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Exo7
Logique, ensembles et applications
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le coursExercice 1**ITExprimer à l"aide de quantificateurs les phrases suivantes puis donner leur négation.
1. ( fétant une application du plan dans lui-même) (a)fest l"identité du plan. (b)fa au moins un point invariant (on dit aussi point fixe). 2. ( fétant une application deRdansR) (a)fest l"application nulle. (b)L "équationf(x) =0 a une solution.
(c)L "équationf(x) =0 a exactement une solution.
3. ( (un)n2Nétant une suite réelle) (a)La suite (un)n2Nest bornée.
(b)La suite (un)n2Nest croissante.
(c)La suite (un)n2Nest monotone.
1.x>3 2.0 1.8x2R;(f(x) =0 etg(x) =0)et(8x2R;f(x) =0)et(8x2R;g(x) =0).
2.8x2R;(f(x) =0 oug(x) =0)et(8x2R;f(x) =0)ou(8x2R;g(x) =0).
Donner un exemple de fonctionsfetgdeRdansR, toutes deux non nulles et dont le produit est nul. préciserf1: 1 1.f(x) =x24x+3,I=]¥;2].
2.f(x) =2x1x+2,I=]2;+¥[.
3.f(x) =p2x+31,I=32
4.f(x) =x1+jxj,I=R.
C=Re(z)<0g. Préciserf1.
directe. . En calculant la différence (k+1)2k2, trouver une démonstration directe de ce résultat. 2. Calculer de même les sommes
ånk=1k2,ånk=1k3etånk=1k4(et mémoriser les résultats). 3. On pose Sp=ånk=1kp. Déterminer une relation de récurrence permettant de calculer lesSpde proche en
proche. 1.(ADB=A\B),(A=B=?).
2.(A[B)\(B[C)\(C[A) = (A\B)[(B\C)[(C\A).
3.ADB=BDA.
4.(ADB)DC=AD(BDC).
5.ADB=?,A=B.
6.ADC=BDC,A=B.
2 d"un ensembleFindéxée par un ensembleI. Soitfune application deEversF. Comparer du point de vue de
l"inclusion les parties suivantes : 1.f(S i2IAi)etS i2If(Ai)(recommencer parf(A[B)si on n"a pas les idées claires). 2.f(T i2IAi)etT i2If(Ai). 3.f(EnAi)etFnf(Ai).
4.f1(T
i2IBi)etT i2If1(Bi). 5.f1(S
i2IBi)etS i2If1(Bi). 6.f1(FnBi)etEnf1(Bi).
1.fest injective.
2.8X2P(E);f1(f(X)) =X.
3.8(X;Y)2P(E)2;f(X\Y) =f(X)\f(Y).
4.8(X;Y)2P(E)2;X\Y=?)f(X)\f(Y) =?.
5.8(X;Y)2P(E)2;YX)f(XnY) =f(X)nf(Y).
par n(n+1)2 . Montrer que, pourn>2,Hnn"est jamais un entier (indication : montrer par récurrence queHnest le quotient d"un entier impair par un entier pair en distingant les cas oùnest pair etnest
impair). 2. En considérant la partie A=fx2E=x=2f(x)g, montrer qu"il n"existe pas de bijectionfdeEsurP(E). Soitf:N2!N
(x;y)7!y+(x+y)(x+y+1)2 . Montrer quefest une bijection. Préciser, pourn2Ndonné, le couple (x;y)dont il est l"image. Correction del"exer cice1 N1.(a) (f=IdP, 8M2P;f(M) =M)et(f6=IdP, 9M2P=f(M)6=M). (b)(fa au moins un point fixe,9M2P=f(M)=M)et(fn"a pas de point fixe,8M2P;f(M)6= M). Constatez que les phrasesf(M) =Mouf(M)6=Mn"ont aucun senssi elles ne sont pas accompagnées de quantificateurs. 2. (a) (f=0, 8x2R;f(x) =0)et(f6=0, 9x2R=f(x)6=0). (b) (L "équationf(x) =0 a (au moins) une solution si et seulement si9x2R=f(x) =0)et (l"équation f(x) =0 n"a pas de solution si et seulement si8x2R=f(x)6=0). (c) (L "équationf(x) =0 a exactement une solution si et seulement si9!x2R=f(x) =0)et (l"équation f(x)=0 n"a pas exactement une solution si et seulement si8x2R=f(x)6=0 ou9(x;x0)2R2=(x6= x 0etf(x) =f(x0) =0).
3. (a) ((un)n2Nbornée,9M2R=8n2N;junj6M)et((un)n2Nnon bornée,8M2R=9n2N;junj> M). (b)((un)n2Ncroissante, 8n2N=un+1>un)et((un)n2Nnon croissante, 9n2N=un+1un)ou(8n2N=un+16un))et((un)n2Nnon monotone, ((9n2N=un+1un)).Correction del"exer cice2 NLe contraire dex>3 estx<3. Le contraire de 02).Correction del"exer cice3 N1.Oui. Dans les deux cas, chaque fois que l"on se donne un réel x0,f(x0)etg(x0)sont tous deux nuls.
2. Non. La deuxième af firmationimplique la première mais la première n"implique pas la deuxième. La
première phrase est la traduction avec des quantificateurs de l"égalitéfg=0. La deuxième phrase est la
traduction avec quantificateurs de(f=0oug=0). Voici un exemple de fonctionsfetgtoutes deux non nulles dont le produit est nul. Soientf:R!R x7!0 six<0 xsix>0etg:R!R x7!0 six>0 xsix60. Pour chaque valeur dex, on a soitf(x) =0 (quandx60), soitg(x) =0 (quandx>0). On a donc :8x2 R;(f(x) =0 oug(x) =0)ou encore8x2R;f(x)g(x) =0 ou enfin,fg=0. Cependant,f(1) =16=0 et doncf6=0, etg(1) =16=0 et doncg6=0. Ainsi, on n"a pas(f=0 oug=0)ou encore, on n"a pas ((8x2R;f(x) =0)ou(8x2R;g(x) =0)).Correction del"exer cice4 N1.fest dérivable surI=]¥;2], et pourx2]¥;2[,f0(x)=2x4<0.fest donc continue et strictement
décroissante sur]¥;2]. Par suite,fréalise une bijection de]¥;2]surf(]¥;2]) = [f(2);lim¥f[=
[1;+¥[=J. On notegl"application deIdansJqui, àxassociex24x+3(=f(x)).gest bijective et admet donc une réciproque. Déterminonsg1. Soity2[1;+¥[etx2]¥;2]. y=g(x),y=x24x+3,x24x+3y=0: Or,D0=4(3y) =y+1>0. Donc,x=2+py+1 oux=2py+1. Enfin,x2]¥;2]et donc, x=2py+1. En résumé, 5 8x2]¥;2];8y2[1;+¥[;y=g(x),x=2py+1:
On vient de trouverg1:
8x2[1;+¥[;g1(x) =2px+1.2.On vérifie f acilementque fréalise une bijection de]2;+¥[sur]¥;2[, notéeg. Soient alorsx2
]2;+¥[ety2]¥;2[. y=g(x),y=2x1x+2,x(y+2) =2y+1,x=2y+1y+2: (on a ainsi trouvé au plus une valeur pourxà savoirx=2y+1y+2, mais il n"est pas nécessaire de vérifier que
cette expression est bien définie et élément de]2;+¥[car on sait à l"avance queyadmet au moins un
antécédent dans]2;+¥[, et c"est donc nécessairement le bon). En résumé, On vient de trouverg1:
8x2]¥;2[;g1(x) =2x+1x+2.
;+¥.festdoncbijectivede32 ;+¥surf32 f32 ;lim+¥f = [1;+¥[. Notons encorefl"application de32 ;+¥dans[1;+¥[qui àxassocie p2x+31. Soient alorsx2[32 ;+¥[ety2[1;+¥[. f(x) =y,p2x+31=y,x=12 (3+(y+1)2),x=y22 +y1: En résumé,8x232
;+¥;8y2[1;+¥[;y=g(x),x=y22 +y1. On vient de trouverg1: 8x2[1;+¥[;g1(x) =x22
+x1.4.fest définie surR, impaire. Pourx2[0;+¥[, 06f(x) =x1+x<1+x1+x=1. Donc,f([0;+¥[)[0;1[. Par
parité,f(]¥;0])]1;0]et mêmef(]¥;0[)]1;0[car l"image parfd"un réel strictement négatif
est un réel strictement négatif. Finalement,f(R)]1;1[. Vérifions alors quefréalise une bijection de
Rsur]1;1[. Soity2[0;1[etx2R. L"égalitéf(x) =yimpose àxd"être dans[0;+¥[. Mais alors f(x) =y,x1+x=y,x=y1y: Le réelxobtenu est bien défini, cary6=1, et positif, cary2[0;1[. On a montré que : 8y2[0;1[;9!x2R=y=f(x) (à savoirx=y1y):
Soity2]1;0[etx2R. L"égalitéf(x) =yimpose àxd"être dans]¥;0[. Mais alors f(x) =y,x1x=y,x=y1+y: 6 Le réelxobtenu est bien défini, cary6=1, et strictement négatif, cary2]1;0[. On a montré que :
8y2]1;0[;9!x2R=y=f(x) (à savoirx=y1+y):
Finalement,
8y2]1;1[;9!x2R=y=f(x);
ce qui montre quefréalise une bijection deRsur]1;1[. De plus, poury2]1;1[donné,f1(y)=y1y siy>0 etf1(y) =y1+ysiy<0. Dans tous les cas, on af1(y) =y1jyj. En notant encorefl"application deRdans]1;1[qui àxassociex1+jxj, on a donc 8x2]1;1[;f1(x) =x1jxj:Correction del"exer cice5 N1.Montrons que la restricti onde fàD, notéeg, est bien une application deDdansP. Soitz2D. On a
jzj<1 et en particulierz6=i. Donc,f(z)existe. De plus, Re(f(z)) =12
(f(z)+f(z)) =12 z+izi+¯zi¯z+i =12 2z¯z2(zi)(zi)=jzj21jzij2<0:
Donc,f(z)est élément deP.gest donc une application deDdansP. 2. Montrons que gest injective. Soit(z;z0)2D2.
g(z) =g(z0))z+izi=z0+iz 0i)iz0iz=iziz0)2i(z0z) =0)z=z0:
3. Montrons que gest surjective. Soientz2DetZ2P.
g(z) =Z,z+izi=Z,z=i(Z+1)Z1(carZ6=1; (ce qui montre queZadmet au plus un antécédent dansD, à savoirz=i(Z+1)Z1(mais on le sait déjà carg
est injective). Il reste cependant à vérifier que i(Z+1)Z1est effectivement dansD). Réciproquement, puisque Re(Z)<0,
i(Z+1)Z1=jZ+1jjZ1j<1 (Zétant strictement plus proche de1 que de 1) etz2D. Finalementgest une bijection deDsurP, et : 8z2P;g1(z) =i(z+1)z1.Correction del"exer cice6 NMontrons par récurrence que8n>1;ånk=11k(k+1)(k+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2). • Pourn=1,å1k=11k(k+1)(k+2)=16
1(1+3)4(1+1)(1+2)et la formule proposée est vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queånk=11k(k+1)(k+2)=
n(n+3)4(n+1)(n+2)et montrons queån+1k=11k(k+1)(k+2)=(n+1)(n+4)4(n+2)(n+3). 7 n+1å k=11k(k+1)(k+2)=nå k=11k(k+1)(k+2)+1(n+1)(n+2)(n+3) n(n+3)4(n+1)(n+2)+1(n+1)(n+2)(n+3)(par hypothèse de récurrence) On a montré par récurrence que :
8n>1;ånk=11k(k+1)(k+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2):Démonstration directe. Pourk>1,
1k(k+1)(k+2)=12
(k+2)kk(k+1)(k+2)=12 1k(k+1)1(k+1)(k+2)
et donc, n k=11k(k+1)(k+2)=12 (nå k=11k(k+1)nå k=11(k+1)(k+2)) =12 (nå k=11k(k+1)n+1å k=21k(k+1)) 12 12 1(n+1)(n+2)
=n2+3n4(n+1)(n+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2)Correction del"exer cice7 N1.Montrons par récurrence que : 8n>1;ånk=1k=n(n+1)2
. Pourn=1,å1k=1k=1=1(1+1)2 . Soitn>1. Supposons que
ånk=1k=n(n+1)2
et montrons queån+1k=1k=(n+1)(n+2)2 n+1å k=1k=nå k=1k+(n+1) =n(n+1)2 +(n+1) (par hypothèse de récurrence) = (n+1)(n2 +1) =(n+1)(n+2)2 On a montré par récurrence que :
8n>1;ånk=1k=n(n+1)2
.On peut donner plusieurs démonstrations directes. 1ère demonstration.Pourk>1,(k+1)2k2=2k+1 et doncånk=1((k+1)2k2) =2ånk=1k+ånk=11 ce qui s"écrit
(n+1)21=2ånk=1k+nou encore 2ånk=1k=n2+nou enfinånk=1k=n(n+1)2 2ème demonstration.On écrit
1+2+3+:::+ (n1) +n=S
n+ (n1) + (n2) +:::+2+1=S 8 et en additionnant (verticalement), on obtient 2S= (n+1)+(n+1)+:::+(n+1) =n(n+1)d"où le résultat. La même démonstration s"écrit avec le symbole sigma : 2S=nå
k=1k+nå k=1(n+1k) =nå k=1(k+n+1k) =nå k=1(n+1) =n(n+1): 3ème demonstration.On compte le nombre de points d"un rectangle ayantnpoints de large etn+1 points de long. Il y
en an(n+1). Ce rectangle se décompose en deux triangles isocèles contenant chacun 1+2+:::+n points. D"où le résultat. 4ème démonstration.Dans le triangle de PASCAL, on sait que pournetpentiers naturels donnés,
C pn+Cp+1n=Cp+1 n+1. Donc, pourn>2 (le résultat est clair pourn=1),
1+2+:::+n=1+nå
k=2C1k=1+nå k=2 C2k+1C2k=1+(C2n+11) =n(n+1)2
2. Pour k>1,(k+1)3k3=3k2+3k+1. Donc, pourn>1 :
3 nå k=1k2+3nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)3k3) = (n+1)31: D"où,
n k=1k2=13 (n+1)313n(n+1)2 n =16 (2(n+1)33n(n+1)2(n+1)) =16 (n+1)(2n2+n); et donc 8n>1;ånk=1k2=n(n+1)(2n+1)6
:Pourk>1,(k+1)4k4=4k3+6k2+4k+1. Donc, pourn>1, on a 4 nå k=1k3+6nå k=1k2+4nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)4k4) = (n+1)41: D"où :
n k=1k3=14 ((n+1)41n(n+1)(2n+1)2n(n+1)n) =14 ((n+1)4(n+1)(n(2n+1)+2n+1) 14 ((n+1)4(n+1)2(2n+1)) =(n+1)2((n+1)2(2n+1))4 =n2(n+1)24 9 8n>1;ånk=1k3=n2(n+1)24
= (ånk=1k)2:Pourk>1,(k+1)5k5=5k4+10k3+10k2+5k+1. Donc, pourn>1, 5 nå k=1k4+10nå k=1k3+10nå k=1k2+5nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)5k5) = (n+1)51: D"où :
n k=1k4=15 ((n+1)5152 n2(n+1)253 n(n+1)(2n+1)52 n(n+1)n) 130
130
(n+1)(6n4+9n3+n2n) =n(n+1)(6n3+9n2+n1)30 Finalement,
8n2N;ånk=1k=n(n+1)2
8n2N;ånk=1k2=n(n+1)(2n+1)6
8n2N;ånk=1k3=n2(n+1)24
= (ånk=1k)2 8n2N;ånk=1k4=n(n+1)(6n3+9n2+n1)30
:3.Soit pun entier naturel. Pourk>1, (k+1)p+1kp+1=på j=0Cj p+1kj: Donc, pourn>1 :
på j=0Cj p+1(nå k=1kj) =nå k=1(på j=0Cj p+1kj) =nå k=1((k+1)p+1kp+1) = (n+1)p+11: D"où la formule de récurrence :
8p2N;8n2N;åp
j=0Cj p+1Sj= (n+1)p+11:Correction del"exer cice8 N1.Soit (x1;x2)2E2. f(x1) =f(x2))g(f(x1)) =g(f(x2)) (cargest une application) )x1=x2(cargfest injective): On a montré que8(x1;x2)2E2;f(x1) =f(x2))x1=x2, et doncfest injective. 2. Soit y2H. Puisquegfest surjective, il existe un élémentxdansEtel queg(f(x)) =y. En posant z=f(x)2G, on a trouvézdansGtel queg(z) =y. On a montré :8y2H;9z2G=g(z) =y, et doncg est surjective. 10 Correction del"exer cice9 NOn peut supposer sans perte de généralité quefghetghfsont injectives et quehfgest surjective.
D"après l"exercice
8 , puisquefgh= (fg)hest injective,hest injective et puisquehfg=h(fg) est surjective,hest surjective. Déjàhest bijective. Mais alors,h1est surjective et doncfg=h1(hfg)
est surjective en tant que composée de surjections. Puish1est injective et doncfg= (fgh)h1est injective.fgest donc bijective.fgest surjective doncfest surjective.ghfest injective doncfest injective. Doncfest bijective. Enfing=f1(fg)est bijective en tant que composée de bijections.Correction del"exer cice10 N1.Si A=B=?alorsADB=?=A\B. SiADB=A\B, supposons par exempleA6=?. Soitx2A.
Six2B,x2A\B=ADBce qui est absurde et six=2B,x2ADB=A\Bce qui est absurde. Donc A=B=?. Finalement,ADB=A\B,A=B=?.
2. P ardistrib utivitéde \sur[,
(A[B)\(B[C)\(C[A) = ((A\B)[(A\C)[(B\B)[(B\C))\(C[A) = ((A\C)[B)\(C[A) (carB\B=BetA\BBetB\CB) = ((A\C)\C)[((A\C)\A)[(B\C)[(B\A) = (A\C)[(A\C)[(B\C)[(B\A) = (A\B)[(B\C)[(C\A) 3.ADB= (AnB)[(BnA) = (BnA)[(AnB) =BDA.
4. x2(ADB)DC,xest dansADBou dansCmais pas dans les deux ,xest dans une et une seule des trois parties ou dans les trois: Par symétrie des rôles deA,BetC,AD(BDC)est également l"ensemble des éléments qui sont dans une et
une seule des trois partiesA,BouCou dans les trois. Donc(ADB)DC=AD(BDC). Ces deux ensembles peuvent donc se noter une bonne fois pour toutesADBDC. 5.A=B)AnB=?etBnA=?)ADB=?.
6.(Immédiat.
)Soitxun élément deA. Six=2Calorsx2ADC=BDCet doncx2Bcarx=2C.
Six2Calorsx=2ADC=BDC. Puisx=2BDCetx2Cet doncx2B. Dans tous les cas,xest dans B. Tout élément deAest dansBet doncAB. En échangeant les rôles deAetB, on a aussiBA et finalementA=B.Correction del"exer cice11 N1.Soit x2E. 11 x2f [ i2IA i! , 9y2[ i2IA i=x=f(y), 9i2I;9y2Ai=x=f(y) , 9i2I=x2f(Ai),x2[ i2If(Ai) Donc f i2IA i! i2If(Ai).2.Soit x2E. x2f \ i2IA i! , 9y2\ i2IA i=x=f(y), 9y2E=8i2I;y2Aietx=f(y) ) 8i2I=9y2Ai=x=f(y), 8i2I=x2f(Ai) ,x2\ i2If(Ai) Donc f i2IA i! i2If(Ai).L"inclusion contraire n"est pas toujours vraie. Par exemple, pourxréel on posef(x) =x2puisA=f1g
etB=f1g.A\B=?et doncf(A\B) =?puisf(A) =f(B) =f1get doncf(A)\f(B) =f1g. 3. Il n"y a aucune inclusion vraie entre f(EnA)etFnf(A). Par exemple, soitf:R!R x7!x2etA= [1;2].f(A) = [0;4]et doncCR(f(A)) =]¥;0[[]4;+¥[maisf(CRA) =f(]¥;1[[]2;+¥[) = ]1;+¥[et aucune inclusion entre les deux parties n"est vraie. 4. Soit x2E.
x2f1 \ i2IBquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1
1.8x2R;(f(x) =0 etg(x) =0)et(8x2R;f(x) =0)et(8x2R;g(x) =0).
2.8x2R;(f(x) =0 oug(x) =0)et(8x2R;f(x) =0)ou(8x2R;g(x) =0).
Donner un exemple de fonctionsfetgdeRdansR, toutes deux non nulles et dont le produit est nul. préciserf1: 11.f(x) =x24x+3,I=]¥;2].
2.f(x) =2x1x+2,I=]2;+¥[.
3.f(x) =p2x+31,I=32
4.f(x) =x1+jxj,I=R.
C=Re(z)<0g. Préciserf1.
directe. . En calculant la différence (k+1)2k2, trouver une démonstration directe de ce résultat. 2.Calculer de même les sommes
ånk=1k2,ånk=1k3etånk=1k4(et mémoriser les résultats). 3.On pose Sp=ånk=1kp. Déterminer une relation de récurrence permettant de calculer lesSpde proche en
proche.1.(ADB=A\B),(A=B=?).
2.(A[B)\(B[C)\(C[A) = (A\B)[(B\C)[(C\A).
3.ADB=BDA.
4.(ADB)DC=AD(BDC).
5.ADB=?,A=B.
6.ADC=BDC,A=B.
2d"un ensembleFindéxée par un ensembleI. Soitfune application deEversF. Comparer du point de vue de
l"inclusion les parties suivantes : 1.f(S i2IAi)etS i2If(Ai)(recommencer parf(A[B)si on n"a pas les idées claires). 2.f(T i2IAi)etT i2If(Ai).3.f(EnAi)etFnf(Ai).
4.f1(T
i2IBi)etT i2If1(Bi).5.f1(S
i2IBi)etS i2If1(Bi).6.f1(FnBi)etEnf1(Bi).
1.fest injective.
2.8X2P(E);f1(f(X)) =X.
3.8(X;Y)2P(E)2;f(X\Y) =f(X)\f(Y).
4.8(X;Y)2P(E)2;X\Y=?)f(X)\f(Y) =?.
5.8(X;Y)2P(E)2;YX)f(XnY) =f(X)nf(Y).
par n(n+1)2 . Montrer que, pourn>2,Hnn"est jamais un entier (indication : montrer parrécurrence queHnest le quotient d"un entier impair par un entier pair en distingant les cas oùnest pair etnest
impair). 2. En considérant la partie A=fx2E=x=2f(x)g, montrer qu"il n"existe pas de bijectionfdeEsurP(E).Soitf:N2!N
(x;y)7!y+(x+y)(x+y+1)2 . Montrer quefest une bijection. Préciser, pourn2Ndonné, le couple (x;y)dont il est l"image. Correction del"exer cice1 N1.(a) (f=IdP, 8M2P;f(M) =M)et(f6=IdP, 9M2P=f(M)6=M). (b)(fa au moins un point fixe,9M2P=f(M)=M)et(fn"a pas de point fixe,8M2P;f(M)6= M). Constatez que les phrasesf(M) =Mouf(M)6=Mn"ont aucun senssi elles ne sont pas accompagnées de quantificateurs. 2. (a) (f=0, 8x2R;f(x) =0)et(f6=0, 9x2R=f(x)6=0). (b) (L "équationf(x) =0 a (au moins) une solution si et seulement si9x2R=f(x) =0)et (l"équation f(x) =0 n"a pas de solution si et seulement si8x2R=f(x)6=0). (c) (L "équationf(x) =0 a exactement une solution si et seulement si9!x2R=f(x) =0)et (l"équation f(x)=0 n"a pas exactement une solution si et seulement si8x2R=f(x)6=0 ou9(x;x0)2R2=(x6= x0etf(x) =f(x0) =0).
3. (a) ((un)n2Nbornée,9M2R=8n2N;junj6M)et((un)n2Nnon bornée,8M2R=9n2N;junj> M). (b)((un)n2Ncroissante, 8n2N=un+1>un)et((un)n2Nnon croissante, 9n2N=un+1((9n2N=un+1
Non. La deuxième af firmationimplique la première mais la première n"implique pas la deuxième. La
première phrase est la traduction avec des quantificateurs de l"égalitéfg=0. La deuxième phrase est la
traduction avec quantificateurs de(f=0oug=0). Voici un exemple de fonctionsfetgtoutes deux non nulles dont le produit est nul. Soientf:R!R x7!0 six<0 xsix>0etg:R!R x7!0 six>0 xsix60. Pour chaque valeur dex, on a soitf(x) =0 (quandx60), soitg(x) =0 (quandx>0). On a donc :8x2 R;(f(x) =0 oug(x) =0)ou encore8x2R;f(x)g(x) =0 ou enfin,fg=0. Cependant,f(1) =16=0 et doncf6=0, etg(1) =16=0 et doncg6=0. Ainsi, on n"a pas(f=0 oug=0)ou encore, on n"a pas((8x2R;f(x) =0)ou(8x2R;g(x) =0)).Correction del"exer cice4 N1.fest dérivable surI=]¥;2], et pourx2]¥;2[,f0(x)=2x4<0.fest donc continue et strictement
décroissante sur]¥;2]. Par suite,fréalise une bijection de]¥;2]surf(]¥;2]) = [f(2);lim¥f[=
[1;+¥[=J. On notegl"application deIdansJqui, àxassociex24x+3(=f(x)).gest bijective et admet donc une réciproque. Déterminonsg1. Soity2[1;+¥[etx2]¥;2]. y=g(x),y=x24x+3,x24x+3y=0: Or,D0=4(3y) =y+1>0. Donc,x=2+py+1 oux=2py+1. Enfin,x2]¥;2]et donc, x=2py+1. En résumé, 58x2]¥;2];8y2[1;+¥[;y=g(x),x=2py+1:
On vient de trouverg1:
8x2[1;+¥[;g1(x) =2px+1.2.On vérifie f acilementque fréalise une bijection de]2;+¥[sur]¥;2[, notéeg. Soient alorsx2
]2;+¥[ety2]¥;2[. y=g(x),y=2x1x+2,x(y+2) =2y+1,x=2y+1y+2:(on a ainsi trouvé au plus une valeur pourxà savoirx=2y+1y+2, mais il n"est pas nécessaire de vérifier que
cette expression est bien définie et élément de]2;+¥[car on sait à l"avance queyadmet au moins un
antécédent dans]2;+¥[, et c"est donc nécessairement le bon). En résumé,On vient de trouverg1:
8x2]¥;2[;g1(x) =2x+1x+2.
;+¥.festdoncbijectivede32 ;+¥surf32 f32 ;lim+¥f = [1;+¥[. Notons encorefl"application de32 ;+¥dans[1;+¥[qui àxassocie p2x+31. Soient alorsx2[32 ;+¥[ety2[1;+¥[. f(x) =y,p2x+31=y,x=12 (3+(y+1)2),x=y22 +y1:En résumé,8x232
;+¥;8y2[1;+¥[;y=g(x),x=y22 +y1. On vient de trouverg1:8x2[1;+¥[;g1(x) =x22
+x1.4.fest définie surR, impaire. Pourx2[0;+¥[, 06f(x) =x1+x<1+x1+x=1. Donc,f([0;+¥[)[0;1[. Par
parité,f(]¥;0])]1;0]et mêmef(]¥;0[)]1;0[car l"image parfd"un réel strictement négatif
est un réel strictement négatif. Finalement,f(R)]1;1[. Vérifions alors quefréalise une bijection de
Rsur]1;1[. Soity2[0;1[etx2R. L"égalitéf(x) =yimpose àxd"être dans[0;+¥[. Mais alors f(x) =y,x1+x=y,x=y1y: Le réelxobtenu est bien défini, cary6=1, et positif, cary2[0;1[. On a montré que :8y2[0;1[;9!x2R=y=f(x) (à savoirx=y1y):
Soity2]1;0[etx2R. L"égalitéf(x) =yimpose àxd"être dans]¥;0[. Mais alors f(x) =y,x1x=y,x=y1+y: 6Le réelxobtenu est bien défini, cary6=1, et strictement négatif, cary2]1;0[. On a montré que :
8y2]1;0[;9!x2R=y=f(x) (à savoirx=y1+y):
Finalement,
8y2]1;1[;9!x2R=y=f(x);
ce qui montre quefréalise une bijection deRsur]1;1[. De plus, poury2]1;1[donné,f1(y)=y1y siy>0 etf1(y) =y1+ysiy<0. Dans tous les cas, on af1(y) =y1jyj. En notant encorefl"application deRdans]1;1[qui àxassociex1+jxj, on a donc8x2]1;1[;f1(x) =x1jxj:Correction del"exer cice5 N1.Montrons que la restricti onde fàD, notéeg, est bien une application deDdansP. Soitz2D. On a
jzj<1 et en particulierz6=i. Donc,f(z)existe. De plus,Re(f(z)) =12
(f(z)+f(z)) =12 z+izi+¯zi¯z+i =122z¯z2(zi)(zi)=jzj21jzij2<0:
Donc,f(z)est élément deP.gest donc une application deDdansP. 2.Montrons que gest injective. Soit(z;z0)2D2.
g(z) =g(z0))z+izi=z0+iz0i)iz0iz=iziz0)2i(z0z) =0)z=z0:
3.Montrons que gest surjective. Soientz2DetZ2P.
g(z) =Z,z+izi=Z,z=i(Z+1)Z1(carZ6=1;(ce qui montre queZadmet au plus un antécédent dansD, à savoirz=i(Z+1)Z1(mais on le sait déjà carg
est injective). Il reste cependant à vérifier que i(Z+1)Z1est effectivement dansD). Réciproquement, puisqueRe(Z)<0,
i(Z+1)Z1=jZ+1jjZ1j<1 (Zétant strictement plus proche de1 que de 1) etz2D. Finalementgest une bijection deDsurP, et :8z2P;g1(z) =i(z+1)z1.Correction del"exer cice6 NMontrons par récurrence que8n>1;ånk=11k(k+1)(k+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2). • Pourn=1,å1k=11k(k+1)(k+2)=16
1(1+3)4(1+1)(1+2)et la formule proposée est vraie pourn=1. Soitn>1. Supposons queånk=11k(k+1)(k+2)=
n(n+3)4(n+1)(n+2)et montrons queån+1k=11k(k+1)(k+2)=(n+1)(n+4)4(n+2)(n+3). 7 n+1å k=11k(k+1)(k+2)=nå k=11k(k+1)(k+2)+1(n+1)(n+2)(n+3) n(n+3)4(n+1)(n+2)+1(n+1)(n+2)(n+3)(par hypothèse de récurrence)On a montré par récurrence que :
8n>1;ånk=11k(k+1)(k+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2):Démonstration directe. Pourk>1,
1k(k+1)(k+2)=12
(k+2)kk(k+1)(k+2)=121k(k+1)1(k+1)(k+2)
et donc, n k=11k(k+1)(k+2)=12 (nå k=11k(k+1)nå k=11(k+1)(k+2)) =12 (nå k=11k(k+1)n+1å k=21k(k+1)) 12 121(n+1)(n+2)
=n2+3n4(n+1)(n+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2)Correction del"exer cice7 N1.Montrons par récurrence que : 8n>1;ånk=1k=n(n+1)2
. Pourn=1,å1k=1k=1=1(1+1)2 . Soitn>1.Supposons que
ånk=1k=n(n+1)2
et montrons queån+1k=1k=(n+1)(n+2)2 n+1å k=1k=nå k=1k+(n+1) =n(n+1)2 +(n+1) (par hypothèse de récurrence) = (n+1)(n2 +1) =(n+1)(n+2)2On a montré par récurrence que :
8n>1;ånk=1k=n(n+1)2
.On peut donner plusieurs démonstrations directes.1ère demonstration.Pourk>1,(k+1)2k2=2k+1 et doncånk=1((k+1)2k2) =2ånk=1k+ånk=11 ce qui s"écrit
(n+1)21=2ånk=1k+nou encore 2ånk=1k=n2+nou enfinånk=1k=n(n+1)22ème demonstration.On écrit
1+2+3+:::+ (n1) +n=S
n+ (n1) + (n2) +:::+2+1=S 8 et en additionnant (verticalement), on obtient 2S= (n+1)+(n+1)+:::+(n+1) =n(n+1)d"où le résultat. La même démonstration s"écrit avec le symbole sigma :2S=nå
k=1k+nå k=1(n+1k) =nå k=1(k+n+1k) =nå k=1(n+1) =n(n+1):3ème demonstration.On compte le nombre de points d"un rectangle ayantnpoints de large etn+1 points de long. Il y
en an(n+1). Ce rectangle se décompose en deux triangles isocèles contenant chacun 1+2+:::+n points. D"où le résultat.4ème démonstration.Dans le triangle de PASCAL, on sait que pournetpentiers naturels donnés,
C pn+Cp+1n=Cp+1 n+1.Donc, pourn>2 (le résultat est clair pourn=1),
1+2+:::+n=1+nå
k=2C1k=1+nå k=2C2k+1C2k=1+(C2n+11) =n(n+1)2
2.Pour k>1,(k+1)3k3=3k2+3k+1. Donc, pourn>1 :
3 nå k=1k2+3nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)3k3) = (n+1)31:D"où,
n k=1k2=13 (n+1)313n(n+1)2 n =16 (2(n+1)33n(n+1)2(n+1)) =16 (n+1)(2n2+n); et donc8n>1;ånk=1k2=n(n+1)(2n+1)6
:Pourk>1,(k+1)4k4=4k3+6k2+4k+1. Donc, pourn>1, on a 4 nå k=1k3+6nå k=1k2+4nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)4k4) = (n+1)41:D"où :
n k=1k3=14 ((n+1)41n(n+1)(2n+1)2n(n+1)n) =14 ((n+1)4(n+1)(n(2n+1)+2n+1) 14 ((n+1)4(n+1)2(2n+1)) =(n+1)2((n+1)2(2n+1))4 =n2(n+1)24 98n>1;ånk=1k3=n2(n+1)24
= (ånk=1k)2:Pourk>1,(k+1)5k5=5k4+10k3+10k2+5k+1. Donc, pourn>1, 5 nå k=1k4+10nå k=1k3+10nå k=1k2+5nå k=1k+nå k=11=nå k=1((k+1)5k5) = (n+1)51:D"où :
n k=1k4=15 ((n+1)5152 n2(n+1)253 n(n+1)(2n+1)52 n(n+1)n) 130130
(n+1)(6n4+9n3+n2n) =n(n+1)(6n3+9n2+n1)30
Finalement,
8n2N;ånk=1k=n(n+1)2
8n2N;ånk=1k2=n(n+1)(2n+1)6
8n2N;ånk=1k3=n2(n+1)24
= (ånk=1k)28n2N;ånk=1k4=n(n+1)(6n3+9n2+n1)30
:3.Soit pun entier naturel. Pourk>1, (k+1)p+1kp+1=på j=0Cj p+1kj:Donc, pourn>1 :
på j=0Cj p+1(nå k=1kj) =nå k=1(på j=0Cj p+1kj) =nå k=1((k+1)p+1kp+1) = (n+1)p+11:D"où la formule de récurrence :
8p2N;8n2N;åp
j=0Cj p+1Sj= (n+1)p+11:Correction del"exer cice8 N1.Soit (x1;x2)2E2. f(x1) =f(x2))g(f(x1)) =g(f(x2)) (cargest une application) )x1=x2(cargfest injective): On a montré que8(x1;x2)2E2;f(x1) =f(x2))x1=x2, et doncfest injective. 2. Soit y2H. Puisquegfest surjective, il existe un élémentxdansEtel queg(f(x)) =y. En posant z=f(x)2G, on a trouvézdansGtel queg(z) =y. On a montré :8y2H;9z2G=g(z) =y, et doncg est surjective. 10Correction del"exer cice9 NOn peut supposer sans perte de généralité quefghetghfsont injectives et quehfgest surjective.
D"après l"exercice
8 , puisquefgh= (fg)hest injective,hest injective et puisquehfg=h(fg)est surjective,hest surjective. Déjàhest bijective. Mais alors,h1est surjective et doncfg=h1(hfg)
est surjective en tant que composée de surjections. Puish1est injective et doncfg= (fgh)h1est injective.fgest donc bijective.fgest surjective doncfest surjective.ghfest injective doncfestinjective. Doncfest bijective. Enfing=f1(fg)est bijective en tant que composée de bijections.Correction del"exer cice10 N1.Si A=B=?alorsADB=?=A\B. SiADB=A\B, supposons par exempleA6=?. Soitx2A.
Six2B,x2A\B=ADBce qui est absurde et six=2B,x2ADB=A\Bce qui est absurde. DoncA=B=?. Finalement,ADB=A\B,A=B=?.
2.P ardistrib utivitéde \sur[,
(A[B)\(B[C)\(C[A) = ((A\B)[(A\C)[(B\B)[(B\C))\(C[A) = ((A\C)[B)\(C[A) (carB\B=BetA\BBetB\CB) = ((A\C)\C)[((A\C)\A)[(B\C)[(B\A) = (A\C)[(A\C)[(B\C)[(B\A) = (A\B)[(B\C)[(C\A)3.ADB= (AnB)[(BnA) = (BnA)[(AnB) =BDA.
4. x2(ADB)DC,xest dansADBou dansCmais pas dans les deux ,xest dans une et une seule des trois parties ou dans les trois:Par symétrie des rôles deA,BetC,AD(BDC)est également l"ensemble des éléments qui sont dans une et
une seule des trois partiesA,BouCou dans les trois. Donc(ADB)DC=AD(BDC). Ces deux ensembles peuvent donc se noter une bonne fois pour toutesADBDC.5.A=B)AnB=?etBnA=?)ADB=?.
6.(Immédiat.
)Soitxun élément deA.Six=2Calorsx2ADC=BDCet doncx2Bcarx=2C.
Six2Calorsx=2ADC=BDC. Puisx=2BDCetx2Cet doncx2B. Dans tous les cas,xest dans B. Tout élément deAest dansBet doncAB. En échangeant les rôles deAetB, on a aussiBA et finalementA=B.Correction del"exer cice11 N1.Soit x2E. 11 x2f [ i2IA i! , 9y2[ i2IA i=x=f(y), 9i2I;9y2Ai=x=f(y) , 9i2I=x2f(Ai),x2[ i2If(Ai) Donc f i2IA i! i2If(Ai).2.Soit x2E. x2f \ i2IA i! , 9y2\ i2IA i=x=f(y), 9y2E=8i2I;y2Aietx=f(y) ) 8i2I=9y2Ai=x=f(y), 8i2I=x2f(Ai) ,x2\ i2If(Ai) Donc f i2IA i!i2If(Ai).L"inclusion contraire n"est pas toujours vraie. Par exemple, pourxréel on posef(x) =x2puisA=f1g
etB=f1g.A\B=?et doncf(A\B) =?puisf(A) =f(B) =f1get doncf(A)\f(B) =f1g. 3. Il n"y a aucune inclusion vraie entre f(EnA)etFnf(A). Par exemple, soitf:R!R x7!x2etA= [1;2].f(A) = [0;4]et doncCR(f(A)) =]¥;0[[]4;+¥[maisf(CRA) =f(]¥;1[[]2;+¥[) = ]1;+¥[et aucune inclusion entre les deux parties n"est vraie. 4.