΄ est inclus dans π΅, alors le complémentaire de π΅ dans πΈ est inclus dans le complémentaire de π΄ dans πΈ. b) Soient πΈ un ensemble, π΄ et π΅ deux sous-ensembles de πΈ. Si π΄ et π΅ sont disjoints, alors tout élément de πΈ est soit dans πΆπΈπ΄ soit dans πΆπΈπ΅ . c) Soient πΈ un ensemble, π΄ un sous-ensemble de πΈ. Déterminer les ensembles suivants : πΆπΈ (πΆπΈ π΄) ; π΄ β© πΆπΈ π΄ ; π΄ βͺ πΆπΈ π΄ ; πΆπΈ β ; πΆπΈ πΈ Allez à : Correction exercice 8 : Exercice 9 : 1. Montrer que (π΄ β π΅) β πΆ = π΄ β (π΅ βͺ πΆ) 2. Montrer que (π΄ β π΅) β© (πΆ β π· ) = (π΄ β© πΆ ) β (π΅ βͺ π·) Allez à : Correction exercice 9 : Exercice 10 : On rappelle que lβon note π΄Ξπ΅ = (π΄ β π΅) βͺ (π΅ β π΄) 1. Montrer que (π΄ β© π΅) β© (π΄ β© πΆ) = π΄ β© π΅ β© πΆ (π΄ β© πΆ ) β© (π΄ β© π΅) = π΄ β© πΆ β© π΅ 2. En déduire que (π΄ β© π΅)Ξ(π΄ β© πΆ ) = π΄ β© (π΅ΞπΆ ) Allez à : Correction exercice 10 : Exercice 11 : On rappelle que pour toutes parties π et π dβun ensemble πΈ, on note πΞπ = (π β π ) βͺ (π β π) 1. Montrer que pour toutes parties π΄, π΅ et πΆ dβun ensemble πΈ. (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ) = π΄ β© π΅ β© πΆ (π΄ βͺ πΆ ) β© (π΄ βͺ π΅) = π΄ β© πΆ β© π΅ 2. En déduire que (π΄ βͺ π΅)Ξ(π΄ βͺ πΆ ) = π΄ β© (π΅ΞπΆ ) Allez à : Correction exercice 11 : Exercice 12 : Soient π΄, π΅ et πΆ trois parties dβun ensemble πΈ. 1. Que pensez-vous de lβimplication π΄ βͺ π΅ β πΆ β (π΄ β πΆ ou π΅ β πΆ ) ? Justifiez (on pourra utiliser la contraposée). 2. On suppose que lβon a les inclusions suivantes : π΄ βͺ π΅ β π΄ βͺ πΆ et π΄ β© π΅ β π΄ β© πΆ. Montrer que π΅ β πΆ. 3. Allez à : Correction exercice 12 : Exercice 13 : Soient π΄ et π΅ deux parties dβun ensemble πΈ . Démontrer les égalités suivantes : 1. πΆπΈ (π΄ β© π΅) = πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅ 2 Pascal Lainé 2. πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ Si π΄ β π΅, montrer πΆπΈ π΅ β πΆπΈ π΄ Allez à : Correction exercice 13 : Exercice 14 : Soit πΈ un ensemble et πΉ et πΊ deux parties de πΈ. Démontrer que : 1. πΉ β πΊ β πΉ βͺ πΊ = πΊ 2. πΉ β πΊ β πΉ β© πΆπΈ πΊ = β Allez à : Correction exercice 14 : Exercice 15 : Soit πΈ un ensemble et soit π«(πΈ) lβensemble des parties de πΈ. Pour π΄ et π΅ dans π«(πΈ), on appelle différence symétrique de π΄ par π΅ lβensemble, noté π΄Ξπ΅ défini par : π΄Ξπ΅ = (π΄ βͺ π΅) β (π΄ β© π΅) 1. Montrer que π΄Ξπ΅ = (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = (π΄ β π΅) βͺ (π΅ β π΄). 2. Calculer π΄Ξπ΄, π΄Ξβ et π΄ΞπΈ. 3. Montrer que pour tous π΄, π΅ et πΆ dans π«(πΈ), on a : a) Montrer que : (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) b) Montrer que : (π΄Ξπ΅)ΞπΆ = (π΄ β© π΅ β© πΆ) βͺ (π΅ β© π΄ β© πΆ) βͺ (πΆ β© π΄ β© π΅) βͺ (πΆ β© π΅ β© π΄) c) Montrer que π΄Ξ(π΅ΞπΆ) = (πΆπ₯π΅)π₯π΄ d) A lβaide du b), montrer que (π΄π₯π΅)π₯πΆ = (πΆπ₯π΅)π₯π΄, e) En déduire que : (π΄Ξπ΅)ΞπΆ = π΄Ξ(π΅ΞπΆ) Allez à : Correction exercice 15 : Exercice 16 : Soit π: πΌ β π½ définie par π (π₯ ) = π₯ 2 1. Donner des ensembles πΌ et π½ tels que π soit injective mais pas surjective. 2. Donner des ensembles πΌ et π½ tels que π soit surjective mais pas injective. 3. Donner des ensembles πΌ et π½ tels que π soit ni injective ni surjective. 4. Donner des ensembles πΌ et π½ tels que π soit injective et surjective. Allez à : Correction exercice 16 : Exercice 17 : Dire (en justifiant) pour chacune des applications suivantes si elles sont injectives, surjectives, bijectives : π: β β β π: [0,1] β [0,2] π: β+ β β+ 2 2 π₯β¦π₯ π₯β¦π₯ π₯ β¦ π₯2 π: β β β β: β β β π: β β β π₯ β¦ π₯2 + π₯3 π₯ β¦ π₯ + π₯4 π₯ β¦ π₯ + π₯3 Allez à : Correction exercice 17 : Exercice 18 : Soit πΌ β β et π½ β β, deux intervalles de β. Soit π: πΌ β π½ une fonction strictement croissante. 1. Montrer que π est injective. On pourra montrer la contraposée (et on rappelle que π₯1 β π₯2 équivaut à π₯1 < π₯2 ou π₯2 < π₯1 ) 2. Déterminer lβensemble πΎ tel que π: πΌ β πΎ soit bijective. Allez à : Correction exercice 18 : Exercice 19 : Soit π: β2 β β définie pour tout (π, π) β β2 par π(π, π) = ππ 3 Pascal Lainé Soit π: β β β2 définie pour tout π β β par π(π) = (π, (π + 1)2 ) 1. π est-elle injective ? 2. π est-elle surjective ? 3. π est-elle injective ? 4. π est-elle surjective ? Allez à : Correction exercice 19 : Exercice 20 : Soient π: β β β π π β¦ πΈ( ) 2 π: β β β π β¦ 2π Où πΈ(π₯) désigne la partie entière de π₯ Les fonctions sont-elles injectives, surjective ? Comparer π β π et π β π. Allez à : Correction exercice 20 : Exercice 21 : Soit π une application de πΈ vers πΈ telle que : π(π (πΈ)) = πΈ Montrer que π est surjective. Allez à : Correction exercice 21 : Exercice 22 : On considère lβapplication π: β β β définie pour tout π β β par π (π) = π2 1. Existe-t-il π: β β β telle que :π β π = πΌπβ ? 2. Existe-t-il β: β β β telle que :β β π = πΌπβ ? Allez à : Correction exercice 22 : Exercice 23 : Soit π: β€ β β€ définie par π (π) = 2π 1. Existe-t-il une fonction π: β€ β β€ telle que π β π = πΌπβ€ ? 2. Existe-t-il une fonction β: β€ β β€ telle que β β π = πΌπβ€ ? Allez à : Correction exercice 23 : Exercice 24 : Soit π: πΈ β πΉ une application, où πΆπππ(πΈ) = πΆπππ (πΉ ) Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes (i) π est injective (ii) π est surjective (iii) π est bijective Allez à : Correction exercice 24 : Exercice 25 : Répondre aux questions qui suivent, en justifiant, le cas échéant, votre réponse par un bref argument, un calcul ou un contre-exemple. 1. Si les applications π’: β β β€ et π£: β€ β β sont bijectives, alors lβapplication π’ β π£ β π’: β β β€ est aussi bijective. Vrai ou Faux, justifier. 2. Lβapplication π: β3 β β: (π, π, π ) β¦ 2π 3π 5π est une application 4 Pascal Lainé (i) bijective (ii) injective et pas surjective (iii) surjective et pas injective (iv) ni surjective ni injective Justifier. 3. Soit π β β β {0,1}. Lβapplication π: β€ β β qui à lβentier π β β€ associe le reste de la division euclidienne de π par π est une application. 4. bijective (ii) injective et pas surjective (iii) surjective et pas injective (iv) ni surjective ni injective Justifier. 5. Soient π, π, π, π β β€ tels que ππ β ππ = 1. Déterminer lβapplication réciproque de la bijection π: β€2 β β€2 (π’, π£ ) β¦ (ππ’ + ππ£ + 1, ππ’ + ππ£ β 1) Allez à : Correction exercice 25 : Exercice 26 : 1. Soient π1 β β β {0,1} et π2 β β β {0,1} Montrer que : 1 1 1 1 β < β < 2 π1 π2 2 2. Soit π: β€ × β β {0,1} β β lβapplication définie par : 1 π (π, π) = π + π a. Montrer que π est injective ? b. π est-elle surjective ? Allez à : Correction exercice 26 : Exercice 27 : Soit π«(πΈ) lβensemble des parties de πΈ. Montrer quβil nβexiste pas dβapplication surjective π: πΈ β π«(πΈ). Considérer la partie π΄ = {π₯ β πΈ, π₯ β π (π₯ )}. Allez à : Correction exercice 27 : Exercice 28 : Pour un entier π β β on désigne par πΌπ lβensemble {1,2, β¦ , π}. 1. On suppose π β₯ 2. Combien y-a-t-il dβapplication injectives π: πΌ2 β πΌπ ? 2. A quelle condition portant sur les entiers π et π peut-on définir une application π: πΌπ β πΌπ qui soit injective, surjective, bijective ? Allez à : Correction exercice 28 : Exercice 29 : Soient πΈ, πΉ et πΊ trois ensemble et soient π: πΈ β πΉ et π: πΉ β πΊ deux applications. 1. Montrer que si π et π sont injectives alors π β π est injective. 2. Montrer que si π et π sont surjectives alors π β π est surjective. 3. Que peut-on conclure sur π β π si π et π sont bijectives ? 4. Montrer que si π β π est injective alors π est injective. 5. Montrer que si π β π est surjective alors π est surjective. 6. Si à présent π: πΈ β πΉ et π: πΉ β πΈ, déduire de ce qui précède ce que lβon peut dire dans les cas suivants : a. π β π = πΌππΈ b. π β π = πΌππΉ 5 Pascal Lainé c. π β π = πΌππΈ Allez à : Correction exercice 29 : Exercice 30 : Soient π et π deux ensembles non vides et π une application de π dans π. Une application π , de π dans π, telle que π β π = πΌππ sβappelle une section de π. 1. Montrer que si π admet au moins une section alors π est surjective. 2. Montrer que toute section de π est injective. Une application π, de π dans π, telle que π β π = πΌππ sβappelle une rétraction de π. 3. Montrer que si π possède une rétraction alors π est injective. 4. Montrer que si π est injective alors π possède une rétraction. 5. Montrer que toute rétraction de π est surjective. 6. En déduire que si π possède à la fois une section π et une rétraction π, alors π est bijective et lβon a : π = π (= π β1 par conséquent). Allez à : Correction exercice 30 : Exercice 31 : Soient πΈ et πΉ deux ensembles et soit π une application de πΈ dans πΉ. Soient π΄ et π΅ deux parties de πΈ, montrer que : 1. π (π΄ βͺ π΅) = π (π΄) βͺ π (π΅) 2. π (π΄ β© π΅) β π (π΄) β© π(π΅) Donner un exemple où cette dernière inclusion est stricte. Montrer alors que π est injective si et seulement si pour toute partie π΄ de πΈ et pour toute partie π΅ de πΈ, on a π(π΄ β© π΅) = π(π΄) β© π(π΅). Allez à : Correction exercice 31 : Exercice 32 : 1. Soit π lβapplication de lβensemble {1,2,3,4} dans lui-même définie par : π(1) = 4, π(2) = 1 , π (3) = 2, π (4) = 2. β1 Déterminer π (π΄) lorsque π΄ = {2}, π΄ = {1,2}, π΄ = {3}. 2. Soit π lβapplication de β dans β définie par π (π₯ ) = π₯ 2 . Déterminer π β1 (π΄) lorsque π΄ = {1}, π΄ = [1,2]. Allez à : Correction exercice 32 : Exercice 33 : 1. Soit π: β2 β β définie par π (π₯, π¦) = π₯. Déterminer π ([0,1] × [0,1]), π β1 ([β1,1]). 2. Soit π: β β [β1,1] définie par π(π₯ ) = cos(ππ₯ ), déterminer π (β), π (2β), π β1 ({±1}). Allez à : Correction exercice 33 : Exercice 34 : Soient πΈ et πΉ deux ensembles et soit π une application de πΈ dans πΉ. Soient π΄β² et π΅β² deux parties quelconques de πΉ, non vides. Montrer que : 1. π β1 (π΄β² βͺ π΅β² ) = π β1 (π΄β²) βͺ π β1 (π΅β²) 2. π β1 (π΄β² β© π΅β² ) = π β1 (π΄β²) β© π β1 (π΅β²) Allez à : Correction exercice 34 : Exercice 35 : Soient πΈ et πΉ deux ensembles et soit π une application de πΈ dans πΉ . 1. Montrer que pour toute partie π΄ de πΈ, on a π΄ β π β1 (π(π΄)). 6 Pascal Lainé 2. Montrer que pour toute partie π΅ de πΉ, on a π(π β1 (π΅)) β π΅. 3. Montrer que π est injective si et seulement si pour toute partie π΄ de πΈ on a π΄ = π β1 (π(π΄)). 4. Montrer que π est surjective si et seulement si pour toute partie π΅ de πΉ on a π(π β1 (π΅)) = π΅. Allez à : Correction exercice 35 : Exercice 36 : Soit π· = {(π₯, π¦) β β2 , βπ¦ β€ π₯ β€ π¦} Soit π: π· β β × β définie par π (π₯, π¦) = (π₯ 2 + π¦ 2 , 2π₯π¦) 1. Représenter π· dans le plan. 2. a. Montrer que si deux couples de réels (π₯1 , π¦1 ) et (π₯2 , π¦2 ) vérifient π₯ + π¦1 = π₯2 + π¦2 { 1 π₯1 β π¦1 = π₯2 β π¦2 Alors (π₯1 , π¦1 ) = (π₯2 , π¦2 ) (autrement dit π₯1 = π₯2 et π¦1 = π¦2). b. Montrer que π est injective, on pourra se ramener au système du 2.a.. 3. Est-ce que π est surjective ? Allez à : Correction exercice 36 : CORRECTIONS Correction exercice 1 : π΄ β© π΅ = {1,2,3} ; π΄ βͺ π΅ = {0,1,2,3} Remarque : Comme π΄ β π΅ on a π΄ β© π΅ = π΄ et π΄ βͺ π΅ = π΅ π΄ × π΅ = {(1,0), (1,1), (1,2), (1,3), (2,0), (2,1), (2,2), (2,3), (3,0), (3,1), (3,2), (3,3) Remarque : Card(π΄ × π΅) = Card(π΄) × Card(π΅) = 3 × 4 = 12 Allez à : Exercice 1 : Correction exercice 2 : π΄ β© π΅ = [2,3] ; π΄ βͺ π΅ = [1,4] Allez à : Exercice 2 : Correction exercice 3 : 1. πΆβ π΄1 =]0, +β[ ; πΆβ π΄2 = [0, +β[ ; πΆβ π΄3 =] β β, 0] ; πΆβ π΄4 =] β β, 0[; πΆβ π΄5 =] β β, 1] βͺ [2, +β[; πΆβ π΄6 =] β β, 1[βͺ [2, +β[ 2. πΆβ π΄ = [1,2]; πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ = [1, +β[β©]2, +β[= [1,2] Remarque : πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ = πΆβ (π΅ βͺ πΆ ) = πΆβ π΄ Allez à : Exercice 3 : Correction exercice 4 : π΄ β© π΅ =] β 2,3] π΄ βͺ π΅ =] β β, 7] π΅ β© πΆ =] β 2,7] 7 Pascal Lainé π΅ βͺ πΆ =] β 5, +β[ β β π΄ =]3, +β[ π΄ β π΅ =] β β, β2] (β β π΄) β© (β β π΅) =]3, +β[β© (] β β, β2] βͺ]7, +β[) = (]3, +β[β©] β β, β2]) βͺ (]3, +β[β©]7, +β[) = β βͺ]7, +β[=]7, +β[ Ou mieux (β β π΄) β© (β β π΅) = β β (π΄ βͺ π΅) =]7, +β[ (β β (π΄ βͺ π΅) =]7, +β[ (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) =] β 2,3] βͺ] β 5,3] =] β 5,3] Ou (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) = π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) =] β β, 3] β©] β 5, +β[=] β 5,3] π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) =] β β, 3] β©] β 5, +β[=] β 5,3] Allez à : Exercice 4 : Correction exercice 5 : Il sβagit de résultats du cours que lβon peut utiliser sans démonstration mais cet exercice demande de les redémontrer. 1. Si π₯ β π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) Alors (π₯ β π΄ ou π₯ β (π΅ β© πΆ )) Alors (π₯ β π΄ ou (π₯ β π΅ et π₯ β πΆ )) Si π₯ β π΄ alors π₯ β π΄ βͺ π΅ et π₯ β π΄ βͺ πΆ, par conséquent π₯ β (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ). Si (π₯ β π΅ et π₯ β πΆ ) alors (π₯ β π΄ βͺ π΅ et π₯ β π΄ βͺ πΆ ) Donc si (π₯ β π΄ ou (π₯ β π΅ et π₯ β πΆ )) alors (π₯ β π΄ βͺ π΅ et π₯ β π΄ βͺ πΆ ) On a montré que π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) β (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ) Si π₯ β (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ) alors (π₯ β π΄ βͺ π΅ et π₯ β π΄ βͺ πΆ ). (π₯ β π΄ βͺ π΅ et π₯ β π΄ βͺ πΆ ) β ((π₯ β π΄ ou π₯ β π΅) et (π₯ β π΄ ou π₯ β πΆ )) Si (π₯ β π΄ et (π₯ β π΄ ou π₯ β πΆ )) alors π₯ β π΄ β© π΄ ou π₯ β π΄ β© πΆ Si (π₯ β π΅ et (π₯ β π΄ ou π₯ β πΆ )) alors π₯ β π΅ β© π΄ ou π₯ β π΅ β© πΆ Alors π₯ β π΄ ou π₯ β π΄ β© πΆ ou π₯ β π΅ β© π΄ ou π₯ β π΅ β© πΆ Alors π₯ β π΄ ou π₯ β π΄ β© πΆ β π΄ ou π₯ β π΅ β© π΄ β π΄ ou π₯ β π΅ β© πΆ Alors π₯ β π΄ ou π₯ β π΅ β© πΆ Alors π₯ β π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) On a montré que (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ) β π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) Finalement π΄ βͺ (π΅ β© πΆ ) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ ) 2. Si π₯ β π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) Alors (π₯ β π΄ et π₯ β π΅ βͺ πΆ ) Alors (π₯ β π΄ et (π₯ β π΅ ou π₯ β πΆ )) Alors (π₯ β π΄ et π₯ β π΅) ou (π₯ β π΄ et π₯ β πΆ ) Alors π₯ β π΄ β© π΅ ou π₯ β π΄ β© πΆ Alors π₯ β (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) On a montré que π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) β (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) Si π₯ β (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) Alors π₯ β π΄ β© π΅ ou π₯ β π΄ β© πΆ Alors (π₯ β π΄ et π₯ β π΅) ou (π₯ β π΄ et π₯ β πΆ ) Alors (π₯ β π΄ ou π₯ β π΄) et (π₯ β π΄ ou π₯ β πΆ ) et (π₯ β π΅ ou π₯ β π΄) et (π₯ β π΅ ou π₯ β πΆ ) Alors π₯ β π΄ et π₯ β π΄ βͺ πΆ et π₯ β π΅ βͺ π΄ et π₯ β π΅ βͺ πΆ Comme π₯ β π΄ et π₯ β π΄ βͺ πΆ et π₯ β π΅ βͺ π΄ entraine que π₯ β π΄ 8 Pascal Lainé π₯ β (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) β π₯ β π΄ et π₯ β π΅ βͺ πΆ β π₯ β π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) On a montré que (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) β π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) Et finalement π΄ β© (π΅ βͺ πΆ ) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆ ) Allez à : Exercice 5 : Correction exercice 6 : 1. π΄1 = π΄ β© π΅ β β Dβaprès lβénoncé π΄2 = π΄ β© πΆπΈ π΅ = π΄ β π΅ β β Car π΄ β π΅. π΄3 = π΅ β© πΆπΈ π΄ = π΅ β π΄ β β Car π΅ β π΄ π΄4 = πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = πΈ β (π΄ βͺ π΅) β β Car π΄ βͺ π΅ β πΈ, en fait π΄ βͺ π΅ β πΈ car π΄ β πΈ et π΅ β πΈ. 2. π΄1 β© π΄2 = (π΄ β© π΅) β© (π΄ β© πΆπΈ π΅) = π΄ β© π΅ β© π΄ β© πΆπΈ π΅ = (π΄ β© π΄) β© (π΅ β© πΆπΈ π΅) = π΄ β© β = β π΄1 β© π΄3 = (π΄ β© π΅) β© (π΅ β© πΆπΈ π΄) = π΄ β© π΅ β© π΅ β© πΆπΈ π΄ = (π΅ β© π΅) β© (π΄ β© πΆπΈ π΄) = π΅ β© β = β π΄1 β© π΄4 = (π΄ β© π΅) β© (πΆπΈ (π΄ βͺ π΅)) = (π΄ β© π΅) β© (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅) = π΄ β© π΅ β© πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ = (π΄ β© πΆπΈ π΄) β© (π΅ β© πΆπΈ π΅) = β β© β = β π΄2 β© π΄3 = (π΄ β© πΆπΈ π΅) β© (π΅ β© πΆπΈ π΄) = π΄ β© πΆπΈ π΅ β© π΅ β© πΆπΈ π΄ = (π΄ β© πΆπΈ π΄) β© (π΅ β© πΆπΈ π΅) = β β© β = β π΄2 β© π΄4 = (π΄ β© πΆπΈ π΅) β© πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = (π΄ β© πΆπΈ π΅) β© (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅) = π΄ β© πΆπΈ π΅ β© πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ = (π΄ β© πΆπΈ π΄) β© (πΆπΈ π΅ β© πΆπΈ π΅) = β β© πΆπΈ π΅ = β π΄3 β© π΄4 = (π΅ β© πΆπΈ π΄) β© πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = (π΅ β© πΆπΈ π΄) β© (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅) = π΅ β© πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ = (π΅ β© πΆπΈ π΅) β© (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΄) = β β© πΆπΈ π΄ = β 3. π΄1 , π΄2 , π΄3 et π΄4 sont deux à deux disjoints. π΄1 βͺ π΄2 βͺ π΄3 β© π΄4 = (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆπΈ π΅) βͺ (π΅ β© πΆπΈ π΄) βͺ πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆπΈ π΅) βͺ (π΅ β© πΆπΈ π΄) βͺ (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅) = [(π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© πΆπΈ π΅)] βͺ [(π΅ β© πΆπΈ π΄) βͺ (πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅)] = [(π΄ βͺ π΄) β© (π΄ βͺ πΆπΈ π΅) β© (π΅ βͺ π΄) β© (π΅ βͺ πΆπΈ π΅)] βͺ [(π΅ βͺ πΆπΈ π΄) β© (π΅ βͺ πΆπΈ π΅) β© (πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΄) β© (πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅)] = [π΄ β© (π΄ βͺ πΆπΈ π΅) β© (π΄ βͺ π΅) β© πΈ] βͺ [(π΅ βͺ πΆπΈ π΄) β© πΈ β© πΆπΈ π΄ β© (πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅)] = [π΄ β© {(π΄ βͺ πΆπΈ π΅) β© (π΄ βͺ π΅)}] βͺ [πΆπΈ π΄ β© {(π΅ βͺ πΆπΈ π΄) β© (πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅)}] = [π΄ β© {π΄ βͺ (πΆπΈ π΅ β© π΅)}] βͺ [πΆπΈ π΄ β© {πΆπΈ π΄ βͺ (π΅ β© πΆπΈ π΅}] = [π΄ β© {π΄ βͺ β }] βͺ [πΆπΈ π΄ β© {πΆπΈ π΄ βͺ β }] = [π΄ β© π΄] βͺ [πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΄] = π΄ βͺ πΆπΈ π΄ = πΈ Remarque : (π΄1 , π΄2 , π΄3 , π΄4 ) est une partition de πΈ. π΄ π΅ π΄2 π΄1 π΄3 πΈ π΄4 Sur un schéma cβest une évidence (πΈ est le carré sur le schéma). 9 Pascal Lainé Allez à : Exercice 6 : Correction exercice 7 : 1. πΆβ π΄1 =]0, +β[ ; πΆβ π΄2 = [0, +β[ ; πΆβ π΄3 =] β β, 0] ; πΆβ π΄4 =] β β, 0[; πΆβ π΄5 =] β β, 1] βͺ [2, +β[; πΆβ π΄6 =] β β, 1[βͺ [2, +β[ 2. πΆβ π΄ = [1,2]; πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ = [1, +β[β©]2, +β[= [1,2] Remarque : πΆβ π΅ β© πΆβ πΆ = πΆβ (π΅ βͺ πΆ ) = πΆβ π΄ Allez à : Exercice 7 : Correction exercice 8 : a) Soit π₯ β π΅ = βπ΅πΈ , π₯ β π΅, comme π΄ β π΅, π₯ β π΄, autrement dit π₯ β π΄ = βπΈπ΄ ce qui montre que si π₯ β π΅ alors π₯ β π΄. b) Si π₯ β π΄ alors π₯ β π΅ (car π΄ β© π΅ = β ) donc π₯ β π΅ = βπ΅πΈ . Si π₯ β π΄ alors π₯ β π΄ = βπΈπ΄ c) πΆπΈ (πΆπΈ π΄) = π΄, π΄ β© πΆπΈ π΄ = β , π΄ βͺ πΆπΈ π΄ = πΈ, πΆπΈ β = πΈ et πΆπΈ πΈ = β Allez à : Exercice 8 : Correction exercice 9 : 1. (π΄ β π΅) β πΆ = (π΄ β© π΅) β πΆ = (π΄ β© π΅) β© πΆ = π΄ β© (π΅ β© πΆ) = π΄ β© (π΅ βͺ πΆ) = π΄ β (π΅ βͺ πΆ) 2. (π΄ β π΅) β© (πΆ β π· ) = (π΄ β© π΅) β© (πΆ β© π·) = (π΄ β© πΆ ) β© (π΅ β© π·) = (π΄ β© πΆ ) β© (π΅ βͺ π·) = (π΄ β© πΆ ) β (π΅ βͺ π·) Allez à : Exercice 9 : Correction exercice 10 : 1. (π΄ β© π΅) β© (π΄ β© πΆ) = (π΄ β© π΅) β© (π΄ βͺ πΆ) = (π΄ β© π΅ β© π΄) βͺ (π΄ β© π΅ β© πΆ) = β βͺ (π΄ β© π΅ β© πΆ) =π΄β©π΅β©πΆ Pour la seconde il suffit dβintervertir π΅ et πΆ. 2. (π΄ β© π΅)Ξ(π΄ β© πΆ ) = ((π΄ β© π΅) β (π΄ β© πΆ )) βͺ ((π΄ β© πΆ ) β (π΄ β© π΅)) = ((π΄ β© π΅) β© (π΄ β© πΆ)) βͺ ((π΄ β© πΆ ) β© (π΄ β© π΅)) = (π΄ β© π΅ β© πΆ) βͺ (π΄ β© πΆ β© π΅) = π΄ β© ((π΅ β© πΆ) βͺ (πΆ β© π΅)) = π΄ β© ((π΅ β πΆ ) βͺ (πΆ β π΅)) = π΄ β© (π΅ΞπΆ ) Allez à : Exercice 10 : Correction exercice 11 : 1. (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ πΆ) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ β© πΆ) = (π΄ β© (π΄ β© πΆ)) βͺ (π΅ β© (π΄ β© πΆ)) = (π΄ β© π΄ β© πΆ) βͺ (π΅ β© π΄ β© πΆ) = β βͺ (π΅ β© π΄ β© πΆ) = π΅ β© π΄ β© πΆ = π΄ β© π΅ β© πΆ Pour la seconde égalité il suffit dβintervertir les rôles de π΅ et πΆ. 2. (π΄ βͺ π΅)Ξ(π΄ βͺ πΆ ) = (π΄ βͺ π΅) β (π΄ βͺ πΆ ) βͺ (π΄ βͺ πΆ ) β (π΄ βͺ π΅) = (π΄ β© π΅ β© πΆ) βͺ (π΄ β© πΆ β© π΅) = π΄ β© ((π΅ β© πΆ) βͺ (πΆ β© π΅)) = π΄ β© (π΅ β πΆ βͺ πΆ β π΅) = π΄ β© (π΅ΞπΆ ) 10 Pascal Lainé Allez à : Exercice 11 : Correction exercice 12 : 1. La contraposée de cette implication est : (π΄ β πΆ et π΅ β πΆ ) β π΄ βͺ π΅ β πΆ Cette implication est vraie. 2. Prenons π₯ β π΅. Alors π₯ β π΄ βͺ π΅, alors π₯ β π΄ βͺ πΆ dβaprès lβhypothèse. Si π₯ β πΆ cβest fini. Si π₯ β π΄ β πΆ alors π₯ β π΄ β© π΅ (puisque lβon a pris π₯ β π΅), dβaprès lβhypothèse π₯ β π΄ β© πΆ ce qui entraine que π₯ β πΆ. On a bien montré que π΅ β πΆ. Allez à : Exercice 12 : Correction exercice 13 : Il sβagit de résultats du cours, on peut les utiliser sans démonstration mais cβest lβobjet de cet exercice. 1. Soit π₯ β πΆπΈ (π΄ β© π΅), π₯ β π΄ β© π΅ et donc π₯ β π΄ ou π₯ β π΅, ce qui signifie que π₯ β πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅ Cela montre que πΆπΈ (π΄ β© π΅) β πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅. Soit π₯ β πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅, π₯ β π΄ ou π₯ β π΅ donc π₯ β π΄ β© π΅ ce qui entraine que π₯ β πΆπΈ (π΄ β© π΅). Cela montre que πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅ β πΆπΈ (π΄ β© π΅). Et finalement πΆπΈ (π΄ β© π΅) = πΆπΈ π΄ βͺ πΆπΈ π΅ Remarque : On aurait raisonner par équivalence. 2. Soit π₯ β πΆπΈ (π΄ βͺ π΅), π₯ β π΄ βͺ π΅ et donc π₯ β π΄ et π₯ β π΅, ce qui signifie que π₯ β πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ Cela montre que πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) β πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅. Soit π₯ β πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅, π₯ β π΄ et π₯ β π΅ donc π₯ β π΄ βͺ π΅ ce qui entraine que π₯ β πΆπΈ (π΄ βͺ π΅). Cela montre que πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ β πΆπΈ (π΄ βͺ π΅). Et finalement πΆπΈ (π΄ βͺ π΅) = πΆπΈ π΄ β© πΆπΈ π΅ Remarque : On aurait pu raisonner par équivalence. Allez à : Exercice 13 : Correction exercice 14 : Il sβagit de résultats du cours, on peut les utiliser sans démonstration mais cβest lβobjet de cet exercice. 1. Supposons que πΉ β πΊ. Si π₯ β πΉ βͺ πΊ alors π₯ β πΉ β πΊ ou π₯ β πΊ alors π₯ β πΊ. Donc πΉ βͺ πΊ β πΊ. Si π₯ β πΊ alors π₯ β πΉ βͺ πΊ, par conséquent πΉ βͺ πΊ = πΊ. On a montré que πΉ β πΊ β πΉ βͺ πΊ = πΊ Supposons que πΉ βͺ πΊ = πΊ. Soit π₯ β πΉ, π₯ β πΉ βͺ πΊ = πΊ donc π₯ β πΊ. On a montré que πΉ βͺ πΊ = πΊ β πΉ β πΊ. Finalement πΉ β πΊ β πΉ βͺ πΊ = πΊ. 2. Supposons que πΉ β πΊ. Si π₯ β πΉ β© πΆπΈ πΊ, π₯ β πΉ et π₯ β πΊ β πΉ donc π₯ β πΉ et π₯ β πΉ ce qui est impossible par conséquent πΉ β© πΆπΈ πΊ = β . On a montré que πΉ β πΊ β πΉ β© πΆπΈ πΊ = β Supposons que πΉ β© πΆπΈ πΊ = β . 11 Pascal Lainé Soit π₯ β πΉ, supposons que π₯ β πΊ β π₯ β πΆπΈ πΊ ce qui signifie que π₯ β πΉ β© πΆπΈ πΊ = β , cβest impossible donc lβhypothèse π₯ β πΊ est fausse, par conséquent π₯ β πΊ et πΉ β πΊ. On a montré que πΉ β© πΆπΈ πΊ = β β πΉ β πΊ. Finalement πΉ β πΊ β πΉ β© πΆπΈ πΊ = β . Allez à : Exercice 14 : Correction exercice 15 : 1. (π΄ βͺ π΅) β (π΄ β© π΅) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ β© π΅) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΄ βͺ π΅) = (π΄ β© π΄) βͺ (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) βͺ (π΅ β© π΅) = β βͺ (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) βͺ β = (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = (π΄ β π΅) βͺ (π΅ β π΄) 2. π΄Ξπ΄ = (π΄ βͺ π΄) β (π΄ β© π΄) = π΄ β π΄ = β π΄Ξβ = (π΄ βͺ β ) β (π΄ β© β ) = π΄ β β = π΄ π΄ΞπΈ = (π΄ βͺ πΈ) β (π΄ β© πΈ) = πΈ β π΄ = π΄ 3. a) (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = π΄ β© π΅ β© (π΅ β© π΄) = (π΄ βͺ π΅) β© (π΅ βͺ π΄) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΄ β© π΄) βͺ (π΅ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = (π΄ β© π΅) βͺ β βͺ β βͺ (π΅ β© π΄) = (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) b) (π΄Ξπ΅)ΞπΆ = ((π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄)) ΞπΆ = (((π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄)) β© πΆ) βͺ (πΆ β© (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄)) = (π΄ β© π΅ β© πΆ) βͺ (π΅ β© π΄ β© πΆ) βͺ (πΆ β© ((π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄))) = (π΄ β© π΅ β© πΆ) βͺ (π΅ β© π΄ β© πΆ) βͺ (πΆ β© π΄ β© π΅) βͺ (πΆ β© π΅ β© π΄) c) (π΄Ξπ΅)ΞC = (πΆ β© π΄Ξπ΅) βͺ ((π΄Ξπ΅) β© πΆ) = ((π΄Ξπ΅) β© πΆ) βͺ (πΆ β© π΄Ξπ΅) = πΆΞ(π΄Ξπ΅) or π΄Ξπ΅ = (π΄ β© π΅) βͺ (π΅ β© π΄) = (π΅ β© π΄) βͺ (π΄ β© π΅) = π΅Ξπ΄ donc (π΄Ξπ΅)ΞC = πΆΞ(π΄Ξπ΅) = πΆΞ(π΅Ξπ΄) d) (πΆπ₯π΅)π₯π΄ = (πΆ β© π΅ β© π΄) βͺ (π΅ β© πΆ β© π΄) βͺ (π΄ β© πΆ β© π΅) βͺ (π΄ β© π΅ β© πΆ ) = π΄Ξ(π΅ΞπΆ), en changeant π΄ et πΆ. e) (π΄Ξπ΅)ΞπΆ = πΆΞ(π΅Ξπ΄) dβaprès d) or πΆΞ(π΅Ξπ΄) = π΄Ξ(π΅ΞπΆ) dβaprès c). Donc (π΄Ξπ΅)ΞπΆ = π΄Ξ(π΅ΞπΆ). Allez à : Exercice 15 : Correction exercice 16 : 1. πΌ = [0,1] et π½ = [β1,1]. 2. πΌ = [β1,1] et π½ = [0,1]. 3. πΌ = [β1,1] et π½ = [β1,1]. 4. πΌ = [0,1] et π½ = [0,1]. Allez à : Exercice 16 : Correction exercice 17 : π: β β β π₯ β¦ π₯2 12 Pascal Lainé π (β1) = π(1) donc π nβest pas injective. β4 nβa pas dβantécédent, car π (π₯ ) = β4 β π₯ 2 = β4 nβa pas de solution dans β. π nβest pas surjective. Une fonction est bijective si et seulement si elle est injective et surjective donc cette fonction nβest pas bijective. π: β+ β β+ π₯ β¦ π₯2 π(π₯1 ) = π (π₯2 ) β π₯12 = π₯22 β βπ₯12 = βπ₯22 β |π₯1 | = |π₯2 | β π₯1 = π₯2 Car π₯1 β₯ 0 et π₯2 β₯ 0. π est injective. Pour tout π¦ β ββ , (celui de lβensemble dβarrivée), il existe π₯ = βπ¦ β ββ, (celui de lβensemble de départ) 2 tel que : π¦ = π (π₯ ), en effet π (π₯ ) = (βπ¦) = π¦ donc π est surjective. π est bijective. π: [0,1] β [0,2] π₯ β¦ π₯2 π(π₯1 ) = π (π₯2 ) β π₯12 = π₯22 β βπ₯12 = βπ₯22 β |π₯1 | = |π₯2 | β π₯1 = π₯2 Car π₯1 β₯ 0 et π₯2 β₯ 0. π est injective. 2 nβa pas dβantécédent, car π(π₯ ) = 2 β π₯ 2 = 2 nβa pas de solution dans [0,1]. π nβest pas surjective. π: β β β π₯ β¦ π₯ + π₯3 π est une fonction dérivable, πβ² (π₯ ) = 1 + 3π₯ 2 > 0 donc π est strictement croissante sur β. La contraposée de π(π₯1 ) = π(π₯2 ) β π₯1 = π₯2 est π₯1 β π₯2 β π(π₯1 ) β π(π₯2 ) Supposons que π₯1 β π₯2 , alors π₯1 < π₯2 (ou π₯2 < π₯1 , ce que revient au même), on en déduit que π(π₯1 ) < π(π₯2 ) car π est strictement croissante, par conséquent π(π₯1 ) β π(π₯2 ), π est injective. lim π(π₯) = ββ et lim π(π₯) = +β π₯βββ π₯β+β π est une bijection strictement croissante de β sur β, par conséquent pour tout π¦ β β, il existe un unique π₯ β β tel que π¦ = π(π₯), π est surjective. Mais lβunicité du « π₯ » fait que π est bijective donc il était inutile de montrer lβinjectivité de π. β: β β β π₯ β¦ π₯2 + π₯3 On va étudier (sommairement) cette fonction et dresser son tableau de variation. β est une fonction dérivable sur β. ββ² (π₯ ) = 2π₯ + 3π₯ 2 = π₯(2 + 3π₯) lim β(π₯) = ββ et lim β(π₯) = +β π₯βββ π₯β+β Le « π₯ 3 » lβemporte sur le « π₯ 2 ». 2 2 2 2 3 4 8 4 β(0) = 0 et β (β ) = (β ) + (β ) = β = 3 3 3 9 27 27 2 π₯ ββ β3 0 +β β² β (π₯) + 0 β 0 + 4 β(π₯) +β 27 ββ 0 Les seules bijections de πΈ β β sur πΉ β β sont les fonctions strictement monotones dont lβimage de πΈ est πΉ. β nβest pas une bijection. Comme β(β1) = 0 = β(0), β nβest pas injective. Pour tout π¦ β β il existe π₯ β β tel que π¦ = β (π₯ ), et bien il nβy a pas unicité sinon β serait bijective. 4 4 Pour tout π¦ β [0, 27 [ il existe trois valeurs π₯ tel que π¦ = β(π₯), pour π¦ = 27, il y en a deux pour les autres π¦ nβa quβun antécédent. 13 Pascal Lainé π: β β β π₯ β¦ π₯ + π₯4 On va étudier cette fonction, π est dérivable et π β²(π₯ ) = 1 + 4π₯ 3 1 1 1 3 1 π β² (π₯ ) = 0 β 1 + 4π₯ 3 = 0 β π₯ 3 = β β π₯ = (β 2 ) = β 2 4 2 23 π (β 1 2) 23 = (β 1 2 ) (1 + 23 (β 1 3 2) 23 ) = (β lim β(π₯) = +β et π₯βββ Le « π₯ 4 » lβemporte sur le « π₯ ». π₯ ββ π β²(π₯) π(π₯) β β 1 1 1 3 3 ) = (β 2 ) × = β 8 4 4 23 23 lim β(π₯) = +β 2 ) (1 β 23 π₯β+β 3 +β 8 23 0 +β β 3 + 3 +β 8 23 Pour tout π¦ > β 8 , π¦ admet deux antécédents, π est ni surjective ni injective. 23 Allez à : Exercice 17 : Correction exercice 18 : 1. Si π₯1 < π₯2 alors π (π₯1 ) < π (π₯2 ) donc π (π₯1 ) β π (π₯2 ) Si π₯1 > π₯2 alors π (π₯1 ) > π (π₯2 ) donc π (π₯1 ) β π (π₯2 ) Donc π est injective. 2. πΎ = π (πΌ ) Allez à : Exercice 18 : Correction exercice 19 : 1. π (1,2) = 1 × 2 = 2 × 1 = π (2,1) Donc π nβest pas injective. 2. π (1, π) = 1 × π = π Donc pour tout π β β, il existe (π, π) = (1, π) tel que π = π (π, π) π est surjective. 3. π(π1 ) = π(π2 ) β (π1 , (π1 + 1)2 ) = (π2 , (π2 + 1)2 ) β {( π1 = π2 β π1 = π2 π1 + 1)2 = (π2 + 1)2 Donc π est injective. 4. On va montrer que (1,1) nβadmet pas dβantécédent. Supposons que (1,1) = (π, (π + 1)2 ) Alors 1=π { 1 = (π + 1)2 Ce qui équivaut à 1=π { 1 = 22 Ce qui est impossible donc (1,1) nβadmet pas dβantécédent, π nβest pas surjective. Allez à : Exercice 19 : 14 Pascal Lainé Correction exercice 20 : π (π1 ) = π (π2 ) β 2π1 = 2π2 β π1 = π2 π est injective. 1 nβa pas dβantécédent car il nβexiste pas dβentier naturel π tel que 1 = 2π, π nβest pas surjective. 0 1 π(0) = πΈ (2) = πΈ (0) = 0 et π(1) = πΈ (2) = 0, donc π(0) = π(1) ce qui entraine que π nβest pas injective. Pour tout π¦ = π β β (dans lβensemble dβarrivé) il existe π₯ = 2π β β (dans lβensemble de départ) tel que : π₯ 2π π (π₯ ) = πΈ ( ) = πΈ ( ) = πΈ ( π ) = π = π¦ 2 2 π est surjective. Si π est pair, il existe π β β tel que π = 2π 2π π β π(π) = π(π(π)) = π(π(2π)) = π (πΈ ( )) = π(πΈ (π)) = π (π) = 2π = π 2 Si π est impaire, il existe π β β tel que π = 2π + 1 2π + 1 1 )) = π (πΈ (π + )) = π (π) = 2π = π β 1 π β π(π) = π(π(π)) = π(π(2π + 1)) = π (πΈ ( 2 2 π si π est pair π β π (π ) = { π β 1 si π est impair Que π soit paire ou impaire 2π π β π (π) = π(π (π)) = π(2π) = πΈ ( ) = πΈ (π) = π 2 π β π = ππ Remarque : Comme on le voit sur cet exemple, il ne suffit pas que π β π = ππ pour que π soit la bijection réciproque de π. La définition de la bijection réciproque dβune fonction π1 : πΈ β πΈ est : « Sβil existe une fonction π2 : πΈ β πΈ telle que π1 β π2 = π2 β π1 = πππΈ alors π2 = π1β1 » on a alors : π1 et π2 sont deux fonctions bijectives. Allez à : Exercice 20 : Correction exercice 21 : π (πΈ) β πΈ donc π(π(πΈ)) β π (πΈ) β πΈ, or π(π (πΈ)) = πΈ donc πΈ β π (πΈ) β πΈ, par conséquent πΈ = π(πΈ) ce qui signifie que π est surjective. Allez à : Exercice 21 : Correction exercice 22 : 2 1. Supposons que π existe, π β π = πΌπβ β βπ β β, π(π(π)) = π β βπ β β, (π(π)) = π 2 Si π nβest pas un carré cela ne marche pas, par exemple si π = 2, (π(2)) = 2 donc π(2) = ±β2 β β Il nβexiste pas de fonction π: β β β telle que :π β π = πΌπβ. 2. Supposons que β existe, β β π = πΌπβ β βπ β β, β(π (π)) = π β βπ β β, β(π2 ) = π Les valeurs β(π) prennent les valeurs quβelles veulent sauf lorsque π est un carré auquel cas β(π) = βπ, donnons une fonction β qui répond à la question : Si π β π2 alors β(π) = 0 et si π = π2 alors β(π) = βπ = π. Allez à : Exercice 22 : Correction exercice 23 : 15 Pascal Lainé 1. Si π existe alors pour tout π β β€, π(π(π)) = π β 2π(π) = π, si π est impair π(π) β β€ donc il nβexiste pas de fonction π: β€ β β€ telle que π β π = πΌπβ€ . 2. Si β existe alors pour tout π β β€, β(π (π)) = π β β(2π) = π Soit β la fonction définie, pour tout π β β€, par β(2π) = π et β(2π + 1) = 0 convient. Allez à : Exercice 23 : Correction exercice 24 : On pose πΈ = {π1 , π2 , β¦ , ππ } et πΉ = {π1 , π2 , β¦ , ππ }, et bien sur tous les ππ sont distincts ainsi que tous les ππ . On rappelle que le fait que π soit une application entraine que {π (π1 ), π (π2 ), β¦ , π(ππ )} β {π1 , π2 , β¦ , ππ } On suppose que π est injective, on va montrer que π est surjective. On va montrer la contraposée, cβest-à-dire que lβon va montrer que si π nβest pas surjective alors π nβest pas injective. Soit ππ β πΉ et on suppose quβil nβexiste pas de ππ β πΈ tel que ππ = π(ππ ) (π nβest pas surjective) Donc {π (π1 ), π (π2 ), β¦ , π (ππ )} β {π1 , β¦ , ππβ1 , ππ+1 , β¦ , ππ }, il y a π éléments dans le premier ensemble et π β 1 dans le second, donc il existe π1 et π2 , avec π1 β π2 dans {1,2, β¦ , π} tels que π(ππ1 ) = π(ππ2 ), or ππ1 β ππ2 donc π nβest pas injective. On suppose que π est surjective et on va montrer que π est injective. On va montrer la contraposée, cβest-à-dire que lβon va montrer que si π nβest pas injective alors π nβest pas surjective. Si π (ππ ) = π(ππ ) = π’ avec ππ β ππ alors {π(π1 ), β¦ , π (ππβ1 ), π’, π(ππ+1 ), β¦ , π(ππβ1 ), π’, π(ππ+1 ) β¦ , π (ππ )} β {π1 , π2 , β¦ , ππ }, le premier ensemble a π β 1 éléments et le second π donc il existe un ππ qui nβa pas dβantécédent, cela montre que π nβest pas surjective. On a montré que (π ) β (ππ), par définition (πππ ) β (π) et (πππ ) β (ππ). Si on a (π) alors on a (ππ) et (π ) ππ‘ (ππ) entraine (πππ) de même si on a (ππ) alors on a (π) et (π ) ππ‘ (ππ) entraine (πππ). Ce qui achève de montrer les trois équivalences. Allez à : Exercice 24 : Correction exercice 25 : 1. π’ et π£ sont surjectives donc π’(β) = β€ et π£ (β€) = β par conséquent π’ β π£ β π’(β) = π’ (π£(π’(β))) = π’(π£(β€)) = π’(β) = β€ Cela montre que π’ β π£ β π’ est surjective. π’ β π£ β π’(π₯1 ) = π’ β π£ β π’(π₯2 ) β π’ (π£(π’(π₯1 ))) = π’ (π£(π’(π₯2 ))) β π£(π’(π₯1 )) = π£(π’(π₯2 )) Car π’ est injective π’ β π£ β π’(π₯1 ) = π’ β π£ β π’(π₯2 ) β π£(π’(π₯1 )) = π£(π’(π₯2 )) β π’(π₯1 ) = π’(π₯2 ) Car π£ est injective π’ β π£ β π’(π₯1 ) = π’ β π£ β π’(π₯2 ) β π’(π₯1 ) = π’(π₯2 ) β π₯1 = π₯2 Car π’ est injective Finalement π’ β π£ β π’ est injective et donc bijective (puisquβelle est surjective). 2. 7 nβadmet pas dβantécédent donc π nβest pas surjective. β² β² β² π (π, π, π ) = π (πβ² , πβ² , π β²) β 2π 3π 5π = 2π 3π 5π Lβunicité de la décomposition des entiers en produit de facteur premier entraine que π = πβ² , π = πβ² et π = π β², autrement dit π est injective. Donc π est injective et pas surjective. 16 Pascal Lainé 3. π(π) = 0 ππ‘ π(2π) = 0 Donc π nβest pas injective. π(β€) = {0,1, β¦ , π β 1} β β Donc π nβest pas surjective. 4. Pour tout (π₯, π¦) β β€ on cherche sβil existe un unique couple (π’, π£ ) β β€ tel que Premier cas π β 0 π₯ = ππ’ + ππ£ + 1 (π₯, π¦) = π (π, π) β (π₯, π¦) = (ππ’ + ππ£ + 1, ππ’ + ππ£ β 1) β { π¦ = ππ’ + ππ£ β 1 πΏ π₯ β 1 = ππ’ + ππ£ πΏ1 π₯ β 1 = ππ’ + ππ£ { β 1{ β πΏ2 π¦ + 1 = ππ’ + ππ£ ππΏ1 β ππΏ2 π(π₯ β 1) β π(π¦ + 1) = πππ£ β πππ£ π₯ β 1 = ππ’ + ππ£ π₯ β 1 = ππ’ + ππ£ β{ ( β{ ( π π₯ β 1) β π(π¦ + 1) = (ππ β ππ)π£ π π₯ β 1) β π(π¦ + 1) = βπ£ π₯ β 1 = ππ’ + π(βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1)) β{ π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) ππ’ = βπ(βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1)) + (π₯ β 1) β{ π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) ππ’ = ππ (π₯ β 1) β ππ(π¦ + 1) + (π₯ β 1) β{ π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) ππ’ = (ππ + 1)(π₯ β 1) β ππ(π¦ + 1) ππ’ = ππ (π₯ β 1) β ππ(π¦ + 1) β{ β{ π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) π’ = π (π₯ β 1) β π(π¦ + 1) β{ π£ = βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1) 1 Si π = 0, alors ππ = β1, en particulier π β 0 et π = βπ π₯ = ππ£ + 1 (π₯, π¦) = π (0, π) β (π₯, π¦) = (ππ£ + 1, ππ’ + ππ£ β 1) β { π¦ = ππ’ + ππ£ β 1 π₯β1 π£ = βπ(π₯ β 1) π£ = βπ(π₯ β 1) π£ = β{ β{ β{ π ( ) π¦ = ππ’ β ππ π₯ β 1 β 1 π¦ = ππ’ β ππ(π₯ β 1) β 1 π¦ = ππ’ + ππ£ β 1 π£ = βπ(π₯ β 1) π£ = βπ(π₯ β 1) 1+π¦ β{ β{ ππ’ = ππ (π₯ β 1) + 1 + π¦ π’ = π (π₯ β 1) + π π£ = βπ (π₯ β 1) β{ π’ = π(π₯ β 1) β π(1 + π¦) Ce sont les mêmes formules que dans le cas où π β 0 Donc pour tout (π₯, π¦) β β€2 il existe un unique couple (π’, π£ ) = (π(π₯ β 1) β π(π¦ + 1), βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1)) β β€2 tel que (π₯, π¦) = π(π’, π£), π est bijective et π β1 (π₯, π¦) = (π(π₯ β 1) β π(π¦ + 1), βπ(π₯ β 1) + π(π¦ + 1)) Allez à : Exercice 25 : Correction exercice 26 : 1. 1 1 β€ (1) π1 2 1 1 1 1 π2 β₯ 2 β 0 < β€ β β β€ β < 0 (2) π2 2 2 π2 π1 β₯ 2 β 0 < En additionnant (1) et (2) β 1 1 1 1 < β < 2 π1 π2 2 17 Pascal Lainé 2. a. Pour tout (π1 , π1 ) β β€ × β β {0,1} et (π2 , π2 ) β β€ × β β {0,1} 1 1 1 1 π(π1 , π1 ) = π (π2 , π2 ) β π1 + = π2 + β β = π2 β π1 π1 π2 π1 π2 1 1 Dβaprès la première question cela montre que π2 β π1 β ]β 2 , 2[ or π2 β π1 β β€ donc π2 β π1 = 0, autrement dit π1 = π2 , puis en reportant dans π1 + 1 1 1 2 1 1 = π2 + π1 π2 Cela montre que π = π et que π1 = π2 Finalement (π1 , π1 ) = (π2 , π2 ) Ce qui montre que π est injective. b. Regardons si 1 β β admet un antécédent, on suppose quβil existe, on lβappelle (π, π) 1 π+ =1 π Ce qui équivaut à 1 =1βπ π 1 Mais π β β€ et 1 β π β β€, ce qui est impossible. Par conséquent π nβest pas surjective. Allez à : Exercice 26 : Correction exercice 27 : Supposons quβil existe π: πΈ β π«(πΈ) surjective et on cherche sβil existe un antécédent à π΄. On appelle π₯0 β πΈ, un antécédent de π΄, donc par définition π (π₯0 ) = π΄, si π₯0 β π(π₯0 ) alors π₯0 β π΄ et donc π₯0 β π(π₯0 ) ce qui est contradictoire Si π₯0 β π(π₯0 ) alors par définition de π΄, π₯0 β π΄ = π(π₯0 ) ce qui est aussi contradictoire. Lβhypothèse est donc fausse, il nβy a pas dβapplication surjective de πΈ dans π«(πΈ). Allez à : Exercice 27 : Correction exercice 28 : 1. Première méthode : raisonnons par récurrence On pose (π»π ) il y a π(π β 1) applications injectives de πΌ2 dans πΌπ . Regardons si (π»2 ) est vraie. Il y a 4 applications de πΌ2 dans πΌπ . π1 (1) = 1 et π1 (2) = 1 π2 (1) = 1 et π2 (2) = 2 π3 (1) = 2 et π3 (2) = 1 π4 (1) = 2 et π4 (2) = 2 Seules π2 et π3 sont injectives. Il y a 2 = 2(2 β 1) applications injectives de πΌ2 dans πΌ2 . Montrons que (π»π ) β (π»π+1 ) Il y a π(π β 1) applications injectives de {0,1} dans {0,1, β¦ , π}. Supposons que π(1) = π + 1 alors π (2) β {1, β¦ , π} (pour que π (1) β π (2)), cela fait π applications injectives de plus. Supposons que π(2) = π + 1 alors π (1) β {1, β¦ , π} (pour que π (1) β π (2)), cela fait π applications injectives de plus. Au total, il y a π(π β 1) + π + π = π2 β π + π + π = π2 + π = π(π + 1) Lβhypothèse est vérifiée. 18 Pascal Lainé Conclusion pour tout π β₯ 2, il y a π(π β 1) applications injectives de πΌ2 dans πΌπ . Deuxième méthode : Si π (1) = π β {0,1, β¦ , π} alors π(2) β {1, β¦ , π β 1, π + 1, β¦ , π}. Cela fait π choix possibles pour π(1) et π β 1 pour π (2), soit π(π β 1) choix possibles pour (π(1), π (2)) de façon à ce que π (1) β π (2) (autrement dit pour que π soit injective). 2. π: πΌπ β πΌπ π injective équivaut à π(1) = π1 ; π (2) = π2 ; β¦ ; π (π) = ππ , avec π1 , π2 , β¦ , ππ β {1,2, β¦ , π} tous distincts par conséquent π β€ π. Remarque : Cela ne veut pas dire que toutes les applications de {1,2, β¦ , π} dans {1,2, β¦ , π} sont injectives ! Supposons que π est surjective. Pour tout π1 , π2 , β¦ , ππ β {1,2, β¦ , π} (les ππ tous distincts) il existe π1 , π2 , β¦ , ππ β {1,2, β¦ , π} tels que ππ = π(ππ ) par définition dβune application tous les ππ sont distincts (sinon un élément aurait plusieurs images), par conséquent π β€ π. Pour que π soit bijective il faut (et il suffit) que π soit injective et sujective, par conséquent il faut que π β€ π et que π β€ π, autrement dit il faut que π = π. Remarque : Cela ne veut pas dire que toutes les applications de {1,2, β¦ , π} dans {1,2, β¦ , π} sont bijectives. Allez à : Exercice 28 : Correction exercice 29 : 1. π β π (π₯1 ) = π β π (π₯2 ) β π(π(π₯1 )) = π(π (π₯2 )) β π (π₯1 ) = π(π₯2 ) Car π est injective π β π(π₯1 ) = π β π (π₯2 ) β π(π₯1 ) = π (π₯2 ) β π₯1 = π₯2 Car π est injective. Donc π β π est injective. 2. Première méthode : Pour tout π§ β πΊ il existe π¦ β πΉ tel que π§ = π(π¦) car π est surjective. Comme pour tout π¦ β πΉ il existe π₯ β πΈ tel que π¦ = π(π₯ ) car π est surjective. On en déduit que pour tout π§ β πΊ il existe π₯ β πΈ tel que π§ = π(π(π₯ )) = π β π (π₯ ) autrement dit π β π est surjective. Remarque : (a) Dβhabitude on appelle π¦ un élément de lβimage πΊ mais ici ce pose un petit problème de notation parce que lβon va appeler π₯ lβélément de πΉ et on ne saura pas trop comment appeler lβélément de πΈ, cβest pour cela quβil est plus malin de lβappeler π§. (b) Si on commence par écrire « pour tout π¦ β πΉ il existe π₯ β πΈ tel que π¦ = π(π₯ ) car π est surjective » puis « pour tout π§ β πΊ il existe π¦ β πΉ tel que π§ = π(π¦) car π est surjective » donc « pour tout π§ β πΊ il existe π₯ β πΈ tel que π§ = π(π(π₯ )) = π β π (π₯ ) » cela ne va pas, je vous laisse réfléchir pourquoi. Deuxième méthode : On rappelle que π: π β π est surjective si et seulement si π(π) = π Donc π (πΈ) = πΉ et π(πΉ ) = πΊ, par conséquent π β π (πΈ) = π(π(πΈ)) = π(πΉ ) = πΊ et on en déduit que π β π est surjective. 3. Si π et π sont bijectives alors elles sont injectives et π β π est injective et si π et π sont bijectives alors elles sont surjectives et π β π est surjective, on en déduit que π β π est bijective. 4. π (π₯1 ) = π (π₯2 ) β π(π(π₯1 )) = π(π (π₯2 )) β π β π (π₯1 ) = π β π (π₯2 ) β π₯1 = π₯2 Car π β π est injective, par conséquent π est injective. 5. Première méthode : 19 Pascal Lainé Pour tout π§ β πΊ, il existe π₯ β πΈ tel que π§ = π β π (π₯ ) = π(π (π₯ )), donc il existe π¦ = π(π₯) tel que π§ = π(π¦) ce qui signifie que π est surjective. Deuxième méthode : Comme π β π est surjective, π β π(πΈ) = πΊ β π(π(πΈ)) = πΊ or π(πΈ) β πΉ donc π(π (πΈ)) β π(πΉ) Comme π(πΉ ) β πΊ, cela donne πΊ = π(π (πΈ)) β π(πΉ ) β πΊ Dβoù π(π (πΈ)) = π(πΉ ) = πΊ β π(πΉ ) = πΊ Ce qui montre que π est surjective. 6. a. π β π = πΌππΈ est bijective (lβidentité est bijective) π β π est injective, dβaprès 4°), π est injective. π β π est surjective, dβaprès 5°), π est surjective. Remarque : π β π = πΌππΈ nβentraine pas que π = π β1 et que donc π et π sont bijectives. b. π β π = πΌππΉ est bijective (lβidentité est bijective) π β π est injective, dβaprès 4°), π est injective. π β π est surjective, dβaprès 5°), π est surjective. c. π β π = πΌππΈ est bijective π β π est injective, dβaprès 4°), π est injective. π β π est surjective, dβaprès 5°), π est surjective. Par conséquent π est bijective et π β1 = π. Allez à : Exercice 29 : Correction exercice 30 : 1. Pour tout π¦ β π il existe π₯ = π (π¦) β π tel que π¦ = πΌππ (π¦) = π(π (π¦)) = π(π₯), π est surjective. 2. π (π¦1 ) = π (π¦2 ) β π(π (π¦1 )) = π(π (π¦2 )) β π¦1 = π¦2 π est injective. 3. π (π₯1 ) = π (π₯2 ) β π(π (π₯1 )) = π(π (π₯2 )) β πΌππ (π₯1 ) = πΌππ (π₯2 ) β π₯1 = π₯2 π est injective. 4. Pour tout π₯ β π, pose π¦ = π (π₯ ). Comme π (π₯ ) = π (π₯ β² ) β π₯ = π₯ β² à chaque π¦ β π telle que π¦ = π (π₯ ) on associe bien une unique valeur π₯, on définit alors π: π(π) β π par π(π¦) = π₯. Pour les π¦ β π qui ne sont pas dans lβimage de π par π, autrement dit qui ne sont pas de la forme π¦ = π(π₯ ), on leur attribue nβimporte quelle valeur dans π, mettons π₯0 pour fixé les idées (dβailleurs, on nβest pas obligé de leur attribuer à tous la même valeur). Pour tout π₯ β π. π₯ = π(π¦) = π(π (π₯ )) β πΌππ = π β π π est bien une rétraction de π. Remarque : Si π¦ β π(π), π(π¦) = π₯0 ne sert à rien pour montrer que π est une rétraction. 5. Pour tout π₯ β π, il existe π¦ = π(π₯) tel que : π₯ = πΌππ (π₯ ) = π(π (π₯ )) = π(π¦) Cela montre que π est surjective. Remarque : Les rôles habituels de π₯ et π¦ ont été inversés pour respecter les notations de lβénoncé. 20 Pascal Lainé 6. Si π admet une section alors π est surjective dβaprès 1°). Si π admet une rétraction alors π est injective dβaprès 3°). Par conséquent π est bijective, on note π β1 : π β π sa bijection réciproque. Comme πΌππ = π β π, en composant par π β1 à droite : πΌππ β π β1 = (π β π ) β π β1 β π β1 = π β (π β π β1 ) = π Comme πΌππ = π β π , en composant par π β1 à gauche : π β1 β πΌππ = π β1 β (π β π ) β π β1 = (π β1 β π ) β π = π Dβoù π = π = π β1 . Allez à : Exercice 30 : Correction exercice 31 : 1. Pour tout π¦ β π(π΄ βͺ π΅), il existe π₯ β π΄ βͺ π΅ tel que π¦ = π (π₯ ). Comme π₯ β π΄, π¦ = π (π₯ ) β π (π΄), comme π₯ β π΅, π¦ = π (π₯ ) β π (π΅) par conséquent π¦ = π (π₯ ) β π (π΄ ) βͺ π (π΅ ) Cela montre que π(π΄ βͺ π΅) β π (π΄) βͺ π (π΅) Pour tout π¦ β π (π΄) βͺ π(π΅), π¦ β π(π΄) ou π¦ β π (π΅) Si π¦ β π (π΄) alors il existe π₯ β π΄ tel que π¦ = π (π₯ ), mais π₯ β π΄ β π΄ βͺ π΅ donc π¦ = π (π₯ ) β π (π΄ βͺ π΅ ) Si π¦ β π (π΅) alors il existe π₯ β π΅ tel que π¦ = π(π₯ ), mais π₯ β π΅ β π΄ βͺ π΅ donc π¦ = π (π₯ ) β π (π΄ βͺ π΅ ) Cela montre que s tous les cas π¦ β π (π΄ βͺ π΅) et que donc π ( π΄ ) βͺ π (π΅ ) β π ( π΄ βͺ π΅ ) Finalement π (π΄ βͺ π΅) = π (π΄) βͺ π (π΅) 2. Pour tout π¦ β π(π΄ β© π΅), il existe π₯ β π΄ β© π΅ tel que π¦ = π (π₯ ). Comme π₯ β π΄ β© π΅ β π΄, π¦ = π (π₯ ) β π(π΄), comme π₯ β π΄ β© π΅ β π΅, π¦ = π (π₯ ) β π(π΅) par conséquent π¦ = π (π₯ ) β π (π΄ ) β© π (π΅ ) Cela montre que π(π΄ β© π΅) β π (π΄) β© π (π΅) Pour trouver un exemple où lβinclusion est stricte, dβaprès la suite, il ne faut pas prendre une fonction injective, par exemple prenons π: β β β définie par π (π₯ ) = π₯ 2 , ensuite il faut prendre π΄ et π΅ où π nβest pas injective, par exemple : π΄ = [β4,2] et π΅ = [β2,3] π (π΄) = π ([β4,2]) = [0,16] ; π(π΅) = π ([β2,3]) = [0,9] β π(π΄) β© π (π΅) = [0,9] π΄ β© π΅ = [β2,2] β π (π΄ β© π΅) = [0,4] On a bien π (π΄ β© π΅) β π (π΄) β© π(π΅) Allez à : Exercice 31 : Correction exercice 32 : 1. π β1 ({2}) = {3,4}; π β1 ({1,2}) = {2,3,4} ; π β1 ({3}) = β 2. π β1 ({1}) = {β1,1} π β1 ([1,2]) = [ββ2, β1] βͺ [1, β2] Allez à : Exercice 32 : Correction exercice 33 : 1. [0,1] × [0,1] = {(π₯, π¦) β β2 , 0 β€ π₯ β€ 1 et 0 β€ π¦ β€ 1} Donc 21 Pascal Lainé π β1 ([ π ([0,1] × [0,1]) = {π₯ β β, 0 β€ π₯ β€ 1} = [0,1] β1,1]) = {(π₯, π¦) β β2 , π(π₯, π¦) β [β1,1]} = {(π₯, π¦) β β2 , π₯ β [β1,1]} = [β1,1] × β 2. π (β) = {π¦ β [β1,1], π¦ = cos(ππ) , π β β} = {π¦ β [β1,1], π¦ = (β1)n , π β β} = {β1,1} π (2β) = {π¦ β [β1,1], π¦ = cos(2ππ) , π β β} = {π¦ β [β1,1], π¦ = 1, π β β} = {1} π β1 ({±1}) = {π₯ β β, cos(ππ₯ ) = ±1} Or cos(π₯ ) = 1 β π₯ = 2ππ et cos(π₯ ) = β1 β π₯ = (2π + 1)π avec π β β€ π β1 ({±1}) = {π₯ β β, π₯ = 2ππ , π₯ = (2π + 1)π , k β β€} = {ππ, π β β€} Allez à : Exercice 33 : Correction exercice 34 : 1. Pour tout π₯ β π β1 (π΄β² βͺ π΅β² ), π (π₯ ) β π΄β² βͺ π΅β² donc π(π₯ ) β π΄β² ou π (π₯ ) β π΅β² , par conséquent π₯ β π β1 (π΄β²) ou π₯ β π β1 (π΅β² ), autrement dit π₯ β π β1 (π΄β²) βͺ π β1 (π΅β²) On a montré que π β1 (π΄β² βͺ π΅β²) β π β1 (π΄β²) βͺ π β1 (π΅β² ) Pour tout π₯ β π β1 (π΄β² ) βͺ π β1 (π΅β²), π₯ β π β1 (π΄β²) ou π₯ β π β1 (π΅β²), par conséquent π (π₯ ) β π΄β² ou π (π₯ ) β π΅β² , autrement dit π (π₯ ) β π΄β² βͺ π΅β² , donc π₯ β π β1 (π΄β² βͺ π΅β² ). On a montré que π β1 (π΄β²) βͺ π β1 (π΅β²) β π β1 (π΄β² βͺ π΅β² ) Finalement π β1 (π΄β² βͺ π΅β² ) = π β1 (π΄β²) βͺ π β1 (π΅β²) 2. Pour tout π₯ β π β1 (π΄β² β© π΅β² ), π (π₯ ) β π΄β² β© π΅β² donc π(π₯ ) β π΄β² et π (π₯ ) β π΅β², par conséquent π₯ β π β1 (π΄β²) et π₯ β π β1 (π΅β²), autrement dit π₯ β π β1 (π΄β²) β© π β1 (π΅β²) On a montré que π β1 (π΄β² β© π΅β²) β π β1 (π΄β²) β© π β1 (π΅β² ) Pour tout π₯ β π β1 (π΄β² ) β© π β1 (π΅β²), π₯ β π β1 (π΄β²) et π₯ β π β1 (π΅β²), par conséquent π(π₯ ) β π΄β² et π (π₯ ) β π΅β² , autrement dit π (π₯ ) β π΄β² β© π΅β² , donc π₯ β π β1 (π΄β² β© π΅β² ). On a montré que π β1 (π΄β²) β© π β1 (π΅β²) β π β1 (π΄β² β© π΅β² ) Finalement π β1 (π΄β² β© π΅β² ) = π β1 (π΄β²) β© π β1 (π΅β²) Allez à : Exercice 34 : Correction exercice 35 : 1. Pour tout π₯ β π΄, π(π₯ ) β π(π΄) et donc π₯ β π β1 (π(π΄)), ce qui montre que π΄ β π β1 (π(π΄)) 2. Pour tout π¦ β π(π β1 (π΅)), il existe π₯ β π β1 (π΅) tel que π¦ = π(π₯ ), comme π₯ β π β1 (π΅) π (π₯ ) β π΅ ce qui entraine que π¦ β π΅, ce qui montre que π(π β1 (π΅)) β π΅. 3. Comme « pour toute partie π΄ de πΈ, on a π΄ β π β1 (π(π΄)) » la question revient à montrer que : « π est injective si et seulement si pour toute partie π΄ de πΈ on a π΄ β π β1 (π(π΄)) » Si π est injective. Pour tout π₯ β π β1 (π(π΄)), π (π₯ ) β π(π΄) ce qui signifie quβil existe π₯ β² β π΄ (attention, à priori ce nβest pas le même π₯ que celui du début de la phrase) tel que π (π₯ ) = π (π₯ β² ) comme π est injective π₯ = π₯ β² , par conséquent π₯ β π΄. On a montré que π β1 (π(π΄)) β π΄. Si pour toute partie π΄ β πΈ, π β1 (π(π΄)) β π΄ π(π₯1 ) = π(π₯2 ) = π¦ On prend π΄ = {π₯1 } π (π΄) = π ({π₯1 }) = {π (π₯1 )} = {π¦} β π β1 (π(π΄)) = π β1 ({π¦}) = π β1 (π¦) Dβaprès lβhypothèse π β1 (π(π΄)) β π΄ donc {π β1 (π¦)} β {π₯1 } Or π₯2 β π β1 (π¦) car π(π₯2 ) = π¦ donc π₯2 β {π₯1 } par conséquent π₯1 = π₯2 ce qui signifie que π est injective. 22 Pascal Lainé Finalement on a montré lβéquivalence demandée. 4. Comme « pour toute partie π΅ de πΉ, on a π(π β1 (π΅)) β π΅ » la question revient à montrer que : « π est surjective si et seulement si pour toute partie π΅ de πΉ on a π(π β1 (π΅)) β π΅ » Si π est surjective. Pour tout π¦ β π΅, il existe π₯ β πΈ tel que π¦ = π (π₯ ) car π est surjective. π₯ β π β1 (π΅) entraine que π¦ = π(π₯ ) β π(π β1 (π΅)), cela montre que π΅ β π(π β1 (π΅)). Si pour tout π΅ β π(π β1 (π΅)) On pose π΅ = {π¦}, alors {π¦} β π(π β1 ({π¦})) ce qui sβécrit aussi π¦ β π(π β1 ({π¦})), il existe donc π₯ β π β1 ({π¦}) tel que π¦ = π (π₯ ), cela montre bien que π est surjective. Finalement on a montré lβéquivalence demandée. Allez à : Exercice 35 : Correction exercice 36 : 1. Le point (0,1) vérifie π₯ β€ π¦ donc {(π₯, π¦) β β2 , π₯ β€ π¦} est le demi-plan supérieur droit. De même (0,1) vérifie βπ¦ β€ π₯ donc {(π₯, π¦) β β2 , βπ¦ β€ π₯ } est le demi-plan supérieur droit, π· est lβintersection de ces deux demi-plan, π· est le quart de plan supérieur du schéma ci-dessous. π¦ = βπ₯ π· π¦=π₯ × (0,1) 2. a. πΏ1 π₯1 + π¦1 = π₯2 + π¦2 { πΏ2 π₯1 β π¦1 = π₯2 β π¦2 En additionnant πΏ1 et πΏ2 on trouve que 2π₯1 = 2π₯2 , donc π₯1 = π₯2 , puis en remplaçant dans πΏ1 , on trouve que π¦1 = π¦2 . b. πΏ π₯ 2 + π¦12 = π₯22 + π¦22 π (π₯1 , π¦1 ) = π(π₯2 , π¦2 ) β (π₯12 + π¦12 , 2π₯1 π¦1 ) = (π₯22 + π¦22 , 2π₯2 π¦2 ) β 1 { 1 πΏ2 2π₯1 π¦1 = 2π₯2 π¦2 πΏ1 β πΏ2 donne π₯12 + π¦12 β 2π₯1 π¦1 = π₯22 + π¦22 β 2π₯2 π¦2, ce qui entraine que (π₯1 β π¦1 )2 = (π₯2 β π¦2 )2 , comme π₯ β π¦ β€ 0 sur π·, cela donne β(π₯1 β π¦1 ) = β(π₯2 β π¦2 ) ou encore π₯1 β π¦1 = π₯2 β π¦2 . πΏ1 + πΏ2 donne π₯12 + π¦12 + 2π₯1 π¦1 = π₯22 + π¦22 + 2π₯2 π¦2 , ce qui entraine que (π₯1 + π¦1 )2 = (π₯2 + π¦2 )2 , comme π₯ + π¦ β₯ 0 sur π·, cela donne π₯1 + π¦1 = π₯2 + π¦2 . Dβaprès 2.a. cela donne que π₯1 = π₯2 et que π¦1 = π¦2, ce qui montre que π est injective. 3. (β1, 1) β β × β nβa pas dβantécédent dans π· car π₯ 2 + π¦ 2 > 0. Allez à : Exercice 36 : 23