CPP – 2013/2014 Algèbre générale I J. Gillibert Corrigé du TD no 6 Exercice 1 O
CPP – 2013/2014 Algèbre générale I J. Gillibert Corrigé du TD no 6 Exercice 1 On considère les applications f et g définies par f : R2 − →R g : R − →R2 (x, y) 7− →xy x 7− →(x, x2) 1. Les applications f ◦g et g ◦f sont données par f ◦g : R − →R g ◦f : R2 − →R2 x 7− →f(g(x)) = f(x, x2) = x3 (x, y) 7− →g(f(x, y)) = g(xy) = (xy, x2y2) 2. (a) L’application f est-elle injective ? En d’autres termes, est-il possible de retrouver un couple (x, y) à partir de la donnée de son image par f, à savoir le produit xy ? La réponse est évidemment non, mais pour préciser cela il convient de fournir un exemple. On peut prendre celui-ci : f(1, 1) = f(2, 1/2) = 1 ce qui montre que f n’est pas injective. (b) L’application f est-elle surjective ? Autrement dit, est-il vrai que tout élément t ∈R est l’image par f d’un certain couple ? Pour répondre positivement à cette question il suffit de remarquer que f(1, t) = t donc f est surjective. (c) L’application g est-elle injective ? Oui, car la donnée du couple (x, x2) permet de retrouver x. Pour répondre à la question en se servant de la définition, on se donne deux réels x et x′ tels que g(x) = g(x′), c’est-à-dire tels que (x, x2) = (x′, x′2) Alors x = x′ par identification. Ainsi la relation g(x) = g(x′) implique que x = x′, ce qui est la définition de l’injectivité de g. (d) L’application g est-elle surjective ? Non, car (1, 0) n’admet pas d’antécédent par g : en effet, si c’était le cas, alors on aurait trouvé un réel x tel que (x, x2) = (1, 0), c’est-à-dire tel que x = 1 et x2 = 0, ce qui est impossible. (e) Grâce à l’analyse réelle (théorème de la bijection), on voit que f ◦g : R →R est bijective, en particulier elle est injective et surjective. (f) Comme f n’est pas injective, g ◦f n’est pas injective. En effet, il suffit de récupérer le même exemple que pour f : g(f(1, 1)) = g(f(2, 1/2)) = (1, 1) (g) Comme g n’est pas surjective, g◦f n’est pas surjective. En effet, (1, 0) n’admet pas d’antécédent par g, donc n’admet pas non plus d’antécédent par g ◦f. 1 Exercice 2 On considère l’application f définie par f : R − →R x 7− →x(1 −x) 1. Soit y un réel fixé. On souhaite déterminer f −1({y}), c’est-à-dire l’ensemble des antécédents de y par la fonction f, ou encore l’ensemble des solutions x de l’équation f(x) = y. Or cette équation s’écrit x(1 −x) = y c’est-à-dire x2 −x + y = 0 Il s’agit d’une équation de degré 2 en x, dans laquelle y est vu comme une constante. Le discriminant est ∆= 1 −4y. On distingue alors trois cas possibles : (a) ∆> 0, c’est-à-dire y < 1/4. Alors l’équation a deux solutions qui sont 1 + √1 −4y 2 et 1 −√1 −4y 2 (b) ∆= 0, c’est-à-dire y = 1/4. Alors l’équation a une solution unique : x = 1/2. (c) ∆< 0, c’est-à-dire y > 1/4. Alors l’équation n’admet pas de solution. La fonction f n’est pas injective, car les réels strictement inférieurs à 1/4 admettent deux antécé- dents : par exemple f(0) = f(1) = 0. La fonction f n’est pas surjective, car les réels strictement supérieurs à 1/4 n’admettent aucun antécédent. La valeur y = 1/4 est particulière car c’est le seul réel qui admet un unique antécédent par f. 2. On peut prendre I =] −∞, 1/2] et J =] −∞, 1/4]. Alors le théorème de la bijection montre que la fonction ] −∞, 1/2] →] −∞, 1/4] donnée par la même formule que f est une bijection. Exercice 3 Soient f et g les applications de N dans N définies par : f(n) = 2n, g(n) = jn 2 k 1. (a) L’application f n’est pas surjective. En effet, 1 n’admet pas d’antécédent par f, car il n’existe pas d’entier naturel n tel que 2n = 1. Comme f n’est pas surjective, elle n’est pas bijective. (b) L’application g n’est pas injective. En effet, g(0) = g(1) = 0. 2. (a) L’application f ◦g n’est pas injective, car g n’est pas injective. En effet, f(g(0)) = f(g(1)) = 0. Par conséquent, f ◦g n’est pas bijective. On notera par ailleurs que f ◦g n’est pas surjective, car f n’est pas surjective. (b) L’application g ◦f : N →N est donnée par g(f(n)) = g(2n) = 2n 2 = ⌊n⌋ Or ici n est un entier naturel, donc ⌊n⌋= n. Autrement dit, g ◦f est l’application identité de N dans N. Elle est donc bijective. Exercice 4 Soit l’application h : N2 →N définie par h : N2 − →N (p, q) 7− →2p3q 2 1. On se demande si h est injective. Soient (p, q) et (a, b) deux éléments de N2 tels que h(p, q) = h(a, b), alors nous avons 2p3q = 2a3b Par unicité de la décomposition d’un nombre en produit de facteurs premiers, on en déduit que p = a et q = b. 2. On se demande si h est surjective. Par unicité de la décomposition d’un nombre en produit de facteurs premiers, il est clair que 5 ne peut pas s’écrire sous la forme 2p3q avec p et q entiers naturels. Donc 5 n’appartient pas à l’image de h, c’est-à-dire que h n’est pas surjective. Exercice 5 Soit f : R →R l’application définie par : f(x) = ⌊2x⌋ 2⌊x⌋−1 1. Pour vérifier que l’application f est bien définie, il faut vérifier que le dénominateur 2⌊x⌋−1 ne s’annule jamais. Or ⌊x⌋est un entier relatif, donc 2⌊x⌋est un entier relatif pair. Il n’est donc jamais égal à 1, d’où le résultat. (a) Soit x un réel quelconque. Alors ⌊2x⌋et 2⌊x⌋−1 sont des entiers relatifs. Donc leur quotient est un nombre rationnel, autrement dit f(x) appartient à Q. Or il existe des nombres réels qui sont irrationnels (par exemple √ 2), donc f n’est pas surjective. (b) L’application f n’est pas injective : en effet f(0) = f(1/3) = 0. 2. Soit k un entier relatif. Alors ⌊k⌋= k et ⌊2k⌋= 2k, donc f(k) = 2k 2k −1. On en déduit que : f(Z) = 2k 2k −1 | k ∈Z . Exercice 6 L’application k : R2 →R2 définie par : k : R2 − →R2 (x, y) 7− →(x + y, xy) 1. L’application k n’est pas injective. En effet, k(0, 1) = k(1, 0). 2. L’application k n’est pas surjective, car (0, 1) n’admet pas d’antécédent par f. En effet, si (0, 1) avait un antécédent, alors on aurait trouvé un couple (x, y) ∈R tel que x + y = 0 et xy = 1, c’est-à-dire tel que y = −x et xy = 1. En particulier on aurait −x2 = 1, ce qui est impossible car x est un réel. Exercice 7 Soit f : E →F et g : F →G deux applications. 1. On suppose que g ◦f est injective. Nous allons montrer que f est injective. Soient x et x′ deux éléments de E tels que f(x) = f(x′) alors g(f(x)) = g(f(x′)) donc x = x′ par injectivité de g ◦f. 3 2. On suppose que g ◦f est surjective. Nous allons montrer que g est surjective. Soit y ∈G, on veut montrer que y admet un antécédent par g. On sait, par surjectivité de g ◦f, qu’il existe x ∈E tel que g(f(x)) = y Mais alors, f(x) est un antécédent de y par g, ce qu’on voulait. 3. On suppose que g ◦f et g sont bijectives. Comme g est bijective, elle admet une application réciproque g−1 : G →F, qui est elle aussi bijective. Mais alors, l’application g−1 ◦(g ◦f) est bijective, car elle est la composée de deux bijections. D’autre part, le produit de composition étant associatif, nous avons g−1 ◦(g ◦f) = (g−1 ◦g) ◦f = idF ◦f = f donc f est bijective. Exercice 8 Si a et b sont deux réels, on note fa,b l’application fa,b : R − →R x 7− →ax + b 1. Déterminer pour quelles valeurs de (a, b) la fonction fa,b est injective, pour quelles valeurs elle est surjective. 2. Lorsque fa,b est bijective, déterminer son application réciproque. 3. Montrer que si fa,b = fc,d alors (a, b) = (c, d). 4. Interpréter le résultat précédent en termes d’injectivité d’une certaine application. 4 uploads/Marketing/ td6-corrige 3 .pdf
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- Publié le Jui 14, 2022
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