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STH1B, Algèbre générale novembre 2011 Corrigé du contrôle 2 Exercice 1 Une rela

STH1B, Algèbre générale novembre 2011 Corrigé du contrôle 2 Exercice 1 Une relation R sur un ensemble E est antisymétrique si ∀x ∈E, ∀y ∈E, xRy et yRx = ⇒x = y. Par dé nition, une relation d'ordre est antisymétrique. Ainsi, par exemple, la relation dé nie sur R par ∀x ∈R, ∀y ∈R, xRy si x ≤y est une relation d'ordre et est donc antisymétrique. Exercice 2 Soient f et g les fonctions dé nies par f : R → R+ x 7→ x2 et g : R+ → R x 7→ √x 1. Montrons que la fonction f est surjective mais non injective. Soit y ∈R+. Posons x = √y. Alors f(x) = √y2 = y. Donc tout élément de R+ est l'image par f d'un élément de R. Donc f est surjective. Soient 1 et −1 dans R. On a f(1) = 1 = f(−1). Or 1 ̸= −1. Donc 1 et −1 sont des éléments distincts ayant la même image par f. DOnc f n'est pas injective. Montrons que g est injective mais non surjective. Soient x et x′ dans R+ tels que g(x) = g(x′). Alors √x = √ x′. Donc, en passant au carré, x = x′. Donc g est injective. Par dé nition de la fonction racine, g est à valeurs positives. Donc en particulier, g(x) ne peut prendre la valeur −1 pour aucun élément x de R+. Donc −1 n'est pas dans l'image de g et g n'est pas surjective. 2. Soit x ∈R. Alors g ◦f(x) = g(x2) = √ x2 = |x|. Ainsi la fonction g ◦f est la fonction g ◦f : R → R x 7→ |x| . Soit x ∈R+. Alors f ◦g(x) = (√x)2 = x. Ainsi la fonction f ◦g est la fonction f ◦g : R+ → R+ x 7→ x . Remarque : si on ne précise pas les ensembles de départ et d'arrivée de ces deux fonctions, on ne les dé nit pas correctement. Soient maintenant E et F des ensembles. Soient f ∈F(E, F) et g ∈F(F, E) telles que g ◦f = IdE, c'est-à-dire ∀x ∈E, g ◦f(x) = x. 3. Montrons que f est injective. Soient x et y dans E tels que f(x) = f(y). Alors g(f(x)) = g(f(y)). Or g ◦f = IdE, donc g(f(x)) = x et g(f(y)) = y. Ainsi, x = y et f est injective. Montrons que g est surjective. Soit y ∈E. Comme g ◦f = IdE, on a g(f(y)) = y. En particulier y est l'image par g de f(y). Donc y est dans l'image de g et g est surjective. 1 4. Si f ◦g = IdF, on peut dire d'après la question précédente que g est injective et f est surjective. Or on a montré que g est surjective et f est injective. Finalement, f et g sont bijectives. Et on peut ajouter que ces fonctions sont bijections réciproques l'une de l'autre. Exercice 3 Montrons {(x, y) ∈R2 | 3x −2y + 7 = 0} = {(2λ −1, 3λ + 2) | λ ∈R}. Remarquons déjà que ces deux ensembles sont non vides. Appelons A le premier ensemble et B le second. Montrons B ⊂A. Soit (x, y) ∈B. Il existe alors un réel λ tel que (x, y) = (2λ −1, 3λ + 2). Alors 3x −2y + 7 = 3(2λ −1) −2(3λ + 2) + 7 = 0. Le couple (x, y) véri ant cette équation, on en déduit qu'il est dans A. On a ainsi montré B ⊂A. Montrons A ⊂B. Soit (x, y) ∈A. Alors 3x−2y +7 = 0. Posons λ = x+1 2 ∈R. Ainsi x = 2λ1 et l'équation devient alors 3(2λ−1)−2y+7 = 0. Donc −2y = −6λ+3−7 et y = 3λ+2. Ainsi (x, y) = (2λ−1, 3λ+2). Donc (x, y) ∈B. On a ainsi montré A ⊂B. Par double implication, on déduit A = B. Exercice 4 Soit p un nombre premier. 1. Soient ¯ x et ¯ y dans Z/pZ tels que ¯ x¯ y = ¯ 0. Cela signi e que xy est un multiple de p. Donc p divise xy. Or p est premier. On en déduit donc que p divise x ou p divise y. Cela se traduit dans Z/pZ par ¯ x = ¯ 0 ou ¯ y = ¯ 0. Remarque : ce résultat est faux si p n'est pas premier. Par exemple, dans Z/6Z, ¯ 2 et ¯ 3 sont non nuls mais ¯ 2 × ¯ 3 = ¯ 6 = ¯ 0. 2. Soit ¯ x ∈Z/pZ tel que ¯ x2 −¯ 4 = ¯ 0. Alors (¯ x −¯ 2)(¯ x + ¯ 2) = ¯ 0. D'après le résultat de la question précédente, on déduit ¯ x + ¯ 2 = ¯ 0 ou ¯ x −¯ 2 = ¯ 0. Donc ¯ x = −¯ 2 ou ¯ x = ¯ 2. Les solutions sont donc ¯ 2 et ¯ −2. 3. Le nombre 12 n'étant pas premier, on ne peut pas utiliser le résultat précédent. Il faut alors tester les 12 éléments de Z/12Z pour trouver les solutions de l'équation. On trouve ainsi que les solutions de l'équation ¯ x2 −¯ 4 = ¯ 0 sont ¯ 2, ¯ 4, ¯ 8 et ¯ 10. 2 uploads/Marketing/ algebreds2b-2011-corrige.pdf