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Correction des exercices-Chapitre 8-Ensembles, applications, relation d' équivalence ♢ Eléments de correction en ligne 1 1 On procède par double implication

N.Véron-LMB-nov 2013

Correction des exercices-Chapitre 8-Ensembles, applications, relation d'équivalence

Eléments de correction en ligne

1.1 On procède par double implication :

Montrons que (AB) = (AC) et (AB) = (AC) B = C

On suppose que (AB) = (AC) et (AB) = (AC).

Soit xB, on x(AB) et donc xAC xA ou xC.

Si xA alors xAB = AC et donc xC.

Sinon, xC.

Bilan : Si xB alors xC et donc B C.

Soit xC, on x(AC) et donc xAB xA ou xB.

Si xA alors xAC = AB et donc xB.

Sinon, xB.

Bilan : Si xC alors xB et donc C B.

On pourrait dire, on montre de même que C B, en échangeant les rôles de B et de C ;

CCl : B = C

La réciproque est évidente.

1.3 Soit A et B fixées dans P(E).

a. On cherche toutes les parties X de E vérifiant : AX = B.

Soit X une solution, on a A B et X B.

Par suite si A n'est pas inclus dans B alors il n'y a pas de solution. Si AB, et X solution on a nécessairement B\A X. dessin Ļ Réciproquement, supposons que A B et prenons X une partie de E vérifiant :

B\A X B, il est évident que AX = B.

CCl : Si AB alors les solutions sont { XP(E), B\A X B }, sinon il n'y a pas de solutions. b. Le même raisonnement donne : Si B A alors les solutions sont { XP(E), B X BA }, sinon il n'y a pas de solutions.

Applications

2.4 a. Il s'agit de montrer des inclusions :

Soit yf(f-1(B)).

Par définition de l'image directe, il existe xf-1(B) tel que y = f(x). Par définition de l'image réciproque, f(x)B. on en déduit que yB et donc que f(f-1(B)) B

Soit xA,

Par définition de l'image directe, f(x)f(A).

Par définition de l'image réciproque, xf-1(f(A)). On en déduit que xf-1(f(A)) et donc que A f-1(f(A)) b. Posons B = [-1 ;1] f(f-1(B)) = f([-1;1]) = [0;1]B.

Posons A = [-1;2]

f-1(f(A)) = f-1([0;4]) = [-2;2]A. c. On procède par double-inclusion: On a vu que f(f-1(B)) B et comme f-1(B) E, on a f(f-1(B)) f(E) (exercice 2.3) et donc f(f-1(B)) Bf(E). Soit yBf(E), comme yf(E), il existe xE tel que y = f(x). On a aussi yB donc f(x)B et xf-1(B)), par suite y = f(x) f(f-1(B)), ce qui montre que

Bf(E) f(f-1(B)).

PCSI2

N.Véron-LMB-nov 2013

CCl : f(f-1(B)) = Bf(E)

Conséquence : Si f est surjective alors f(E) = F et Bf(E) = B, on aura donc f(f-1(B)) = B. On peut également montrer que si f est injective alors f-1(f(A)).= A.

2.6 a. Soit u, on résout f(z) = u dans D.

f(z) = u z² - 2uz + 1 = 0. On obtient une équation du second degré qui a toujours au moins une solution dans , mais on cherche les solutions dans D. = 4u² - 4 = 4(u²-1).

Si u = 1, f(z) = 1 z = 1 et 1D

Si u = -1, f(z) = -1 z = -1 et -1D

Si u 1, f(z) a deux racines complexes et telles que = 1. Ca sert souvent la somme et le produit des racines....

On a donc ||.|| = 1. On en déduit que

Si || = 1 alors || = 1 et ,D.

Si || > 1 alors D

Si || < 1 alors D.

CCl : Dans tous les cas, f(z) = u admet au moins une solution dans D et donc f est surjective. D'après ce qui précède f ne semble pas injective : On doit pouvoir trouver deux nombres complexes de module 1 ayant la même image. En effet, f(i) = f(-i) = 0 donc f n'est pas injective. b. Soit z, il existe , z = e-i. D'où : i2 i i i e 11f(z) e e cos22e par suite, f() = { cos, décrit } = [-1 ;1]

2.8 On procède par double implication.

Supposons que f est injective, f est bijective si et seulement si f est surjective.

Soit yE, on a (fff)(y) = f(y) f(ff(y)) = f(y).

Comme f est injective alors y = ff(y) = f(f(y)) et donc x = f(y) est un antécédent de y par f. on en déduit que yE, xE, f(x) = y c'est à dire que f est surjective donc bijective.

La réciproque est triviale.

2.10 C'est un exercice à la fois classique et difficile.

a. On procède par double implication :

On suppose que f est injective.

On a f(E) = (EA, EB) = (A,B) et f(AB) = ((AB)A, (AB)B) = (A,B),

Comme f(AB) = f(E) alors AB = E.

Réciproquement, on suppose que AB = E

Soit X et Y deux parties de E telles que f(X) = f(Y), On a X A Y A

X B Y B

Comme AB = E, alors xE, xA ou xB.

Soit xX E.

Si xA alors xXA = YB et donc xY.

Si xB alors xXB = YB et donc xY.

on a donc X Y.

On montre de même que Y X

On a montré, par double inclusion, que X = Y et donc f est injective. b. On procède par double implication :

On suppose que f est surjective.

(A,) admet un antécédent par f donc XP(E), XA = A et XB = . PCSI2

N.Véron-LMB-nov 2013

On a donc A X et X et B disjoint donc A et B disjoints i.e. AB =

Réciproquement, on suppose que AB = .

Soit(C,D) un couple de partie de E, posons X = (CA)(DB).

Un petit dessin peut aider

On a XA = ((CA)(DB))A = ((CA)A) ((DB)A) = A = A, et XB = ((CA)(DB))B = ((CA)B) ((DB)B) = B = B.

On en déduit que f(X) = (C,D).

Chaque couple de parties de E admet donc un antécédent par f, ce qui montre que f est surjective.

3.3 Exercice stupide !

3.5 (x, y)2, xшy Ҫ 3 3(x 2)(y² 1) (y 2)(x² 1)

a. Vérifions les trois propriétés des relations d'équivalence. xR, 3 3(x 2)(x² 1) (x 2)(x² 1) donc xшx et ш est réflexive. x,y, xшy 3 3(x 2)(y² 1) (y 2)(x² 1) 3 3(y 2)(x² 1) (x 2)(y² 1) yшx

ш est donc symétrique.

Soit x,y,z tels que xшy et yшz.

On a 3 3(x 2)(y² 1) (y 2)(x² 1) et 3 3(y 2)(z² 1) (z 2)(y² 1) ou encore

3 3x 2 y 2

x² 1 y² 1 et

3 3y 2 z 2

y² 1 z² 1 on en déduit que

3 3x 2 z 2

x² 1 z² 1 xшz. ш est donc transitive.

CCl : ш est une relation d'équivalence.

b. Soit x, quelconque fixé. y, ycl(x) 3 3(x 2)(y² 1) (y 2)(x² 1)

3 3x 2 y 2

x² 1 y² 1 (E)

On pose f(t) =

3t 2 t² 1 . f est définie et dérivable sur . t, f'(t) =

3 33t²(t² 1) 2t(t 2) t(t 3t² 4)t(t 1)(t² t 4)

(t² 1)² (t² 1)² (t² 1)² f'(t) est du signe de t(t-1) sur , on en déduit le tableau de variation et la représentation graphique de f sur : Pour x fixé dans , le nombre d'éléments dans la classe de x est le nombre de points d'intersection de la droite y = f(x) et de la courbe représentative de f.

234-1-2-3-4

2 3 4 5 01 1 x y PCSI2

N.Véron-LMB-nov 2013

On obtient alors

Si x]-;-1/2[]2 ;+[ alors cl(x) contient 1 élément (x). Si x{ -1/2,0,1,2 } alors cl(x) contient deux éléments. Si x]-1/2 ;0[]0 ;1[]1 ;2[alors cl(x) contient trois éléments

Quizz : Vrai ou faux ?

Toute fonction strictement décroissante sur est injective.

VRAI, c'est dans le cours !

Si une application n'est pas injective alors elle est surjective.

FAUX, prendre f : x x²

qui n'est ni injective, ni surjective. Si une application est bijective alors elle est surjective.

VRAI, par définition

L'application f :ĺ définie par z, f(z) = z² est surjective.

VRAI : Tout nombre complexe non nul admet deux racines carrées complexes deux à deux opposées et f(0) = 0.

Ainsi tout nombre complexe admet au moins un antécédent par f dans . Si f et g sont deux applications de E dans E telles que fg = IdE alors f ou g est bijective.

FAUX on peut prendre g : n 2n

, non surjective et f qui à n associe son quotient dans la division euclidienne par 2 qui est non injective.

La restriction d'une injection est une injection.

VRAI si f 䲑:EF est injective alors tout élément de F admet un unique antécédent par f.

cela reste vrai en remplaçant E par une partie de E La restriction d'une surjection est une surjection.

FAUX : f : [ 1;1]

x cos(x) est surjective mais pas sa restriction à [0 ;/2] Soit f :ĺ, on peut déterminer f-1([0,1] seulement si f est bijective.

FAUX, f-1([0,1]) est l'image réciproque de [0,1] par f et existe dès que [0,1] est inclus dans l'ensemble

d'arrivée, ici .quotesdbs_dbs20.pdfusesText_26

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Eléments de correction en ligne

1.1 On procède par double implication :

Montrons que (AB) = (AC) et (AB) = (AC) B = C

On suppose que (AB) = (AC) et (AB) = (AC).

Soit xB, on x(AB) et donc xAC xA ou xC.

Si xA alors xAB = AC et donc xC.

Sinon, xC.

Bilan : Si xB alors xC et donc B C.

Soit xC, on x(AC) et donc xAB xA ou xB.

Si xA alors xAC = AB et donc xB.

Sinon, xB.

Bilan : Si xC alors xB et donc C B.

CCl : B = C

La réciproque est évidente.

1.3 Soit A et B fixées dans P(E).

Soit X une solution, on a A B et X B.

B\A X B, il est évident que AX = B.

Applications

2.4 a. Il s'agit de montrer des inclusions :

Soit yf(f-1(B)).

Soit xA,

Par définition de l'image directe, f(x)f(A).

Posons A = [-1;2]

Bf(E) f(f-1(B)).

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CCl : f(f-1(B)) = Bf(E)

2.6 a. Soit u, on résout f(z) = u dans D.

Si u = 1, f(z) = 1 z = 1 et 1D

Si u = -1, f(z) = -1 z = -1 et -1D

On a donc ||.|| = 1. On en déduit que

Si || = 1 alors || = 1 et ,D.

Si || > 1 alors D

Si || < 1 alors D.

2.8 On procède par double implication.

Soit yE, on a (fff)(y) = f(y) f(ff(y)) = f(y).

La réciproque est triviale.

2.10 C'est un exercice à la fois classique et difficile.

On suppose que f est injective.

Comme f(AB) = f(E) alors AB = E.

Réciproquement, on suppose que AB = E

X B Y B

Comme AB = E, alors xE, xA ou xB.

Soit xX E.

Si xA alors xXA = YB et donc xY.

Si xB alors xXB = YB et donc xY.

On montre de même que Y X

On suppose que f est surjective.

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Réciproquement, on suppose que AB = .

Un petit dessin peut aider

On en déduit que f(X) = (C,D).

3.3 Exercice stupide !

3.5 (x, y)2, xшy Ҫ 3 3(x 2)(y² 1) (y 2)(x² 1)

ш est donc symétrique.

Soit x,y,z tels que xшy et yшz.

3 3x 2 y 2

3 3y 2 z 2

3 3x 2 z 2

CCl : ш est une relation d'équivalence.

3 3x 2 y 2

On pose f(t) =

3 33t²(t² 1) 2t(t 2) t(t 3t² 4)t(t 1)(t² t 4)

234-1-2-3-4

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On obtient alors

Quizz : Vrai ou faux ?

VRAI, c'est dans le cours !

FAUX, prendre f : x x²

VRAI, par définition

FAUX on peut prendre g : n 2n

La restriction d'une injection est une injection.

FAUX : f : [ 1;1]