[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Injection, surjection, bijection

Exercice 1

Soientf:R!Retg:R!Rtelles quef(x) =3x+1 etg(x) =x21. A-t-onfg=gf?

Soitf:[0;1]![0;1]telle que

f(x) =( xsix2[0;1]\Q;

1xsinon.

Démontrer queff=id.

Soitf:[1;+¥[![0;+¥[telle quef(x) =x21.fest-elle bijective ? Les applications suivantes sont-elles injectives, surjectives, bijectives ?

1.f:N!N;n7!n+1

2.g:Z!Z;n7!n+1

3.h:R2!R2;(x;y)7!(x+y;xy)

4.k:Rnf1g!R;x7!x+1x1

Soitf:R!C;t7!eit. Changer les ensembles de départ et d"arrivée afin que (la restriction de)fdevienne

bijective. 1.

Déterminer le module et l"ar gumentde ez.

2.

Calculer ez+z0;ez

;ez;(ez)npourn2Z. 3. L "applicatione xp: C!C;z7!ez, est-elle injective ?, surjective ? 1 On considère quatre ensemblesA;B;CetDet des applicationsf:A!B,g:B!C,h:C!D. Montrer que : gfinjective)finjective, gfsurjective)gsurjective.

Montrer que :

gfethgsont bijectives,f;gethsont bijectives:

Soitf:R!Rdéfinie parf(x) =2x=(1+x2).

1.fest-elle injective ? surjective ?

2.

Montrer que f(R) = [1;1].

3. Montrer que la restriction g:[1;1]![1;1]g(x) =f(x)est une bijection. 4. Retrouv erce résultat en étudiant les v ariationsde f. Indication pourl"exer cice1 NProuver que l"égalité est fausse.

Indication pour

l"exer cice

2 Nidest l"application identité définie parid(x) =xpour toutx2[0;1]. Doncff=idsignifieff(c) =xpour

toutx2[0;1].Indication pourl"exer cice3 NMontrer quefest injective et surjective.Indication pourl"exer cice4 N1.fest injective mais pas surjective.

2.gest bijective.

3.haussi.

4.kest injective mais par surjective.Indication pourl"exer cice5 NMontrer que la restriction defdéfinie par :[0;2p[!U,t7!eitest une bijection. IciUest le cercle unité de

C, c"est-à-dire l"ensemble des nombres complexes de module égal à 1.Indication pourl"exer cice7 NPour la première assertion le début du raisonnement est : "supposons quegfest injective, soienta;a02Atels

quef(a) =f(a0)",... à vous de travailler, cela se termine par "...donca=a0, doncfest injective."Indication pourl"exer cice8 N1.fn"est ni injective, ni surjective.

2.

Pour y2R, résoudre l"équationf(x) =y.

3.

On pourra e xhiberl"in verse.3

Correction del"exer cice1 NSifg=gfalors

8x2Rfg(x) =gf(x):

Nous allons montrer que c"est faux, en exhibant un contre-exemple. Prenonsx=0. Alorsfg(0) =f(1) =

2, etgf(0) =g(1) =0 doncfg(0)6=gf(0). Ainsifg6=gf.Correction del"exer cice2 NSoitx2[0;1]\Qalorsf(x)=xdoncff(x)=f(x)=x. Soitx=2[0;1]\Qalorsf(x)=1xdoncff(x)=

f(1x), mais 1x=2[0;1]\Q(vérifiez-le !) doncff(x) =f(1x) =1(1x) =x. Donc pour tout

x2[0;1]on aff(x) =x. Et doncff=id.Correction del"exer cice3 Nfest injective : soientx;y2[1;+¥[tels quef(x) =f(y):

f(x) =f(y))x21=y21 )x=yorx;y2[1;+¥[doncx;ysont de même signe )x=y: fest surjective : soity2[0;+¥[. Nous cherchons un élémentx2[1;+¥[tel quey=f(x) =x21 . Le

réelx=py+1 convient !Correction del"exer cice4 N1.fn"est pas surjective car 0 n"a pas d"antécédent : en effet il n"existe pas den2Ntel quef(n) =0 (si

cenexistait ce seraitn=1 qui n"est pas un élément deN). Par contrefest injective : soientn;n02N

tels quef(n) =f(n0)alorsn+1=n0+1 doncn=n0. Bilanfest injective, non surjective et donc non bijective. 2.

Pour montrer que gest bijective deux méthodes sont possibles. Première méthode : montrer queg

est à la fois injective et surjective. En effet soientn;n02Ztels queg(n) =g(n0)alorsn+1=n0+1 doncn=n0, alorsgest injective. Etgest surjective car chaquem2Zadmet un antécédent parg: en posantn=m12Zon trouve bieng(n) =m. Deuxième méthode : expliciter directement la bijection réciproque. Soit la fonctiong0:Z!Zdéfinie parg0(m) =m1 alorsg0g(n) =n(pour toutn2Z) et gg0(m) =m(pour toutm2Z). Alorsg0est la bijection réciproque deget doncgest bijective. 3. Montrons que hest injective. Soient(x;y);(x0;y0)2R2tels queh(x;y) =h(x0;y0). Alors(x+y;xy) = (x0+y0;x0y0)donc( x+y=x0+y0 xy=x0y0 En faisant la somme des lignes de ce système on trouve 2x=2x0doncx=x0et avec la différence on obtienty=y0. Donc les couples(x;y)et(x0;y0)sont égaux. Donchest injective. Montrons quehest surjective. Soit(X;Y)2R2, cherchons lui un antécédent(x;y)parh. Un tel antécédent vérifieh(x;y) = (X;Y), donc(x+y;xy) = (X;Y)ou encore : x+y=X xy=Y Encore une fois on faisant la somme des lignes on obtientx=X+Y2 et avec la différencey=XY2 , donc (x;y) = (X+Y2 ;XY2 ). La partie "analyse" de notre raisonnement en finie passons à la "synthèse" : il suffit 4

de juste de vérifier que le couple(x;y)que l"on a obtenu est bien solution (on a tout fait pour !). Bilan

pour(X;Y)donné, son antécédent parhexiste et est(X+Y2 ;XY2 ). Donchest surjective.

En fait on pourrait montrer directement quehest bijective en exhibant sa bijection réciproque(X;Y)7!

X+Y2 ;XY2

). Mais vous devriez vous convaincre qu"il s"agit là d"une différence de rédaction, mais pas

vraiment d"un raisonnement différent. 4. Montrons d"abord que kest injective : soientx;x02Rnf1gtels quek(x) =k(x0)alorsx+1x1=x0+1x

01donc

(x+1)(x01) = (x1)(x0+1). En développant nous obtenonsxx0+x0x=xx0x0+x, soit 2x=2x0 doncx=x0. Au brouillon essayons de montrer quekest surjective : soity2Ret cherchonsx2Rnf1gtel que f(x) =y. Si un telxexiste alors il vérifiex+1x1=ydoncx+1=y(x1), autrement ditx(y1) =y+1. Si l"on veut exprimerxen fonction deycela se fait par la formulex=y+1y1. Mais attention, il y a un

piège ! Poury=1 on ne peut pas trouver d"antécédentx(cela revient à diviser par 0 dans la fraction

précédente). Donckn"est pas surjective cary=1 n"a pas d"antécédent.

Par contre on vient de montrer que s"il l"on considérait la restrictionkj:Rnf1g!Rnf1gqui est définie

aussi parkj(x) =x+1x1(seul l"espace d"arrivée change par rapport àk) alors cette fonctionkjest injective

et surjective, donc bijective (en fait sa bijection réciproque est elle même).Correction del"exer cice5 NConsidérons la restriction suivante def:fj:[0;2p[!U,t7!eit. Montrons que cette nouvelle applicationfj

est bijective. IciUest le cercle unité deCdonné par l"équation(jzj=1).

fjest surjective car tout nombre complexe deUs"écrit sous la forme polaireeiq, et l"on peut choisir

q2[0;2p[. fjest injective : f j(t) =fj(t0),eit=eit0 ,t=t0+2kpaveck2Z ,t=t0cart;t02[0;2p[et donck=0:

En conclusionfjest injective et surjective donc bijective.Correction del"exer cice6 N1.Pour z=x+iy, le module deez=ex+iy=exeiyestexet son argument esty.

2.

Les résultats : ez+z0=ezez0,ez

=e z,ez= (ez)1,(ez)n=enz. 3. La fonction e xpn"est pas surjecti vecar jezj=ex>0 et doncezne vaut jamais 0. La fonction exp n"est

pas non plus injective car pourz2C,ez=ez+2ip.Correction del"exer cice7 N1.Supposons gfinjective, et montrons quefest injective : soienta;a02Aavecf(a) =f(a0)donc

gf(a) =gf(a0)orgfest injective donca=a0. Conclusion on a montré :

8a;a02A f(a) =f(a0))a=a0

c"est la définition definjective. 5

2.Supposons gfsurjective, et montrons quegest surjective : soitc2Ccommegfest surjective il

existea2Atel quegf(a) =c; posonsb=f(a), alorsg(b) =c, ce raisonnement est valide quelque soitc2Cdoncgest surjective. 3. Un sens est simple (()sifetgsont bijectives alorsgfl"est également. De même avechg.

Pour l"implication directe()): sigfest bijective alors en particulier elle est surjective et donc d"après

la question 2.gest surjective.

Sihgest bijective, elle est en particulier injective, doncgest injective (c"est le 1.). Par conséquentg

est à la fois injective et surjective donc bijective.

Pour finirf=g1(gf)est bijective comme composée d"applications bijectives, de même pourh.Correction del"exer cice8 N1.fn"est pas injective carf(2) =45

=f(12 ).fn"est pas surjective cary=2 n"a pas d"antécédent: en effet l"équationf(x) =2 devient 2x=2(1+x2)soitx2x+1=0 qui n"a pas de solutions réelles.

2.f(x) =yest équivalent à l"équationyx22x+y=0. Cette équation a des solutionsxsi et seulement

siD=44y2>0 donc il y a des solutions si et seulement siy2[1;1]. Nous venons de montrer que f(R)est exactement[1;1]. 3. Soit y2[1;1]nf0galors les solutionsxpossibles de l"équationg(x) =ysontx=1p1y2y oux=

1+p1y2y

. La seule solutionx2[1;1]estx=1p1y2y en effetx=1p1y2y =y1+p1y22[1;1]. Pour y=0, la seule solution de l"équationg(x) =0 estx=0. Donc pourg:[1;1]![1;1]nous avons trouvé un inverseh:[1;1]![1;1]défini parh(y) =1p1y2y siy6=0 eth(0) =0. Doncgest une bijection.

4.f0(x) =22x21+x2, doncf0est strictement positive sur]1;1[doncfest strictement croissante sur[1;1]

avecf(1) =1 etf(1) =1. Donc la restriction def, appeléeg:[1;1]![1;1], est une bijection.6quotesdbs_dbs47.pdfusesText_47

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