Corrigé de la série 1

EPFL

Algèbre linéaire 1ère année 2009-2010

Corrigé de la série 1

Exercice 1. 1. Au moins un des étudiants ne fait pas ses exercices.

2. Tous les étudiants sont présents.

3. Il existe un lundi où un étudiant au moins est absent.

4. Les étudiants ne sont ni des hommes, ni des femmes.

Exercice 2. 1. On montre les deux inclusions f(∪i∈IA_i) ⊆ ∪i∈If(A_i) et f(∪i∈IA_i) ⊇

∪i∈If(A_i). Pour la première, on choisit y ∈f(∪i∈IA_i). Alors il existe x∈ ∪i∈IA_i tel que f(x) = y. Commexest un élément de l’union∪i∈IA_i, il existek ∈I tel quex∈A_k. On a alorsy=f(x)∈f(A_k)⊆ ∪_i∈If(A_i). Pour la deuxième inclusion, on choisity ∈ ∪_i∈If(A_i).

Il existe alors k ∈I tel que y ∈f(A_k), et on trouve donc x ∈A_k tel que y =f(x). Mais x∈A_k ⊆ ∪i∈IA_i impliquey=f(x)∈f(∪i∈IA_i).

2. Admettons que f(A₁ ∩ A₂) = f(A₁) ∩ f(A₂) pour tous A₁, A₂ ⊆ A. On obtient en particulier pour tout a, a⁰ ∈ A f({a} ∩ {a⁰}) = f({a})∩f({a⁰}). Si a 6= a⁰, on a donc f({a})∩f({a⁰}) = f(∅) = ∅, ce qui veut dire que f(a) 6= f(a⁰). La fonction f est donc injective.

Réciproquement, admettons que f est injective. SoientA₁, A₂ deux sous ensembles deA.

Si y ∈ f(A₁ ∩A₂), alors il existe x ∈ A₁ ∩A₂ tel que y = f(x). On a alors x ∈ A₁ et x∈A₂ et donc y=f(x)∈f(A₁) ety=f(x)∈f(A₂). Cela implique y∈f(A₁)∩f(A₂).

On a donc montré l’inclusion f(A₁∩A₂)⊆f(A₁)∩f(A₂). Noter qu’on n’a pas eu besoin d’utiliser l’hypothèse quef est injective pour la preuve de cette inclusion. En effet, celle-ci est aussi vraie sif n’est pas injective.

Soit maintenant y ∈ f(A₁)∩f(A₂), c’est-à-dire y ∈ f(A₁) et y ∈ f(A₂). Il existe donc x₁ ∈ A₁ et x₂ ∈ A₂ tels que y = f(x₁) et y = f(x₂). On obtient y = f(x₁) = f(x₂), et comme la fonction f est injective, on a x1 =x2. Cela implique x1 ∈ A1 ∩A2 et donc y=f(x₁)∈f(A₁∩A₂).

3. On a

x∈f⁻¹(∪j∈JBj) ⇔ f(x)∈ ∪j∈JBj ⇔ ∃k ∈J :f(x)∈Bk

⇔ ∃k ∈J :x∈f⁻¹(B_k) ⇔ x∈ ∪j∈Jf⁻¹(B_j).

On a donc montré quef⁻¹(∪j∈JBj) =∪j∈Jf⁻¹(Bj). De même, on montref⁻¹(∩j∈JBj) =

∩j∈Jf⁻¹(B_j) :

x∈f⁻¹(∩j∈JB_j) ⇔ f(x)∈ ∩j∈JB_j ⇔ ∀j ∈J :f(x)∈B_j

⇔ ∀j ∈J :x∈f⁻¹(B_j) ⇔ x∈ ∩j∈Jf⁻¹(B_j).

Exercice 3. 1. Admettons que f et g sont injectives. Soient x₁ et x₂ deux éléments de X tels que (g ◦f)(x₁) = (g ◦f)(x₂). Par définition de la composition de deux fonctions, cela est équivalent à g(f(x1)) = g(f(x2)). Comme g est injective, on en conclut que

1

f(x₁) = f(x₂). Mais commef est aussi injective, cela implique quex₁ =x₂. La composée g◦f est donc injective.

Soient g : Z → N et f : N → Z les fonctions définies par f(n) = n et g(z) = |z|. On trouve la composée g◦f : N → N, (g ◦f)(n) = g(n) = n. La fonction g◦f est donc injective mais g ne l’est pas puisqueg(−1) =g(1) = 1.

2. Admettons que f etg sont surjectives. Soit z un élément quelconque de Z. Comme g est surjective, il existey ∈Y tel que z =g(y). Mais comme f est aussi surjective, on trouve aussix∈X tel quey=f(x). Cela implique z =g(y) =g(f(x)) = (g◦f)(x)et on a donc trouvé x∈X tel que z = (g◦f)(x). La composée g◦f est donc surjective.

Soient g : N→N etf :N→ Nles fonctions définies par f(n) =n+ 1 etg(n) =|n−1|.

On trouve la composée g◦f :N→N,(g◦f)(n) = g(n+ 1) =|(n+ 1)−1|=|n|=n. La fonction g ◦f est donc surjective mais f ne l’est pas puisqu’on ne trouve pas d’élément n∈N tel que f(n) = 0.

3. Prenons (a, b) = (0, π) et (a⁰, b⁰) = (−1,1).

4. On a

g⁻¹((0,1]) ={x∈R|cos(x)∈ (0,1]}=∪k∈Z

−π

2 + 2kπ,π

2 + 2kπ .

5. Par exemple f :R→R, x7→exp(x).

6. Par exemple f :R→[0,+∞[, x7→x². 7. Par exemple f :R→R, x7→x².

Exercice 4. 1. Pour que g ◦ f soit bien définie, l’expression g(f(x)) doit avoir du sens pour tout x ∈ X₁. On doit donc avoir : f(x) ∈ X₂ pour tout x ∈ X₁, ou autrement dit f(X1) ⊆ X2. Ceci est satisfait par exemple si Y1 ⊆ X2, puisque par définition, on a f(X₁)⊆Y₁.

2. D’après la question précédente, les compositionsh◦(g◦f)et(h◦g)◦f)sont bien définies.

On a pour toutx∈X₁ :

((h◦g)◦f)(x) = (h◦g)(f(x)) = h(g(f(x))) =h((g◦f)(x)) = (h◦(g◦f))(x).

Comme l’égalité est vraie pour tout x del’ensemble de définition X₁ des deux fonctions h◦(g◦f) et(h◦g)◦f), elles sont égales.

Exercice 5. Pour que deux fonctions soient égales il faut tout d’abord qu’elles aient le même ensemble de définition. La fonction f₅ ne peut donc être égale à aucune des autres fonctions, et les fonctions f₂, f₆ et f₇ d’une part, et f₁, f₃ et f₄ d’autre part, peuvent être égales. La somme des nombres 1, . . . , nest égale à ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ (on montre ceci par induction, voir les exercices d’analyse 1 du mercredi 16 septembre) et f₂ et f₆ sont toutes deux des fonctions N→R, donc f₂ =f₆. Comme f₇ est définie N→N,f₇ est différente de f₂ =f₆.

On a f₃ : R → R, f₃(x) = g(h(x)) = ^x(x+1)₂ = f₁(x). Comme f₁ et f₃ ont les mêmes ensembles de départ et d’arrivée, elles sont donc égales. On calcule finalementf₄(x) = h(g(x)) =

x

2 + 1_x

2

. Comme f₄(1) = ³₄ et f₁(1) =f₃(1) = 1, on a f₄ 6=f₁. On a trouvé f₁ =f₃ etf₂ =f₆.

Exercice 6. 1. Il faut tout d’abord vérifier que+et·sont bien définies. On a(a+b√

2)+(c+

d√

2) = (a+c) + (b+d)√

2∈Q[√

2], et(a+b√

2)·(c+d√

2) = (ac+ 2bd) + (ad+bc)√ 2∈ Q[√

2] pour tout a +b√

2, c + d√

2 ∈ Q[√

2]. Notons que 1 = 1 + 0√

2 ∈ Q[√ 2] et 0 = 0 + 0√

2∈Q[√

2]. On vérifie ensuite facilement tous les axiomes.

2

2. On vérifie ici aussi facilement tous les axiomes. L’élément neutre de l’addition est 0, l’élément neutre de la multiplication est 1. L’opposé de 1, écrit −1 est 2. On a aussi

−2 = 1, 1⁻¹ = 1, 2⁻¹ = 2.

Exercice 7. 1. On a

a+bi=c+di⇔(a−c) = (d−b)i⇔a−c=d−b = 0⇔a=cet b=d.

Pour la troisième équivalence, on a :a−cest réel et(d−b)iest un nombre imaginaire pur.

Le seul nombre complexe à la fois réel et imaginaire pur est0, donc si (a−c) = (d−b)i, alors a−c= (d−b)i= 0.

2. On écrit le nombre complexe z sous la forme z =x+yi avec (x, y)∈R²\ {(0,0)} et on calcule

z· z¯

|z|² = (x+yi)· x−yi

x²+y² = (x+yi)(x−yi)

x²+y² = x²−(iy)²

x²+y² = x²+y² x²+y² = 1.

Le nombre _|z|^z¯2 est tel quez· _|z|^z¯2 = 1, c’est donc l’inverse de z et z est inversible.

3. Le module de z = 1 +i est |z| = √

1²+ 1² = √

2. On a donc z = √ 2·

√1 2 + ^√1

2i

=

√2·^√

2

2 +

√ 2 2 i

=√

2·(cos(π/4) + sin(π/4)i), et l’argument dez est par conséquentπ/4.

4. On a

z²+z+ 1 =

z+1 2

2

− 1 4+ 1 =

z+1

2 2

+3 4 =

z+1

2 2

−

√3i 2

!2

= z+1 2 −

√3i 2

! z+ 1

2+

√3i 2

!

= z+ 1−√ 3i 2

!

z+ 1 +√ 3i 2

! .

On obtient donc 0 = z² +z + 1 = z+¹⁻

√3i

2 z+¹⁺

√3i 2

, pour z = −¹⁻

√3i

2 ou z =

−¹⁺

√ 3i 2 .

On peut aussi calculer le discriminant ∆ = 1−4 = −3 = (√

3i)² et utiliser les formules bien connues pour calculer les deux solutions de cette équation de degré 2.

5. On calcule

zz⁰ =r(cosθ+isinθ)·r⁰(cosθ⁰+isinθ⁰)

=rr⁰(cosθcosθ⁰+icosθsinθ⁰ +isinθcosθ⁰−sinθsinθ⁰)

=rr⁰((cosθcosθ⁰−sinθsinθ⁰) +i(cosθsinθ⁰ + sinθcosθ⁰))

=rr⁰(cos(θ+θ⁰) +isin(θ+θ⁰))

d’après les théorèmes d’addition pour le cosinus et le sinus.

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