Exercices sur les relations binaires

(1)

Relations binaires

Relations d’équivalence

Exercice 1 [ 02643 ][correction]

SoitRune relation binaire sur un ensembleE à la fois réflexive et transitive.

On définit les nouvelles relationsS etT par :

xSy⇔(xRy etyRx) et xTy⇔(xRy ouyRx) Les relationsS etT sont-elles des relations d’équivalences ?

SoitE un ensemble etAune partie de E.

On définit une relationRsur℘(E) par :

XRY ⇔X∪A=Y ∪A a) Montrer queRest une relation d’équivalence b) Décrire la classe d’équivalence deX ∈℘(E)

On considère surF(E, E) la relation binaireRdéfinie par : fRg⇔ ∃ϕ∈S(E) telle quef◦ϕ=ϕ◦g a) Montrer queRest une relation d’équivalence.

b) Décrire la classe d’équivalence d’une fonction donnéef ∈S(E).

SoitRune relation binaire réflexive et transitive.

On définit une relationS par :

xSy⇔xRy etyRx

Montrer queS est une relation d’équivalence et queRpermet de définir une relation d’ordre sur les classes d’équivalences deS.

Soit (G,×) un groupe et H un sous groupe de (G,×).

On définit une relation binaireRsurGpar : xRy⇔xy⁻¹∈H

Montrer queRest une relation d’équivalence et en décrire les classes d’équivalence.

SoitGun groupe multiplicatif de cardinalp^αavecppremier etα∈N^?. Montrer que

Z(G)6={1}

SoitEun ensemble de cardinal n,Rune relation d’équivalence surE ayantk classes d’équivalence etG=

(x, y)∈E²/xRy le graphe deRsupposé de cardinalp. Prouver qu’on an²6kp.

Calculs en congruence

Montrer que 11|2¹²³+ 3¹²¹.

Quel est le reste de la division euclidienne de 1234⁴³²¹+ 4321¹²³⁴ par 7 ?

Montrer que pour toutn∈N:

a) 6|5n³+n b) 7|3²ⁿ⁺¹+ 2ⁿ⁺² c) 5|2²ⁿ⁺¹+ 3²ⁿ⁺¹ d) 11|3⁸ⁿ×5⁴+ 5⁶ⁿ×7³ e) 9|4ⁿ−1−3n f) 15²|16ⁿ−1−15n

Trouver les entiersn∈Ztel que 10|n²+ (n+ 1)²+ (n+ 3)².

(2)

Montrer que sinest entier impair alors n²≡1 [8]

Soientλ, a, b∈Zetm∈N^?. On supposeλet mpremiers entre eux. Montrer a≡b [m]⇔λa≡λb [m]

SoitAla somme des chiffres de 4444⁴⁴⁴⁴, B celle deAet enfinC celle deB. Que vautC?

Montrer

7|xet 7|y⇔7|x²+y²

Relations d’ordre

On définit une relation binaire4surR^+? par : x4y⇔ ∃n∈N, y=xⁿ

Montrer que4est une relation d’ordre. Cet ordre est-il total ?

Soit4la relation définie surE=

(x, y)∈R²/x6y par (x, y)4(x⁰, y⁰)⇔(x, y) = (x⁰, y⁰) ouy6x⁰ Montrer que4est une relation d’ordre surE.

On définit une relation binaire4sur{z∈C/Im(z)>0}par : z4z⁰ ⇔ |z|<|z⁰| ou (|z|=|z⁰| et Re(z)6Re(z⁰)) Montrer qu’il s’agit d’une relation d’ordre total.

SoitE l’ensemble des couples (I, f) formé d’un intervalleI et d’une fonction réelle définie surI.

On définit une relation4surE par : (I, f)4(J, g)⇔I⊂J etgI =f.

Montrer que4est une relation d’ordre surE.

SoientE un ensemble etf :E→Rune application injective.

On définit surE une relation binaire4par

x4y⇔f(x)6f(y) Montrer que4est une relation d’ordre surE.

SoientA, B deux parties d’un ensembleE ordonné par4. On suppose queAetB ont chacun un plus grand élément.

Qu’en est-il deA∪B lorsque l’ordre est total ? lorsqu’il ne l’est pas ? Que dire deA∩B?

Soit (E,4) un ensemble ordonné tel que toute partie non vide admet un plus petit élément et un plus grand élément.

Montrer queE est fini.

SoitEun ensemble ordonné par une relation 6.

Un tableau ànlignes etpcolonnes est formé d’élémentsai,j∈E aveciindice de ligne (16i6n) etj indice de colonne (16j6p).

On note le plus petit élément de chaque colonne et l’on prend le plus grand de ces plus petits :

1max6j6p

1min6i6nai,j

On note aussi le plus grand élément de chaque ligne et l’on prend le plus petit de ces plus grands :

min

16i6n

max

16j6pa_i,j

a) Comparer ces deux nombres.

b) Donner un exemple de non égalité.

(3)

Montrer qu’il n’existe pas de suite strictement décroissante d’entiers naturels.

Supremum et infimum

Soit

A=

(−1)ⁿ+ 1

n+ 1/n∈N

Montrer queAest bornée, déterminer infAet supA.

SoientAet B deux parties non vides deRtelles que

∀(a, b)∈A×B, a6b Montrer que supAet infB existent et que supA6infB.

SoientAet B deux parties non vides et bornées deRtelles queA⊂B.

Comparer infA,supA,infB et supB.

SoientAet B deux parties deRnon vides et majorées.

Montrer que supA,supB et sup(A∪B) existent et sup(A∪B) = max(supA,supB)

SoientAet B deux parties non vides et majorées deR. On forme

A+B={a+b/(a, b)∈A×B}

Montrer queA+B est majorée et

sup(A+B) = supA+ supB

Pourn∈N, on posefn(x) =xⁿ(1−x). Déterminer

n→+∞lim sup

x∈[0,1]

fn(x)

SoitAune partie non vide et minorée deR. On pose m= infAetB =A∩]−∞, m+ 1]

Déterminer la borne inférieure deB.

Soitf :R²→R. Etablir sup

x∈R y∈infR

f(x, y)6 inf

y∈R

sup

x∈R

f(x, y)

Déterminer inf

(x1+· · ·+xn) 1

x₁ +· · ·+ 1 xn

/x1, . . . , xn >0

(4)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Les relationsS etT sont clairement réflexives et symétriques.

Soientx, y, z∈E.

SupposonsxSy et ySz.

On a alorsxRy et yRz doncxRzet aussiyRxet zRy donczRxpuisxSz.

Le raisonnement n’est plus valable avecT et on peut présumer que T ne sera pas une relation d’équivalence.

Prenons pourRla relation divise définie surN^?. On a 2|6 et 3|6 donc 2T6 et 6T3 or 26 T3.

Ici la relationT n’est pas transitive.

a) La relation étudiée est évidemment réflexive, symétrique et transitive.

b)Y ∈Cl(X)⇔Y ∪A=X∪A.

SoitY ∈Cl(X). On aY ∪A=X∪A

∀x∈Y\Aon ax∈Y ∪A=X∪Aet x /∈Adoncx∈X\A. AinsiY\A⊂X\A et inversementX\A⊂Y\AdoncX\A=Y\A.

PuisqueY = (Y\A)∪(Y ∩A) on aY = (X\A)∪B avecB∈℘(A).

Inversement soitY = (X\A)∪B avecB∈℘(A).

On aY ∪A= (X\A)∪(B∪A) = (X∩A)¯ ∪A=X∪A.

FinalementCl(X) ={(X\A)∪B/B∈℘(A)}.

a)f ◦IdE= IdE◦f doncfRf.

SifRg alors il existeϕ∈S(E) telle quef◦ϕ=ϕ◦gmais alors g◦ϕ⁻¹=ϕ⁻¹◦f doncgRf.

SifRg etgRhalors il existeϕ, ψ∈S(E) telles quef◦ϕ=ϕ◦get g◦ψ=ψ◦h doncf◦θ=θ◦havecθ=ϕ◦ψ∈S(E). AinsifRh.

b)

g∈ Cl(f)⇔ ∃ϕ∈S(E),g=ϕ⁻¹◦f◦ϕ Finalement

Cl(f) =

ϕ⁻¹◦f ◦ϕ/ϕ∈S(E)

S est réflexive, symétrique et transitive sans difficultés.

On définitCl(x)4Cl(y)⇔xRy. La relation4est bien définie, réflexive transitive.

SiCl(x)4Cl(y) etCl(y)4Cl(x) alorsxSy doncCl(x) =Cl(y).

Soitx∈G. On axRxcarxx⁻¹= 1∈H.

Soientx, y∈G. SixRy alorsxy⁻¹∈H et doncyx⁻¹∈H d’où yRx.

Soientx, y, z∈G. SixRy etyRz alorsxy⁻¹∈H etyz⁻¹∈H doncxz⁻¹∈H d’oùxRz.

FinalementRest une relation d’équivalence.

Soita∈G.

x∈Cl(a)⇔xRa⇔xa⁻¹∈H donc

Cl(a) =Ha={ha/h∈H}

Considérons la relation binaireRsurGdéfinie par y₁Ry₂⇔ ∃x∈G, xy₁=y₂x

Il est immédiat de vérifier queRest une relation d’équivalence surG. Les classes d’équivalence deRforment donc une partition deGce qui permet d’affirmer que le cardinal deGest la somme des cardinaux des classes d’équivalence deR.

Une classe d’équivalence d’un élémenty est réduite à un singleton si, et seulement si,

∀x∈G, xy=yx i.e.

y∈Z(G)

En dénombrantGen fonction des classes d’équivalence deRet en isolant parmi celles-ci celles qui sont réduites à un singleton on a

CardG= CardZ(G) +N

avecN la somme des cardinaux des classes d’équivalence de Rqui ne sont pas réduites à un singleton.

Pour poursuivre, montrons maintenant que le cardinal d’une classe d’équivalence de la relationRdivise le cardinal deG.

Considérons une classe d’équivalence{y1, . . . , yn} pour la relationRet notons Hi ={x∈G/xy1=yix}

(5)

Pouri∈ {1, . . . , n}, puisquey1Ryi, il existexi∈Gtel que xiy1=yixi

Considérons alors l’applicationϕ:H₁→H_i définie par ϕ(x) =x_ix

On vérifie que cette application est bien définie et qu’elle est bijective.

On en déduit

CardH₁=. . .= CardH_n =m et puisqueGest la réunion disjointes desH1, . . . , Hn

CardG=mn=p^α

Ainsi toutes les classes d’équivalences qui ne sont pas réduites à 1 élément ont un cardinal multiple depet doncp|N.

Puisquepdivise CardG= CardZ(G) +N, on a p|CardZ(G) SachantZ(G)6=∅(car 1∈Z(G)) on peut affirmer

CardZ(G)>p

Notonsn1, . . . , nk les cardinaux respectifs deskclasses d’équivalence deR. D’une partn=n1+· · ·+nk, d’autre partp=n²₁+· · ·+n²_k. Par l’inégalité de

Cauchy-Schwarz : (n1+· · ·+nk)²6k(n²₁+· · ·+n²_k).

2⁵=−1 [11] donc 2¹⁰= 1 [11] puis

2¹²³= 2¹²⁰×2³= (2¹⁰)¹²×8 = 1×8 = 8 [11].

3⁵= 1 [11] donc 3¹²¹= 3¹²⁰×3 = (3⁵)²⁴×3 = 1×3 = 3 [11].

Ainsi 2¹²³+ 3¹²¹= 8 + 3 = 0 [11] et donc 11|2¹²³+ 3¹²¹.

1234 = 2 [7] et 2³= 1 [7] donc 1234⁴³²¹= 2⁴³²¹= 2⁴³²⁰×2 = 1×2 = 2 [7].

4321 = 2 [7] donc 4321¹²³⁴= 2¹²³⁴= 2¹²³³×2 = 1×2 = 2 [7].

Par suite 1234⁴³²¹+ 4321¹²³⁴= 2 + 2 = 4 [7]. Le reste cherché est 4.

a) Pourn= 0,1,2,3,4,5 on an³=n [6] donc 5n³+n= 6n= 0 [6].

b) 3²ⁿ⁺¹+ 2ⁿ⁺²= 3.(3²)ⁿ+ 4.2ⁿ= 3.2ⁿ+ 4.2ⁿ= 7.2ⁿ = 0 [7].

c) 2²ⁿ⁺¹+ 3²ⁿ⁺¹= 2.(2²)ⁿ+ 3.(3²)ⁿ= 2.4ⁿ+ 3.4ⁿ= 5.4ⁿ= 0 [5].

d) 3⁸ⁿ×5⁴+ 5⁶ⁿ×7³= 5ⁿ×9 + 5ⁿ×2 = 11×5ⁿ= 0 [11].

e) 4ⁿ−1−3n= (4−1)(1 + 4 +· · ·+ 4ⁿ⁻¹)−3n= 3(1 + 4 +· · ·+ 4ⁿ⁻¹−n) or 1 + 4 +· · ·+ 4ⁿ⁻¹−n= 1 +· · ·+ 1−n=n−n= 0 [3] donc 9|4ⁿ−1−3n.

f)

16ⁿ−1−15n= (16−1)(1 + 16 +· · ·+ 16ⁿ⁻¹)−15n= 15(1 + 16 +· · ·+ 16ⁿ⁻¹−n) or 1 + 16 +· · ·+ 16ⁿ⁻¹−n= 1 +· · ·+ 1−n=n−n= 0 [15] donc

15²|16ⁿ−1−15n.

On a

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

n²+ (n+ 1)²+ (n+ 3)² 0 1 8 1 0 5 6 3 6 5 donc 10|n²+ (n+ 1)²+ (n+ 3)²⇔n= 0 ou 4 [10].

On peut écriren= 2p+ 1 et alors

n²= (2p+ 1)²= 4p(p+ 1) + 1

Puisque l’un des facteurs dep(p+ 1) est pair, le produit 4p(p+ 1) est multiple de 8 et donc

4p(p+ 1) + 1≡1 [8]

(⇒) Sia≡b [m] alorsmdiviseb−aet divise a fortiori λb−λa=λ(b−a).

(⇐) Siλa≡λb [m] alorsmdiviseλ(b−a). Or metλsont supposés premiers entre eux doncmdiviseb−a.

Posonsx= 4444⁴⁴⁴⁴, 4444 = 7 [9], 7³= 1 [9] donc 4444⁴⁴⁴⁴= 7 [9].

x <10^5×4444doncA69×5×4444 = 199980,B69×5 + 1 = 46 puis C64 + 9 = 13.

OrC=B=A=x [9] doncC= 7

(6)

(⇒) ok

(⇐) On observe que : x 0 1 2 3 4 5 6

x² 0 1 4 2 2 4 1 modulo 7.

La seule possibilité pour quex²+y²= 0 [7] est quex=y= 0 [7].

Soitx >0, on ax=xⁿ pourn= 1∈Ndoncx4x. La relation4est réflexive.

Soientx, y >0, six4y et y4xalors il existen, m∈Ntels quey=xⁿ et x=y^m.

On a alorsx=x^nm donc lnx=nmlnx Six= 1 alorsy=xⁿ= 1 =x.

Six6= 1 alors lnx6= 0 puis 1 =nm. Orn, m∈Ndoncn=m= 1 puisx=y.

Finalement la relation4est antisymétrique.

Soientx, y, z >0. Si x4y ety4z alors∃n, m∈Ntels quey=xⁿ et z=y^m. On az=x^mn avecmn∈Ndoncx4z. La relation4est transitive.

Finalement4est une relation d’ordre.

Cet ordre n’est pas total car, par exemple, 2 et 3 ne sont pas comparables.

4est clairement réflexive et transitive.

Si (x, y)4(x⁰, y⁰) et (x⁰, y⁰)4(x, y) alors (x, y) = (x⁰, y⁰) oux6y6x⁰6y⁰6x et donc (x, y) = (x, x) = (x⁰, y⁰).

4est clairement réflexive.

Siz4z⁰ etz⁰4zalors nécessairement|z|=|z⁰|et Re(z) = Re(z⁰) doncz=z⁰ car Im(z),Im(z⁰)>0.

Siz4z⁰ etz⁰4z⁰⁰ alors si|z|<|z⁰⁰|alorsz4z⁰⁰et sinon |z|=|z⁰|=|z⁰⁰|et donc Re(z)6Re(z⁰)6Re(z⁰⁰) ce qui permet à nouveau d’affirmer z4z⁰⁰.

Pourz, z⁰ ∈ {z∈C/Imz>0}.

Si|z|<|z⁰|alorsz4z⁰ Si|z|>|z⁰|alorsz⁰4z.

Si|z|=|z⁰|alors dans le cas où Re(z)6Re(z⁰) on az4z⁰ et, dans le cas complémentaire, on az⁰4z.

Dans tout les casz etz⁰ sont comparables, la relation d’ordre est totale.

La relation est clairement réflexive.

Si (I, f)4(J, g) et (J, g)4(I, f) alorsI⊂J,J ⊂I et g_|I =f doncI=J et f =g.

Si (I, f)4(J, g) et (J, g)4(K, h) alorsI⊂J ⊂K et hI = (hJ)I =gI =f donc (I, f)4(K, h).

Finalement4est une relation d’ordre.

Soitx∈E. On af(x)6f(x) doncx4x.

Soientx, y∈E. Six4y et y4xalorsf(x)6f(y) et f(y)6f(x) donc f(x) =f(y). Or f est injective doncx=y.

Soientx, y, z∈E. Six4yet y4zalorsf(x)6f(y) etf(y)6f(z) donc f(x)6f(z) puis x4z

Finalement,4est une relation d’ordre.

Si l’ordre est totalA∪B possède un plus grand élément : max(A∪B) = max(max(A),max(B)).

Si l’ordre n’est pas total, les plus grands éléments deAet deB peuvent ne pas être comparés aux éléments deAet B. Dans (N^?,|), pour A={2,4}et

B={3,9}, AetB ont un plus grand élément alors queA∪B n’en a pas.

A∩B peut ne pas posséder de plus grand élément, cet ensemble peut notamment être vide.

Par l’absurde supposonsE infini.

Posonsx₀= minE,x₁= minE\ {x0},...,x_n = minE\ {x0, x₁, . . . , x_n−1},...

L’ensemble{x0, . . . , x_n, . . .}n’a pas de plus grand élément. Absurde.

a) Pour tout 16m6p,

ai,m6 max

16j6pai,j

donc

min

16i6na_i,m6 min

16i6n max

16j6pa_i,j

(7)

puis

max

16m6p min

16i6nai,m6 min

16i6n max

16j6pai,j

b) Pour le tableau

1 4 3 2

max

16j62 min

16i62ai,j= 2 et min

16i62 max

16j62ai,j = 3 Exercice 24 :[énoncé]

Par l’absurde, supposons que (un) soit une telle suite.

A={un/n∈N}est une partie non vide deN, elle possède donc un plus petit élémentm.

Puisquem∈A, il existen∈Ntel que m=un. Mais alors un+1< un 6m= minA. Absurde.

∀n∈N,−16(−1)ⁿ+_n+1¹ 62 doncAest bornée.

Aest une partie deRnon vide et bornée donc infAet supAexistent.

n 0 1 2 3 . . .

(−1)ⁿ+_n+1¹ 2 −1 +¹₂ 1 +¹₃ −1 +¹₄ . . . .

2 est plus grand élément deAet donc supA= maxA= 2.

Aest clairement minorée par−1 et (−1)^2p+1+_2p+2¹ → −1 donc il existe une suite d’éléments deA qui converge vers−1 donc infA=−1.

Soitb∈B. Puisque

∀a∈A,a6b la partieAest majorée parb.

Aest une partie deRnon vide et majorée parb donc supAexiste et supA6b.

B est une partie deRnon vide et minorée par supAdonc infB existe et supA6infB.

Aet B sont des parties non vides et bornées deRdonc les bornes sup et inf considérées existent.

Pour touta∈A, on aa∈Bdonca6supB. supB majoreAdonc supA6supB.

Pour touta∈A, on aa∈B donc infB6a. infB minoreAdonc infB 6infA.

Enfin, puisqueA6=∅, infA6supA.

A, B, A∪B sont des parties deRnon vides et majorées donc supA,supB,sup(A∪B) existent dansR.

Pour toutx∈A∪B on a x6max(supA,supB) donc sup(A∪B)6max(supA,supB) PuisqueA, B⊂A∪B on a supA,supB6sup(A∪B) donc

max(supA,supB)6sup(A∪B) puis l’égalité.

AetB sont deux parties non vides et majorées deRdonc supAet supB existent.

Pour toutx∈A+B, on peut écrirex=a+baveca∈Aet b∈B.

On ax=a+b6supA+ supB, doncA+B est majorée par supA+ supB A+B est une partie deRnon vide et majorée donc supA+B existe et

supA+B 6supA+ supB

Pour touta∈Aet toutb∈B,a= (a+b)−b6sup(A+B)−b doncA est majorée par sup(A+B)−bd’où

supA6sup(A+B)−b Par suite

b6sup(A+B)−supA etB est donc majoré par sup(A+B)−supAet par suite

supB 6sup(A+B)−supA Finalement

supA+ supB 6supA+B puis l’égalité.

La fonctionfn est dérivable avec

f_n⁰(x) =nxⁿ⁻¹(1−x)−xⁿ =nxⁿ⁻¹−(n+ 1)xⁿ

(8)

On en déduit les variations

x 0 xn 1

f_n(x) 0 % M_n & 0 avecxn =_n+1ⁿ ∈[0,1] et

M_n= sup

x∈[0,1]

f_n(x) =

1− 1 n+ 1

ⁿ 1 n+ 1 →0

Puisquem+ 1 ne minore pasA, la partieB est non vide.

De plusB⊂Adonc la borne inférieure deB existe et infA6infB

Soitx∈A, six6m+ 1 alorsx∈B et doncx>infB.

Six > m+ 1 alors à nouveaux>infB.

Ainsi infB minoreAet donc

infA>infB Finalement

infA= infB

Soity₀∈R. On a pour toutx∈R

y∈infR

f(x, y)6f(x, y₀) donc

sup

x∈R y∈infR

f(x, y)6sup

x∈R

f(x, y0) puis

sup

x∈R y∈infR

f(x, y)6 inf

y0∈R

sup

x∈R

f(x, y0)

On exploite

xi

x_j +xj

x_i = x²_i +x²_j x_ix_j >2

pour obtenir

(x1+· · ·+xn) 1

x1

+· · ·+ 1 xn

=

n

X

i,j=1

xi

xj >n²

Puisque que pourx1=. . .=xn = 1 on obtient (x1+· · ·+xn)

1 x1

+· · ·+ 1 xn

=n² on peut conclure

inf

(x1+· · ·+xn) 1

x1

+· · ·+ 1 xn

/x1, . . . , xn>0

=n²