EPFLAlgèbre 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∈IAi) ⊆ ∪i∈If(Ai) et f(∪i∈IAi) ⊇
∪i∈If(Ai). Pour la première, on choisity∈f(∪i∈IAi). Alors il existex∈ ∪i∈IAitel que f(x) =y. Commexest un élément de l’union∪i∈IAi, il existek∈I tel quex∈Ak. On a alorsy=f(x)∈f(Ak)⊆ ∪i∈If(Ai). Pour la deuxième inclusion, on choisity∈ ∪i∈If(Ai).
Il existe alorsk∈Itel quey∈f(Ak), et on trouve doncx∈Aktel quey=f(x). Mais x∈Ak⊆ ∪i∈IAiimpliquey=f(x)∈f(∪i∈IAi).
2. Admettons que f(A1∩A2) = f(A1)∩f(A2) pour tous A1, A2 ⊆ A. On obtient en particulier pour touta, a0 ∈A f({a} ∩ {a0}) = f({a})∩f({a0}). Sia6=a0, on a donc f({a})∩f({a0}) =f(∅) =∅, ce qui veut dire quef(a)6=f(a0). La fonctionf est donc injective.
Réciproquement, admettons quef est injective. SoientA1, A2deux sous ensembles deA.
Si y∈f(A1∩A2), alors il existe x∈A1∩A2 tel quey =f(x). On a alorsx∈A1 et x∈A2et doncy=f(x)∈f(A1)ety=f(x)∈f(A2). Cela impliquey∈f(A1)∩f(A2).
On a donc montré l’inclusionf(A1∩A2)⊆f(A1)∩f(A2). Noter qu’on n’a pas eu besoin d’utiliser l’hypothèse quefest injective pour la preuve de cette inclusion. En effet, celle-ci est aussi vraie sif n’est pas injective.
Soit maintenanty∈f(A1)∩f(A2), c’est-à-direy∈f(A1)ety∈f(A2). Il existe donc x1 ∈ A1 et x2 ∈ A2 tels quey =f(x1)et y =f(x2). On obtienty=f(x1) =f(x2), et comme la fonctionf est injective, on ax1=x2. Cela impliquex1 ∈A1∩A2et 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(Bk) ⇔ x∈ ∪j∈Jf−1(Bj).
On a donc montré quef−1(∪j∈JBj) =∪j∈Jf−1(Bj). De même, on montref−1(∩j∈JBj) =
∩j∈Jf−1(Bj):
x∈f−1(∩j∈JBj) ⇔ f(x)∈ ∩j∈JBj ⇔ ∀j∈J:f(x)∈Bj
⇔ ∀j∈J:x∈f−1(Bj) ⇔ x∈ ∩j∈Jf−1(Bj).
Exercice 3. 1. Admettons quef etgsont injectives. Soientx1etx2 deux éléments deX 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 commefest aussi injective, cela implique quex1=x2. La composée g◦f est donc injective.
Soientg :Z →Netf : N→Zles fonctions définies parf(n) =n etg(z) =|z|. On trouve la composéeg◦f :N →N,(g◦f)(n) =g(n) =n. La fonctiong◦f est donc injective maisgne l’est pas puisqueg(−1) =g(1) = 1.
2. Admettons quef etgsont surjectives. Soitzun élément quelconque deZ. Commegest surjective, il existey∈Y tel quez=g(y). Mais commefest aussi surjective, on trouve aussix∈Xtel quey=f(x). Cela impliquez=g(y) =g(f(x)) = (g◦f)(x)et on a donc trouvéx∈Xtel quez= (g◦f)(x). La composéeg◦f est donc surjective.
Soientg:N→Netf:N→Nles fonctions définies parf(n) =n+ 1etg(n) =|n−1|.
On trouve la composéeg◦f:N→N,(g◦f)(n) =g(n+ 1) =|(n+ 1)−1|=|n|=n. La fonctiong◦f est donc surjective maisf ne l’est pas puisqu’on ne trouve pas d’élément n∈Ntel quef(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 exemplef:R→R,x7→exp(x).
6. Par exemplef:R→[0,+∞[,x7→x2. 7. Par exemplef: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 ditf(X1)⊆X2. Ceci est satisfait par exemple siY1 ⊆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 toutxdel’ensemble de définition X1des 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 fonctionf5ne 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 nombres1, . . . , nest égale àn(n+1)2 (on montre ceci par induction, voir les exercices d’analyse 1 du mercredi 16 septembre) etf2etf6sont toutes deux des fonctionsN→R, donc f2=f6. Commef7est définieN→N,f7est différente def2=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)) =
x2+ 1x
2
. Commef4(1) =34 etf1(1) =f3(1) = 1, on af46=f1. On a trouvéf1=f3etf2=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=cetb=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, alorsa−c= (d−b)i= 0.
2. On écrit le nombre complexezsous la formez=x+yiavec(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|¯z2= 1, c’est donc l’inverse dezetzest inversible.
3. Le module dez= 1 +iest|z|=√
12+ 12 =√
2. On a doncz=√ 2·
√1 2+√12i
√ = 2·√
22+√22i
=√
2·(cos(π/4) + sin(π/4)i), et l’argument dezest 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+1−2√3i z+1+2√3i
, pourz =−1−2√3i ouz =
−1+√23i.
On peut aussi calculer le discriminant∆ = 1−4 =−3 = (√
3i)2et utiliser les formules bien connues pour calculer les deux solutions de cette équation de degré2.
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.
3
