Download théorie de l'ensemble and more Schemes and Mind Maps Mathematics in PDF only on Docsity!
Ensembles-Applications
Exercice 1 :
Soit 𝑓: 𝐼 → 𝐽 définie par 𝑓(𝑥) = 𝑥
2
- Donner des ensembles 𝐼 et 𝐽 tels que 𝑓 soit injective mais pas surjective.
- Donner des ensembles 𝐼 et 𝐽 tels que 𝑓 soit surjective mais pas injective.
- Donner des ensembles 𝐼 et 𝐽 tels que 𝑓 soit ni injective ni surjective.
- Donner des ensembles 𝐼 et 𝐽 tels que 𝑓 soit injective et surjective.
Allez à : Correction exercice 1 :
Exercice 2 :
Dire (en justifiant) pour chacune des applications suivantes si elles sont injectives, surjectives,
bijectives :
2
2
𝑓: [ 0 , 1 ] → [ 0 , 2 ]
2
3
2
3
4
Allez à : Correction exercice 2 :
Exercice 3 :
Soit 𝐼 ⊂ ℝ et 𝐽 ⊂ ℝ, deux intervalles de ℝ. Soit 𝑓: 𝐼 → 𝐽 une fonction strictement croissante.
- Montrer que 𝑓 est injective.
On pourra montrer la contraposée (et on rappelle que 𝑥
1
2
équivaut à 𝑥
1
2
ou 𝑥
2
1
- Déterminer l’ensemble 𝐾 tel que 𝑓: 𝐼 → 𝐾 soit bijective.
Allez à : Correction exercice 3 :
Exercice 4 :
Soit 𝑓: ℕ
2
→ ℕ définie pour tout
2
par 𝑓
Soit 𝑔: ℕ → ℕ
2
définie pour tout 𝑛 ∈ ℕ par 𝑔
2
- 𝑓 est-elle injective?
- 𝑓 est-elle surjective?
- 𝑔 est-elle injective?
- 𝑔 est-elle surjective?
Allez à : Correction exercice 4 :
Exercice 5 :
Soient
Où 𝐸(𝑥) désigne la partie entière de 𝑥
Les fonctions sont-elles injectives, surjective? Comparer 𝑓 ∘ 𝑔 et 𝑔 ∘ 𝑓.
Allez à : Correction exercice 5 :
Exercice 6 :
Soit 𝑓 une application de 𝐸 vers 𝐸 telle que :
Montrer que 𝑓 est surjective.
Allez à : Correction exercice 6 :
Exercice 7 :
On considère l’application 𝑓: ℕ → ℕ définie pour tout 𝑛 ∈ ℕ par 𝑓
2
- Existe-t-il 𝑔: ℕ → ℕ telle que :𝑓 ∘ 𝑔 = 𝐼𝑑
ℕ
- Existe-t-il ℎ: ℕ → ℕ telle que :ℎ ∘ 𝑓 = 𝐼𝑑
ℕ
Allez à : Correction exercice 7 :
Exercice 8 :
Soit 𝑓: ℤ → ℤ définie par 𝑓
- Existe-t-il une fonction 𝑔: ℤ → ℤ telle que 𝑓 ∘ 𝑔 = 𝐼𝑑
ℤ
- Existe-t-il une fonction ℎ: ℤ → ℤ telle que ℎ ∘ 𝑓 = 𝐼𝑑
ℤ
Allez à : Correction exercice 8 :
Exercice 9 :
Soit 𝑓: 𝐸 → 𝐹 une application, où 𝐶𝑎𝑟𝑑
Montrer que les trois propriétés suivantes sont équivalentes
(i) 𝑓 est injective
(ii) 𝑓 est surjective
(iii) 𝑓 est bijective
Allez à : Correction exercice 9 :
Exercice 10 :
Répondre aux questions qui suivent, en justifiant, le cas échéant, votre réponse par un bref argument, un
calcul ou un contre-exemple.
- Si les applications 𝑢: ℕ → ℤ et 𝑣: ℤ → ℕ sont bijectives, alors l’application 𝑢 ∘ 𝑣 ∘ 𝑢: ℕ → ℤ est
aussi bijective. Vrai ou Faux, justifier.
- L’application 𝑓: ℕ
3
𝑎
𝑏
𝑐
est une application
(i) bijective (ii) injective et pas surjective (iii) surjective et pas injective (iv) ni surjective ni
injective
Justifier.
- Soit 𝑛 ∈ ℕ ∖ { 0 , 1 }. L’application 𝜑: ℤ → ℕ qui à l’entier 𝑙 ∈ ℤ associe le reste de la division
euclidienne de 𝑙 par 𝑛 est une application.
(i) bijective (ii) injective et pas surjective (iii) surjective et pas injective (iv) ni surjective ni
injective
Justifier.
- Soient 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ ℤ tels que 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐 = 1. Déterminer l’application réciproque de la bijection
2
2
Allez à : Correction exercice 10 :
Exercice 11 :
- Soient 𝑞
1
et 𝑞
2
Montrer que :
1
2
- Soit 𝑓: ℤ × ℕ ∖ { 0 , 1 } → ℚ l’application définie par :
- Soit 𝑓: ℝ → [− 1 , 1 ] définie par 𝑓
= cos
, déterminer 𝑓
− 1
Allez à : Correction exercice 16 :
Exercice 17 :
Soit 𝐷 =
2
Soit 𝑓: 𝐷 → ℝ × ℝ définie par 𝑓(𝑥, 𝑦) = (𝑥
2
2
- Représenter 𝐷 dans le plan.
- a. Montrer que si deux couples de réels (𝑥
1
1
) et (𝑥
2
2
) vérifient
1
1
2
2
1
1
2
2
Alors (𝑥
1
1
2
2
) (autrement dit 𝑥
1
2
et 𝑦
1
2
b. Montrer que 𝑓 est injective, on pourra se ramener au système du 2.a..
- Est-ce que 𝑓 est surjective?
Allez à : Correction exercice 17 :
CORRECTIONS
Correction exercice 1 :
- 𝐼 = [ 0 , 1 ] et 𝐽 = [− 1 , 1 ].
- 𝐼 = [− 1 , 1 ] et 𝐽 = [ 0 , 1 ].
- 𝐼 = [− 1 , 1 ] et 𝐽 = [− 1 , 1 ].
- 𝐼 = [ 0 , 1 ] et 𝐽 = [ 0 , 1 ].
Allez à : Exercice 1 :
Correction exercice 2 :
2
= 𝑓( 1 ) donc 𝑓 n’est pas injective.
− 4 n’a pas d’antécédent, car 𝑓
2
= − 4 n’a pas de solution dans ℝ. 𝑓 n’est pas surjective.
Une fonction est bijective si et seulement si elle est injective et surjective donc cette fonction n’est pas
bijective.
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
Car 𝑥
1
≥ 0 et 𝑥
2
≥ 0. 𝑓 est injective.
Pour tout 𝑦 ∈ ℝ
∗
, (celui de l’ensemble d’arrivée), il existe 𝑥 = √
∗
, (celui de l’ensemble de départ)
tel que : 𝑦 = 𝑓
, en effet 𝑓
2
= 𝑦 donc 𝑓 est surjective.
𝑓 est bijective.
𝑓: [ 0 , 1 ] → [ 0 , 2 ]
2
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
2
1
2
Car 𝑥
1
≥ 0 et 𝑥
2
≥ 0. 𝑓 est injective.
2 n’a pas d’antécédent, car 𝑓
2
= 2 n’a pas de solution dans
[
]
. 𝑓 n’est pas surjective.
3
𝑔 est une fonction dérivable, 𝑔
′
2
0 donc 𝑔 est strictement croissante sur ℝ.
La contraposée de 𝑔
1
2
1
2
est 𝑥
1
2
1
2
Supposons que 𝑥 1
2
, alors 𝑥
1
2
(ou 𝑥
2
1
, ce que revient au même), on en déduit que 𝑔
1
2
) car 𝑔 est strictement croissante, par conséquent 𝑔(𝑥
1
2
), 𝑔 est injective.
lim
𝑥→−∞
𝑔(𝑥) = −∞ et lim
𝑥→+∞
𝑔 est une bijection strictement croissante de ℝ sur ℝ, par conséquent pour tout 𝑦 ∈ ℝ, il existe un
unique 𝑥 ∈ ℝ tel que 𝑦 = 𝑔(𝑥), 𝑔 est surjective. Mais l’unicité du « 𝑥 » fait que 𝑔 est bijective donc il
était inutile de montrer l’injectivité de 𝑔.
2
3
On va étudier (sommairement) cette fonction et dresser son tableau de variation.
ℎ est une fonction dérivable sur ℝ. ℎ
′
2
lim
𝑥→−∞
ℎ(𝑥) = −∞ et lim
𝑥→+∞
Le « 𝑥
3
» l’emporte sur le « 𝑥
2
= 0 et ℎ (−
2
3
2
3
′
4
27
Les seules bijections de 𝐸 ⊂ ℝ sur 𝐹 ⊂ ℝ sont les fonctions strictement monotones dont l’image de 𝐸
est 𝐹.
ℎ n’est pas une bijection.
Comme ℎ
= 0 = ℎ( 0 ), ℎ n’est pas injective.
Pour tout 𝑦 ∈ ℝ il existe 𝑥 ∈ ℝ tel que 𝑦 = ℎ(𝑥), et bien il n’y a pas unicité sinon ℎ serait bijective.
Pour tout 𝑦 ∈ [ 0 ,
4
27
[ il existe trois valeurs 𝑥 tel que 𝑦 = ℎ(𝑥), pour 𝑦 =
4
27
, il y en a deux pour les
autres 𝑦 n’a qu’un antécédent.
4
On va étudier cette fonction, 𝑘 est dérivable et 𝑘
′
3
′
3
3
2
1
3
2
3
2
3
2
3
2
3
3
2
3
2
3
) ×
8
3
lim
𝑥→−∞
ℎ(𝑥) = +∞ et lim
𝑥→+∞
Le « 𝑥
4
» l’emporte sur le « 𝑥 ».
3
2
8
3
′
3
2
8
3
Pour tout 𝑦 > −
3
2
8
3
, 𝑦 admet deux antécédents, 𝑘 est ni surjective ni injective.
𝑛 si 𝑛 est pair
𝑛 − 1 si 𝑛 est impair
Que 𝑛 soit paire ou impaire
Remarque :
Comme on le voit sur cet exemple, il ne suffit pas que 𝑔 ∘ 𝑓 = 𝑖𝑑 pour que 𝑔 soit la bijection réciproque
de 𝑓. La définition de la bijection réciproque d’une fonction 𝑓
1
: 𝐸 → 𝐸 est :
« S’il existe une fonction 𝑓
2
: 𝐸 → 𝐸 telle que 𝑓
1
2
2
1
𝐸
alors 𝑓
2
1
− 1
» on a alors : 𝑓
1
et
2
sont deux fonctions bijectives.
Allez à : Exercice 5 :
Correction exercice 6 :
⊂ 𝐸 donc 𝑓(𝑓
⊂ 𝐸, or 𝑓(𝑓
) = 𝐸 donc 𝐸 ⊂ 𝑓
⊂ 𝐸, par conséquent
𝐸 = 𝑓(𝐸) ce qui signifie que 𝑓 est surjective.
Allez à : Exercice 6 :
Correction exercice 7 :
- Supposons que 𝑔 existe, 𝑓 ∘ 𝑔 = 𝐼𝑑
ℕ
2
Si 𝑛 n’est pas un carré cela ne marche pas, par exemple si 𝑛 = 2 ,
2
= 2 donc 𝑔
Il n’existe pas de fonction 𝑔: ℕ → ℕ telle que :𝑓 ∘ 𝑔 = 𝐼𝑑
ℕ
- Supposons que ℎ existe, ℎ ∘ 𝑓 = 𝐼𝑑
ℕ
2
Les valeurs ℎ(𝑝) prennent les valeurs qu’elles veulent sauf lorsque 𝑝 est un carré auquel cas
𝑝, donnons une fonction ℎ qui répond à la question :
Si 𝑝 ≠ 𝑛
2
alors ℎ
= 0 et si 𝑝 = 𝑛
2
alors ℎ
Allez à : Exercice 7 :
Correction exercice 8 :
- Si 𝑔 existe alors pour tout 𝑛 ∈ ℤ, 𝑓
= 𝑛, si 𝑛 est impair 𝑔
∉ ℤ donc il
n’existe pas de fonction 𝑔: ℤ → ℤ telle que 𝑓 ∘ 𝑔 = 𝐼𝑑
ℤ
- Si ℎ existe alors pour tout 𝑛 ∈ ℤ, ℎ(𝑓
Soit ℎ la fonction définie, pour tout 𝑝 ∈ ℤ, par ℎ( 2 𝑝) = 𝑝 et ℎ( 2 𝑝 + 1 ) = 0 convient.
Allez à : Exercice 8 :
Correction exercice 9 :
On pose 𝐸 = {𝑒
1
2
𝑛
} et 𝐹 = {𝑓
1
2
𝑛
}, et bien sur tous les 𝑒
𝑗
sont distincts ainsi que tous les
𝑖
On rappelle que le fait que 𝑓 soit une application entraine que
1
2
𝑛
1
2
𝑛
On suppose que 𝑓 est injective, on va montrer que 𝑓 est surjective.
On va montrer la contraposée, c’est-à-dire que l’on va montrer que si 𝑓 n’est pas surjective alors 𝑓 n’est
pas injective.
Soit 𝑓
𝑖
∈ 𝐹 et on suppose qu’il n’existe pas de 𝑒
𝑗
∈ 𝐸 tel que 𝑓
𝑖
𝑗
) (𝑓 n’est pas surjective)
Donc
1
2
𝑛
1
𝑖− 1
𝑖+ 1
𝑛
}, il y a 𝑛 éléments dans le premier ensemble et
𝑛 − 1 dans le second, donc il existe 𝑗
1
et 𝑗
2
, avec 𝑗
1
2
dans { 1 , 2 , … , 𝑛} tels que 𝑓(𝑒
𝑗
1
𝑗
2
), or
𝑗
1
𝑗
2
donc 𝑓 n’est pas injective.
On suppose que 𝑓 est surjective et on va montrer que 𝑓 est injective.
On va montrer la contraposée, c’est-à-dire que l’on va montrer que si 𝑓 n’est pas injective alors 𝑓 n’est
pas surjective.
Si 𝑓
𝑖
𝑗
) = 𝑢 avec 𝑒
𝑖
𝑗
alors
1
𝑖− 1
𝑖+ 1
𝑗− 1
𝑗+ 1
𝑛
1
2
𝑛
}, le premier ensemble a
𝑛 − 1 éléments et le second 𝑛 donc il existe un 𝑓
𝑗
qui n’a pas d’antécédent, cela montre que 𝑓 n’est pas
surjective.
On a montré que
⇔ (𝑖𝑖), par définition
⇒ (𝑖) et
⇒ (𝑖𝑖). Si on a (𝑖) alors on a (𝑖𝑖) et
𝑒𝑡 (𝑖𝑖) entraine (𝑖𝑖𝑖) de même si on a (𝑖𝑖) alors on a (𝑖) et
𝑒𝑡 (𝑖𝑖) entraine (𝑖𝑖𝑖). Ce qui achève de
montrer les trois équivalences.
Allez à : Exercice 9 :
Correction exercice 10 :
- 𝑢 et 𝑣 sont surjectives donc 𝑢
= ℤ et 𝑣
= ℕ par conséquent
Cela montre que 𝑢 ∘ 𝑣 ∘ 𝑢 est surjective.
1
2
1
2
1
2
Car 𝑢 est injective
1
2
1
2
1
2
Car 𝑣 est injective
1
2
1
2
1
2
Car 𝑢 est injective
Finalement 𝑢 ∘ 𝑣 ∘ 𝑢 est injective et donc bijective (puisqu’elle est surjective).
- 7 n’admet pas d’antécédent donc 𝑓 n’est pas surjective.
′
′
′
𝑎
𝑏
𝑐
𝑎
′
𝑏
′
𝑐
′
L’unicité de la décomposition des entiers en produit de facteur premier entraine que 𝑎 = 𝑎
′
′
et 𝑐 = 𝑐
′
, autrement dit 𝑓 est injective.
Donc 𝑓 est injective et pas surjective.
Donc 𝜑 n’est pas injective.
Donc 𝜑 n’est pas surjective.
- Pour tout (𝑥, 𝑦) ∈ ℤ on cherche s’il existe un unique couple (𝑢, 𝑣) ∈ ℤ tel que
Premier cas 𝑎 ≠ 0
1
1
2
2
Cela montre que
1
𝑞
1
1
𝑞
2
et que 𝑞
1
2
Finalement
1
1
2
2
Ce qui montre que 𝑓 est injective.
b. Regardons si 1 ∈ ℚ admet un antécédent, on suppose qu’il existe, on l’appelle
Ce qui équivaut à
Mais
1
𝑞
∉ ℤ et 1 − 𝑝 ∈ ℤ, ce qui est impossible. Par conséquent 𝑓 n’est pas surjective.
Allez à : Exercice 11 :
Correction exercice 12 :
- Première méthode : raisonnons par récurrence
On pose (𝐻
𝑛
) il y a 𝑛(𝑛 − 1 ) applications injectives de 𝐼
2
dans 𝐼
𝑛
Regardons si (𝐻
2
) est vraie.
Il y a 4 applications de 𝐼
2
dans 𝐼
𝑛
1
= 1 et 𝑓
1
2
= 1 et 𝑓
2
3
= 2 et 𝑓
3
4
( 1 ) = 2 et 𝑓
4
Seules 𝑓
2
et 𝑓
3
sont injectives. Il y a 2 = 2 ( 2 − 1 ) applications injectives de 𝐼
2
dans 𝐼
2
Montrons que
𝑛
𝑛+ 1
Il y a 𝑛
applications injectives de
dans
Supposons que 𝑓
= 𝑛 + 1 alors 𝑓
(pour que 𝑓
), cela fait 𝑛
applications injectives de plus.
Supposons que 𝑓( 2 ) = 𝑛 + 1 alors 𝑓( 1 ) ∈ { 1 , … , 𝑛} (pour que 𝑓( 1 ) ≠ 𝑓( 2 )), cela fait 𝑛
applications injectives de plus.
Au total, il y a 𝑛(𝑛 − 1 ) + 𝑛 + 𝑛 = 𝑛
2
2
L’hypothèse est vérifiée.
Conclusion pour tout 𝑛 ≥ 2 , il y a 𝑛(𝑛 − 1 ) applications injectives de 𝐼
2
dans 𝐼
𝑛
Deuxième méthode :
Si 𝑓( 1 ) = 𝑘 ∈ { 0 , 1 , … , 𝑛} alors 𝑓( 2 ) ∈ { 1 , … , 𝑘 − 1 , 𝑘 + 1 , … , 𝑛}.
Cela fait 𝑛 choix possibles pour 𝑓( 1 ) et 𝑛 − 1 pour 𝑓
, soit 𝑛
choix possibles pour
) de façon à ce que 𝑓
(autrement dit pour que 𝑓 soit injective).
𝑚
𝑛
𝑓 injective équivaut à 𝑓( 1 ) = 𝑘
1
2
𝑚
, avec 𝑘
1
2
𝑚
tous distincts par conséquent 𝑚 ≤ 𝑛.
Remarque :
Cela ne veut pas dire que toutes les applications de
dans
sont injectives!
Supposons que 𝑓 est surjective.
Pour tout 𝑘
1
2
𝑛
(les 𝑘
𝑖
tous distincts) il existe 𝑙
1
2
𝑛
∈ { 1 , 2 , … , 𝑚} tels
que 𝑘
𝑖
𝑖
) par définition d’une application tous les 𝑙
𝑖
sont distincts (sinon un élément aurait
plusieurs images), par conséquent 𝑛 ≤ 𝑚.
Pour que 𝑓 soit bijective il faut (et il suffit) que 𝑓 soit injective et sujective, par conséquent il
faut que 𝑚 ≤ 𝑛 et que 𝑛 ≤ 𝑚, autrement dit il faut que 𝑚 = 𝑛.
Remarque :
Cela ne veut pas dire que toutes les applications de
dans
sont bijectives.
Allez à : Exercice 12 :
Correction exercice 13 :
1
2
1
2
1
2
Car 𝑔 est injective
1
2
1
2
1
2
Car 𝑓 est injective.
Donc 𝑔 ∘ 𝑓 est injective.
- Première méthode :
Pour tout 𝑧 ∈ 𝐺 il existe 𝑦 ∈ 𝐹 tel que 𝑧 = 𝑔
car 𝑔 est surjective.
Comme pour tout 𝑦 ∈ 𝐹 il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑦 = 𝑓
car 𝑓 est surjective. On en déduit que
pour tout 𝑧 ∈ 𝐺 il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑧 = 𝑔(𝑓
autrement dit 𝑔 ∘ 𝑓 est
surjective.
Remarque :
(a) D’habitude on appelle 𝑦 un élément de l’image 𝐺 mais ici ce pose un petit problème de notation parce que
l’on va appeler 𝑥 l’élément de 𝐹 et on ne saura pas trop comment appeler l’élément de 𝐸, c’est pour cela qu’il
est plus malin de l’appeler 𝑧.
(b) Si on commence par écrire « pour tout 𝑦 ∈ 𝐹 il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑦 = 𝑓
car 𝑓 est surjective » puis
« pour tout 𝑧 ∈ 𝐺 il existe 𝑦 ∈ 𝐹 tel que 𝑧 = 𝑔
car 𝑔 est surjective » donc « pour tout 𝑧 ∈ 𝐺 il existe 𝑥 ∈ 𝐸
tel que 𝑧 = 𝑔(𝑓
» cela ne va pas, je vous laisse réfléchir pourquoi.
Deuxième méthode :
On rappelle que 𝜑: 𝑈 → 𝑉 est surjective si et seulement si 𝜑(𝑈) = 𝑉
Donc 𝑓(𝐸) = 𝐹 et 𝑔(𝐹) = 𝐺, par conséquent 𝑔 ∘ 𝑓(𝐸) = 𝑔(𝑓(𝐸)) = 𝑔(𝐹) = 𝐺 et on en déduit
que 𝑔 ∘ 𝑓 est surjective.
- Si 𝑔 et 𝑓 sont bijectives alors elles sont injectives et 𝑔 ∘ 𝑓 est injective et si 𝑔 et 𝑓 sont bijectives
alors elles sont surjectives et 𝑔 ∘ 𝑓 est surjective, on en déduit que 𝑔 ∘ 𝑓 est bijective.
1
2
1
2
1
2
1
2
Car 𝑔 ∘ 𝑓 est injective, par conséquent 𝑓 est injective.
- Première méthode :
Pour tout 𝑧 ∈ 𝐺, il existe 𝑥 ∈ 𝐸 tel que 𝑧 = 𝑔 ∘ 𝑓
), donc il existe 𝑦 = 𝑓(𝑥) tel que
𝑧 = 𝑔(𝑦) ce qui signifie que 𝑔 est surjective.
Deuxième méthode :
Comme 𝑔 ∘ 𝑓 est surjective, 𝑔 ∘ 𝑓(𝐸) = 𝐺 ⇔ 𝑔(𝑓(𝐸)) = 𝐺 or 𝑓(𝐸) ⊂ 𝐹 donc
Comme 𝑔(𝐹) ⊂ 𝐺, cela donne
D’où
Ce qui montre que 𝑔 est surjective.
a. 𝑔 ∘ 𝑓 = 𝐼𝑑
𝐸
est bijective (l’identité est bijective)
𝑔 ∘ 𝑓 est injective, d’après 4°), 𝑓 est injective.
𝑔 ∘ 𝑓 est surjective, d’après 5°), 𝑔 est surjective.
− 1
− 1
([
])
= [−√ 2 , − 1 ] ∪ [ 1 , √ 2 ]
Allez à : Exercice 15 :
Correction exercice 16 :
1. [ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ] = {(𝑥, 𝑦) ∈ ℝ
2
, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 et 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 }
Donc
𝑓([ 0 , 1 ] × [ 0 , 1 ]) = {𝑥 ∈ ℝ, 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 } = [ 0 , 1 ]
− 1
([
])
2
[
]}
2
[
]}
[
]
× ℝ
𝑓(ℕ) = {𝑦 ∈ [− 1 , 1 ], 𝑦 = cos(𝜋𝑛) , 𝑛 ∈ ℕ} = {𝑦 ∈ [− 1 , 1 ], 𝑦 = (− 1 )
n
[
]
, 𝑦 = cos
[
]
− 1
𝑥 ∈ ℝ, cos
Or cos
= 1 ⇔ 𝑥 = 2 𝑘𝜋 et cos
𝜋 avec 𝑘 ∈ ℤ
− 1
𝜋 , k ∈ ℤ
Allez à : Exercice 16 :
Correction exercice 17 :
- Le point
vérifie 𝑥 ≤ 𝑦 donc
2
est le demi-plan supérieur droit. De même
vérifie −𝑦 ≤ 𝑥 donc
2
est le demi-plan supérieur droit, 𝐷 est l’intersection de ces
deux demi-plan, 𝐷 est le quart de plan supérieur du schéma ci-dessous.
- a.
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
En additionnant 𝐿
1
et 𝐿
2
on trouve que 2 𝑥
1
2
, donc 𝑥
1
2
, puis en remplaçant dans 𝐿
1
, on trouve
que 𝑦
1
2
b.
1
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
donne 𝑥
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
, ce qui entraine que (𝑥
1
1
2
2
2
2
comme 𝑥 − 𝑦 ≤ 0 sur 𝐷, cela donne −(𝑥
1
1
2
2
) ou encore 𝑥
1
1
2
2
𝑦 = −𝑥 𝑦 = 𝑥 𝐷
×
( 0 , 1 )
1
2
donne 𝑥
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
2
2
, ce qui entraine que
1
1
2
2
2
2
comme 𝑥 + 𝑦 ≥ 0 sur 𝐷, cela donne 𝑥
1
1
2
2
D’après 2.a. cela donne que 𝑥
1
2
et que 𝑦
1
2
, ce qui montre que 𝑓 est injective.
∈ ℝ × ℝ n’a pas d’antécédent dans 𝐷 car 𝑥
2
2
Allez à : Exercice 17 :
