Corrigé du contrôle continu d'algèbre 1 du lundi 18 octobre 2010 Exercice 1 non P : ∃(a, b, c)∈N3,
∃(q1, q2)∈N2,(a=bq1 et b=cq2)
et [∀q3 ∈N, a 6=cq3] non Q : ∃(a, b)∈N×N,∀(q1, q2)∈N×N,(a6=bq1 et b6=aq2)
Exercice 2 a) A =]a, a+ 1[ ; b)B =∅ ; c) C={a}
Exercice 3 Voir polycopié de cours
Exercice 4 a) Par double inclusion. Soit x∈A\B. On ax∈A etx /∈B, donc x∈Aetx /∈A∩B, donc x ∈CA(A∩B). Réciproquement, soitx∈ CA(A∩B). On a x∈A et x /∈A∩B, donc x /∈ B, et comme x∈A, on a x∈A/B. Donc par double inclusion, A\B =CA(A∩B).
SiA\B =A\C on a donc CA(A∩B) =CA(A∩C), donc CA[CA(A∩B)] =CA[CA(A∩C)], donc A∩B =A∩C.
b)E =R,A =∅, B =R,C =R+ (en fait, B et C diérents et quelconques à part ça).
c)E =R,A =R, B =R,C =R+ (en fait B et C diérents et quelconques à part ça).
d) Supposons que A\B = A\C et B\A = C\A et montrons que B = C par double inclusion.
Soit x∈B. Si x∈A, alorsx∈A∩B, donc d'après a) et l'hypothèse A\B =A\C, on ax∈A∩C, donc x ∈ C. Sinon, x /∈ A, donc comme x ∈ B, on a x ∈ B\A donc x ∈ C\A d'après l'hypothèse B\A = C\A. Donc x ∈ C. Donc dans tous les cas, x ∈ C, donc B ⊂ C. De même, C ⊂ B par symétrie, donc B =C.
Exercice 5 (5 pts) Soit f :R→R dénie par, pour tout x∈R,f(x) = 2x/(1 +x2).
1. Pour y = 0, il y a une unique solution : x = 0. Poury 6= 0, le discriminant est ∆ = 4(1−y2). Donc pour y∈R\[−1,1], on a ∆<0, donc il n'y a pas de solutions. Poury=−1ety= 1, on a ∆ = 0, et il y a une unique solution x= 2/2y = 1/y =y. Pour y∈]−1,1[\{0}, on a ∆>0 et il y a deux solutions distinctes : x−= (1−p
1−y2)/y et x+= (1 +p
1−y2)/y
2. Pourx ety dansR,f(x) =y⇔2x= (1 +x2)y⇔yx2−2x+y = 0. D'après 1), cette équation a deux solutions distinctes pour, par exemple, y= 1/2. Donc f n'est pas injective.
3. D'après 1) et le calcul du 2), l'équation f(x) = y a au moins une solution x dans R si et seulement si y∈[−1,1]. Donc f(R) = [−1,1]. Donc2 par exemple n'a pas d'antécédent parf, donc f n'est pas surjective.
4. Si x≥0, f(x)≥0 donc f(R+)⊂R+∩f(R) = [0,1]. De plus siy ∈[0,1], on a y∈f(R) donc il existe x ∈R tel que f(x) =y. Si x <0, on a f(x) =y <0, ce qui contredit y ∈[0,1]. Donc x∈R+ et doncy=f(x)∈f(R+) et par double inclusion,f(R+) = [0,1].
5. Pour B =R, on af(f−1(B))⊂f(R) = [−1,1] donc f(f−1(B))6=B.
Question bonus (1pt) : P signie que surN, la relation "être un multiple de" est transitive, et c'est vrai. La proposition Q signie que pour tous entiers naturels a et b, a est un multiple de b oub est un multiple de a, et c'est faux.
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