Remarque : pour x ≥1, 1+x2>0 et 2x>0. Donc 1+x2x2 est un réel strictement positif bien défini. D’autre part, 2x ≤1+x2 car 1+x2−2x = (x −1)2 ≥0. Donc
2x
1+x2 ≤1. Finalement, l’application f est bien définie.
Soit y∈]0; 1]. Montrons que y a un unique antécédent par f. Soit x ≥1. On a : f(x) = y ⇐⇒ 2x
1+x2 =y
⇐⇒ 2x = y(1+x2)
⇐⇒ 2
yx =1+x2
⇐⇒ x2−2
yx+1=0.
Cherchons les racines réelles de ce polynôme du second degré. Son discriminant réduit est∆r= y12−1.
Si y =1, alors∆r =0 et le polynôme a pour unique racine 1.
Sinon,∆r >0 et le polynôme a deux racines réelles 1y ±p
∆r. La plus grande de ces racines est strictement supérieure à 1 car 1y >1. Montrons que l’autre est strictement inférieure à 1.
1 y −p
∆r<1 ⇐⇒ 1 y −
v t 1
y2 −1<1
⇐⇒ 1 y −1<
v t 1
y2 −1
⇐⇒
1 y −1
2
< 1 y2 −1
⇐⇒ 1 y2 − 2
y +1< 1 y2 −1
⇐⇒ 2< 2 y.
Cette dernière inégalité est vraie donc le résultat est démontré.
Finalement, le polynôme a une unique racine dans[1;+∞[donc f est bijective.
Exercice 36
f−1est l’application de]0; 1]dans[1;+∞[qui à yassocie son unique antécédent par f, c’est-à-dire 1y +Ç 1
y2 −1.
Exercice 37
Supposons f ◦g =idF. Alors f est surjective car pour tout y ∈F, f(g(y)) = y, donc g(y)est un antécédent de y.
Supposons g ◦ f = idE. Alors f est injective car pour tout y ∈ F, pour tout antécédent x de y, g(y) =g(f(x)) =x, donc le seul antécédent possible de y est
g(y).
Exercice 47
L’applicationh est injective car pour tout y∈N, le seul antécédent possible de y est 3y. Elle n’est pas surjective car 1 n’appartient pas à son image. Elle n’est donc pas non plus bijective.
Exercice 48
L’application f n’est pas injective car f(−1) = f(1). Elle n’est pas non plus surjective car pour tout x ∈R, f(x)≥0, donc les réels strictement négatifs n’ont pas d’antécédent par f.
Montrons que pour toutx ∈R,g(x) =−g(−x). On a :
−g(−x) =−(−x)3
=−(−x)(−x)(−x)
=x3
=g(x).
L’applicationgest injective car strictement croissante surR. En effet, elle est stric- tement croissante surR+, et aussi surR−, car grâce à la relation démontrée ci-dessus, surR− elle s’écrit comme composée de x 7→ −x qui est strictement décroissante, de
g|R+ qui est strictement croissante et de x 7→ −x qui est strictement décroissante.
Elle est également surjective car pour tout y ≥0, y = (y13)3 = g(y13), et pour y ≤0, y=g(−(−y)13).
Exercice 49
Soient(x,y)et(a,b)des éléments deR2. On a : f(x,y) = (a,b) ⇐⇒
2x−3y=a
−7x+y=b
⇐⇒
−19x=a+3b
−7x+y=b
⇐⇒
x =− 1
19a− 3 19b
−7x+y =b
⇐⇒
x =− 1
19a− 3 19b y =− 7
19a− 2 19b
Ainsi, il existe toujours une unique solution au système, donc f est bijective. De plus, pour tout(a,b)∈R2, f−1(a,b) =−191 (a+3b, 7a+2b).
1. D’après les propriétés du sinus, f(R)⊂[−2; 2]. Cela montre déjà que f n’est pas surjective.
De plus, f est continue strictement croissante sur l’intervalle
−π2;π2 , donc réalise une bijection de cet intervalle sur
f −π2
;f π2
= [−2; 2]d’après la proposition 32. Finalement, f(R) = [−2; 2].
2. Soit x ∈R. On a :
g(x) = 1
2 ⇐⇒ 1
x2+1 =1 2
⇐⇒ x2+1=2
⇐⇒ x2 =1
⇐⇒ x=±1.
Finalement, 12 a deux antécédents distincts par g, à savoir−1 et 1. Donc g n’est pas injective.
3. Soient x et y des éléments deR. On a :
h(x) = y ⇐⇒ −2x+3= y
⇐⇒ −2x = y−3
⇐⇒ x =−1 2y+3
2.
Finalement,hest bijective eth−1 est l’application qui à y associe−12y+32.
Exercice 60
Notons f : A→E la bijection donnée dans l’énoncé. On définit g : E→ E qui à y ∈ E associe son unique antécédent par f dans A. En d’autres termes g est l’application obtenue à partir de f−1 en remplaçant l’ensemble d’arrivée A par E.
On ag(E) =A. Mais g est injective, donc d’après la proposition 40, g est aussi surjective, donc g(E) =E. Donc A=E.
Exercice 51
1. Soit x ∈R. On a :
(g◦f)(x) =g(x, 2x+1)
=x2+2x+1
= (x+1)2.
2. Non, en fait g ◦ f n’est ni injective ni surjective (mêmes arguments qu’à l’exercice 48 pour la fonction x7→ x2).
Exercice 41
1. On a :
f({−1; 2}) ={f(a),a∈ {−1; 2}}
={f(−1);f(2)}
={1; 2}.
f([−3;−1]) ={f(a),a∈[−3;−1]}
={−a,a∈[−3;−1]}
= [1; 3].
De la même façon, f([−3; 0]) = [0; 3], et f([0; 1]) = [0; 1]. Par conséquent, f([−3; 1]) = [0; 3]∪[0; 1] = [0; 3].
Exercice 64
1. La relation=est réflexive puisque pour tout x ∈R, x=x.
Elle est symétrique puisque pour tout(x,y)∈R2, x = y ⇐⇒ y =x.
Elle est antisymétrique, puisque si x =y (ou si y=x!), alors x = y.
Elle est transitive puisque pour tout(x,y,z)∈R3, si x = y et y =z, alors x =z.
2. La relation≤est réflexive puisque pour tout x ∈R, x≤x.
Elle n’est pas symétrique puisque l’inégalité 0≤1 est vraie, mais pas 1≤0.
Elle est antisymétrique puisque pour tout(x,y)∈R2, si x≤ y et y≤x, alors x =y.
Elle est transitive puisque pour tout(x,y,z)∈R3, si x ≤ y et y ≤z, alors x ≤z.
3. La relation < n’est pas réflexive car pour tout x ∈R, l’inégalité x < x est fausse.
Elle n’est pas symétrique puisque l’inégalité 0<1 est vraie, mais pas 1<0.
Elle est antisymétrique car pour(x,y)∈R2, on ne peut jamais avoir x < y et y<x. Donc si x <y et y <x, alors x = y.
Elle est transitive puisque pour tout(x,y,z)∈R3, si x < y et y <z, alors x <z.
4. Pour x ∈R∗, posons f(x) =x+1x. On a xRy ⇐⇒ x 6=0 et y = f(x). Soit x ∈R. Si x=0, alors x n’est en relation avec aucun autre réel. Si x>0, x est en relation avec un unique réel y = f(x), qui vérifie x < y. Enfin, si x <0, x est en relation avec un unique réel y= f(x), qui vérifie x> y. La relationRn’est pas réflexive puisque d’après ce qui précède, si xRy, alors x <y ou x >y.
Elle n’est pas symétrique, puisque sixRy, alors soit x >0 et x <y, auquel cas y >0 et on ne peut avoir yRx, soit x <0 et x > y, auquel cas y <0 et
Elle n’est pas transitive. En effet, soit (x,y,z) ∈R3, et supposons xRy et yRz. Alors y 6= z, donc on ne peut avoir xRz puisque x ne peut être en relation avec deux réels distincts.
5. La relation⊂est réflexive puisque pour tout A∈ P(E), A⊂A.
Elle est symétrique si E=∅, mais pas dans les autres cas : en effet, si x ∈E, l’inclusion∅⊂ {x}est vraie mais pas{x} ⊂∅.
Elle est antisymétrique car pour tout(A, B)∈ P(E)2, si A⊂B et B⊂A, alors A=B.
Elle est transitive car pour tout(A, B, C)∈ P(E)3, si A ⊂B et B⊂C, alors A⊂C.
6. La relationR est réflexive si E=∅, mais pas dans les autres cas : en effet, si ERE, alors E=E\E=∅.
Elle est symétrique car pour tout(A, B)∈ P(E)2, si A=E\B, alors B=E\A.
Elle est antisymétrique si E = ∅, mais pas dans les autres cas : en effet, soient A ∈ P(E) et B = E\A. Alors ARB et BRA, mais si A = B, alors E=A∪B=A=B, donc E=∅puisque A∩B=∅.
Elle est transitive si E = ∅, mais pas dans les autres cas : en effet, soit (A, B, C)∈ P(E)3 et supposons ARB et BRC, alors C=E\B=E\(E\A) =A,
donc si ARC, A=E\A, donc E=∅.
Exercice 65
1. Si l’ensemble de personnes est vide, il n’y a aucune classe d’équivalence.
S’il ne contient que des hommes ou que des femmes, il y a une classe d’équi- valence.
S’il contient à la fois des hommes et des femmes, il y a deux classes d’équiva- lence.
2. Il y a entre 0 et 26 classes d’équivalence selon la composition de l’ensemble de mots.
Exercice 66
1. Soit(a,b)∈Z×Z∗. On a a b=ba, donc(a,b)R(a,b), doncR est réflexive.
Soient (a,b) et (c,d) des éléments de Z×Z∗ et supposons (a,b)R(c,d), c’est-à-dire ad = bc. On a alors c b = d a, donc (c,d)R(a,b). Donc R est symétrique.
Soient(a,b),(c,d)et(e,f)des éléments deZ×Z∗, et supposons(a,b)R(c,d), c’est-à-diread=bc, et(c,d)R(e,f), c’est-à-direc f =d e. On a alors ad f = bc f et bc f = bd e, donc ad f = bd e, d’où a f = be puisque d 6= 0. Donc (a,b)R(e,f), doncR est transitive.
Finalement,R est une relation d’équivalence.
2. Soientn∈Zet(a,b)∈Z×Z∗. On a (n, 1)R(a,b) ⇐⇒ nb=a ⇐⇒ ab =n.
3. Soit (a,b) ∈ Z×Z∗. On a (3, 2)R(a,b) ⇐⇒ 3b = 2a ⇐⇒ ab = 32, et (−21, 15)R(a,b) ⇐⇒ −21b=15a ⇐⇒ ab =−2115.
4. On a l’habitude de prendre le représentant(a,b)tel queaetbsoient premiers entre eux etb>0.
Exercice 67
1.
2. Soit(A, B)∈ P2. Les segments[A, B]et[B, A]ont même milieu, donc(A, B)R(A, B), doncR est réflexive.
Soient(A, B)et(C, D)des éléments deP2 et supposons(A, B)R(C, D), c’est- à-dire que[A, D]et[B, C]ont même milieu. Alors[C, B]et[D, A]ont même milieu, donc(C, D)R(A, B). DoncR est symétrique.
Identifions P à R2. Soient (A, B), (C, D) et (E, F) des éléments de P2, et supposons(A, B)R(C, D), c’est-à-dire A+2D = B+2C, et(C, D)R(E, F), c’est-à-dire
C+F
2 = D+2E. On a alors A+D2+F = B+C2+F et B+C2+F = B+D2+E, d’où A+D2+F = B+D2+E, et finalement A+2F =B+2E. Donc(A, B)R(E, F), doncR est transitive.
Finalement,R est une relation d’équivalence.
Exercice 68
1. Posons z = −i. On a a0 = za, et z b = −i
p2
2 (−1+i) = p22(i+1) = b0. Par conséquent,(a,b)R(a0,b0).
2. Soit(a,b)un couple de nombres complexes de module 1. On aa=1·a et b=1·b, donc(a,b)R(a,b), doncR est réflexive.
Soient(a,b)et (a0,b0)vérifiant(a,b)R(a0,b0). Soit z∈Cde module 1 tel quea0=za et b0=z b. On aa=z−1a0et b=z−1b0, etz−1 est de module 1, donc(a0,b0)R(a,b). DoncR est symétrique.
Soient(a,b),(a0,b0)et (a00,b00)vérifiant(a,b)R(a0,b0)et (a0,b0)R(a00,b00). Soientz et z0 de module 1 tels que a0=za, b0=z b, a00=z0a0 et b00=z0b0. On a a00=zz0a et b00 =zz0b, etzz0 est de module 1, donc (a,b)R(a00,b00). DoncR est transitive.
Finalement,R est une relation d’équivalence.
Exercice 72
1. Soit x ∈R. On a x2−x2=x−x=0, donc xRx. DoncR est réflexive.
Soit(x,y)∈R2. On a :
xRy ⇐⇒ x2−y2=x−y
⇐⇒ y2−x2= y−x
⇐⇒ yRx.
x2−z2= (x2−y2) + (y2−z2)
= (x−y) + (y−z)
=x−z, donc xRz. DoncR est transitive.
FinalementR est une relation d’équivalence.
2. Soit x ∈R. On a :
x ∈Cl(0) ⇐⇒ xR0
⇐⇒ x2−02=x−0
⇐⇒ x2=x
⇐⇒ x(x−1) =0
⇐⇒ x ∈ {0, 1}. Donc Cl(0) ={0, 1}.
On en déduit que 1R0, donc Cl(1) =Cl(0) ={0, 1}. D’autre part :
x ∈Cl
1 2
⇐⇒ xR1 2
⇐⇒ x2−
1 2
2
=x−1 2
⇐⇒ x2−x+1 4=0
⇐⇒
x−1
2
2
=0
⇐⇒ x =1 2. Finalement, Cl 12
=1
2 .
Exercice 69
Soit y ∈E. On a :
y∈Cl(x) ⇐⇒ xRy
⇐⇒ f(x) = f(y)
⇐⇒ f(y)∈ {f(x)}
⇐⇒ y∈ f−1({f(x)}). Donc Cl(x) = f−1({f(x)}).
Exercice 70
Soit(x1,x2)∈Z2. Écrivons x1=3q1+r1et x2=3q2+r2, avec(r1,r2)∈ {0, 1, 2}2. On a :
f(x1) = f(x2) ⇐⇒ jx1= jx2
⇐⇒ j3q1+r1 =j3q2+r2
⇐⇒ (j3)q1jr1= (j3)q2jr2
⇐⇒ jr1= jr2
⇐⇒ r1=r2
⇐⇒ x1≡x2 mod 3.
On a utilisé que j0=1, j1=−12+ip23 et j2=−12 −ip23 sont deux à deux distincts.
Exercice 77
1. On a 1989 = 7·284+1. Donc 1989 ≡ 1 mod 7. Donc pour tout k ≥ 0, 1989k≡1 mod 7.
En effet, cette propriété est vraie pourk=0. D’autre part, supposons qu’elle soit vraie pour unk≥0. Alors 1989k≡1 mod 7 et 1989≡1 mod 7, donc 1989k·1989≡1·1 mod 7, c’est-à-dire 1989k+1≡1 mod 7, donc la propriété
est vraie pourk+1.
Finalement, le reste de la division euclidienne de 19891993par 7 est 1.
2. On a 1992 = 7·284+4. Donc 1992 ≡ 4 mod 7. Donc pour tout k ≥ 0, 1992k≡4k mod 7.
On a 43 = 64≡ 1 mod 7. Or 1993= 3·664+1, donc 41993 = 43·664+1 = (43)664·4≡4 mod 7.
Finalement, 19921993≡4 mod 7, donc le reste de la division euclidienne de 19921993par 7 est 4.
Exercice 71
Soitζ=exp(2iπk ). Pour n∈Z, on pose g(n) =ζn. Soit (x1,x2)∈Z2. Écrivons x1=kq1+r1 et x2=kq2+r2, avec(r1,r2)∈J0;k−1K
2. On a : g(x1) = g(x2) ⇐⇒ ζx1 =ζx2
⇐⇒ ζkq1+r1=ζkq2+r2
⇐⇒ (ζk)q1ζr1 = (ζk)q2ζr2
⇐⇒ ζr1=ζr2
⇐⇒ r1=r2
⇐⇒ x1≡x2 modk.
On a utilisé l’injectivité de l’application : J0;k−1K→C
r 7→ζr=exp
2ir π
,
Exercice 78
Soitn∈N, on a :
32n+1+2n+2=3·9n+4·2n
≡3·2n+4·2n mod 7
≡7·2n mod 7
≡0 mod 7, ce qui montre que 7|32n+1+2n+2.
Exercice 79
1. Comme 35−2=33 est divisible par 11, on a 35≡2 mod 11.
2. On remarque que 25=32≡ −1 mod 11, donc 210≡1 mod 11.
3. On a :
3557≡257 mod 11
≡27 mod 11
≡ −22 mod 11
≡7 mod 11.
4. On a 9518≡3 mod 5 et 34=81≡1 mod 5, donc : 951842≡342 mod 5
≡32 mod 5
≡4 mod 5.
5. On a 33 = 27≡1 mod 13, et 24 =16 ≡3 mod 13, d’où 212 = (24)3 ≡1 mod 13. Par conséquent :
270+370≡210+3 mod 13
≡(24)2·22+3 mod 13
≡32·22+3 mod 13
≡(−4)·22+3 mod 13
≡ −16+3 mod 13
≡0 mod 13, donc 13 divise 270+370.
6. On a 2017≡7 mod 10, et 72=49≡ −1 mod 10, d’où 74≡1 mod 10. Par conséquent :
20172018≡72018 mod 10
≡72 mod 10
≡9 mod 10, donc le chiffre des unités de 20172018 est 9.
Exercice 80
1. Comme 10≡1 mod 3, 10k≡1 mod 3 pour tout k≥0.
2. Comme 10≡1 mod 9, 10k≡1 mod 9 pour tout k≥0.
3. Comme 10≡ −1 mod 11, 10k≡(−1)k mod 11 pour toutk≥0.
Exercice 81
1. Pour tout k≥1, 10k≡0 mod 2, donc n≡a0 mod 2.
2. Pour tout k≥1, 10k≡0 mod 5, donc n≡a0 mod 5.
3. Pour tout k≥2, 10k≡0 mod 4, donc n≡a0+a1·10 mod 4.
4. On a vu que pour toutk≥0, 10k≡1 mod 3, donc n≡a0+· · ·+ak mod 3.
5. On a vu que pour toutk≥0, 10k≡1 mod 9, donc n≡a0+· · ·+ak mod 9.
6. On a vu que pour tout k≥0, 10k≡(−1)k mod 11, doncn≡a0−a1+· · ·+ (−1)kak mod 11.
7. Un nombre est divisible par 2 (resp. 5) si et seulement si son chiffre des unités l’est. Un nombre est divisible par 4 si et seulement si le nombre formé de ses deux derniers chiffres l’est. Un nombre est divisible par 3 (resp. 9) si et seulement si la somme de ses chiffres l’est. Un nombre est divisible par 11 si et seulement si la somme alternée de ses chiffres l’est.
8. On a déjà vu qu’un tel nombre est divisible par 11. Ensuite, on remarque que ce nombre est de la formek+103k. Or on a :
103≡33 mod 7
≡27 mod 7
≡ −1 mod 7, 103≡(−3)3 mod 13
≡ −27 mod 13
≡ −1 mod 13.
Cela montre bien que k+103kest congru à 0 modulo 7 et modulo 13.
