1 ce qui prouve que f n’est pas injective

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Colle PCSI Corrections Semaine 13 _2013-2014

EXERCICE 1 :

1. Les applicationsf ◦ g etg ◦ f sont f ◦ g:R−→R

x7−→f(g(x)) =f(x, x²) =x³

g ◦ f :R²−→R²

(x, y)7−→g(f(x, y)) =g(xy) = (xy, x²y²)

2. • f injective ? Il faut se poser la question suivante : tout couplexydeRa-t-il au plus un antécédent parf? La réponse est non, pour s’en convaincre, on peut écrire

f(1,1) =f(2,1/2) = 1 ce qui prouve que f n’est pas injective.

• f est-elle surjective ? Autrement dit, est-il vrai que tout élément t∈Rest l’image par f d’un couple deR²? Si l’on remarque quef(1, t) =t, on peut affirmer quef est surjective.

• g injective ? Si l’on se donne x et x^′ tels que g(x) =g(x^′), c’est à dire tels que (x, x²) = (x^′, x^′2) alors on obtientx=x^′ par identification ; c’est la preuve queg est injective (définition de l’injectivité).

• g est-elle surjective ? Tout couple deR²n’est pas de la forme (x, x²) ; par exemple (1,0) n’a pas d’antécédent parg: en effet, (x, x²) = (1,0) impliqueraitx= 1 etx²= 0, ce qui n’est pas possible.

• Grâce au théorème de la bijection, on peut affirmer que f ◦ g est une bijection deR dansR, en particulier, elle est injective et surjective.

• Commef n’est pas injective,g ◦ f n’est pas injective. Pour s’en convaincre g(f(1,1)) =g(f(2,1/2)) = (1,1)

• Commeg n’est pas surjective,g ◦f n’est pas surjective. (1,0) est un antécédent de 0 parf, mais n’admet pas d’antécédent parg(voir plus haut).

EXERCICE 2 :

L’applicationhdéfinie par

h:N²−→N (p, q)7−→2^p3^q

• h est-elle injective ? Soit (p, q) et (a, b) deux couples de N² tels que h(p, q) = h(a, b), on peut donc écrire que 2^p3^q = 2^a3^b. 2 et 3 sont des nombres premiers et l’unicité de la décomposition d’un entier naturel en produit de facteurs premiers permet d’écrire que (p, q) = (a, b) ;hest injective.

• hest-elle surjective ? Toujours grâce à l’unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers, le nombre 5 ne peut pas s’écrire 2^p3^q, il n’existe donc pas (p, q)∈N² tel queh(p, q) = 5 donchn’est pas surjective.

EXERCICE 3 :

• ∀n∈N, (−1)ⁿ >−1 donc (−1)ⁿ+ 1

n+ 1 >−1 etAest minorée par −1 ;

• ∀n∈N, n>0⇔n+ 1>1⇔ 1

n+ 1 61. Par ailleurs, (−1)ⁿ 61 donc en additionnant membre à membre, on obtient (−1)ⁿ+ 1

n+ 1 62 pour tout n∈N;Aest majoré.

∀n∈N,−16(−1)ⁿ+ 1

n+ 1 62 doncAest borné.

• Aest non vide et majoré donc inf Aet supAexistent. 2∈A(n= 0), donc supA=maxA=2.

• On poseap= (−1)^2p+1+ 1

2p+ 2, manisfestementap∈A pour toutpentier naturel doncap>−1 (>).

My Maths Space 1 sur 3

(2)

ap −→

p→+∞−1⇔ ∀ǫ >0,∃pǫ∈Ntel que∀p∈N, p>pǫ⇒ |ap+ 1|< ǫ⇔ −1−ǫ < ap<−1 +ǫ.

Ce qui implique, compte-tenu de (>), que pour toutǫ >0, il existe des éléméntsap tels que−16ap<−1 +ǫ; ceci est une caractérisation du fait que infA=−1.

EXERCICE 4 :

Soitb∈B. D’après l’hypothèse,∀a∈A, a6b, donc la partieAest majorée par b.

A est une partie non vide deR et majorée donc supA existe et supA 6 b (puisque supA est le plus petit des majorants, il est inférieur àbqui majoreA).

B est une partie non vide deR et minorée par supA donc infB existe et supA6infB (infB est le plus grand des minorants).

EXERCICE 5 :

Aet B sont deux parties non vides et majorées deRdonc supA et supB existent.

Soitx∈A+B, il existea∈Aetb∈Btels quex=a+b; ainsix=a+b6supA+supB, doncA+B est majorée par supA+supB.A+B est une partie deRnon vide (puisqueA etB sont non vides) et majorée, donc sup(A+B) existe et

sup(A+B)6supA+supB Pour touta∈Aetb∈B,a= (a+b)−b.

Ora+b6sup(A+B)⇔(a+b)−b6sup(A+B)−b⇔a6sup(A+B)−b, ce qui prouve que sup(A+B)−best un majorant deAet de ce fait supA 6sup(A+B)−b⇔b6sup(A+B)−supA

La dernière inégalité prouve que sup(A+B)−supAest un majorant deB, et toujours en utilisant le fait qu’une borne supérieure est le plus petit des majorants, on obtient

supB 6sup(A+B)−supA ⇔supA+supB 6sup(A+B) Il s’en suit l’égalité.

EXERCICE 6 :

Pourn∈N,fn(x) =xⁿ(1−x).

fn est dérivable sur [0,1] pour toutn∈N, et pour toutx∈[0,1],

f_n^′(x) =nxⁿ⁻¹(1−x)−xⁿ=xⁿ⁻¹[n(1−x)−x] =xⁿ⁻¹[n−x(n+ 1)]

f_n^′(x) s’annule en 0 et en n

n+ 1 sur l’intervalle [0,1]. Comme xⁿ⁻¹ >0 pour tout n∈Net tout x∈[0,1],f_n^′(x) est du signe den−x(n+ 1). Nous obtenons donc le tableau de variations suivant

x Signe def_n^′(x) Variations defn

0 n+1ⁿ 1

0 + 0 −

0 0

fn(_n+1ⁿ ) fn(_n+1ⁿ )

0 0 sup

x∈[0,1]

fn(x) =fn

n n+ 1

= n

n+ 1 ⁿ

1− n n+ 1

= 1

n+ 1

1− 1 n+ 1

ⁿ

−nln

1− 1 n+ 1

=− n

n+ 1+o(1) donc−nln

1− 1 n+ 1

n→+∞−→ −1 etfn

n n+ 1

n→+∞−→ 0×1 e = 0.

(3)

EXERCICE 7 :

On posean= (x1+. . .+xn) 1

x1

+. . .+ 1 xn

avecxi>0 pouri∈ {1,2, . . . , n}

An={an;x1, x2, . . . , xn>0}est une partie deRnon vide et minorée par 0 ; elle admet une borne inférieure.

Après développement, on écritan de la façon suivante pour n∈N^∗ an =n+

n−1

X

i=1





n

X

j=i+1

xi

xj

+xj

xi





Si l’on posef(x) =x+1

x, pourx >0, on dispose d’une autre expression dean

an=n+

n−1

X

i=1 n

X

j=i+1

f xi

xj

f est dérivable sur ]0; +∞[ et∀x >0, f^′(x) = 1− 1

x² = x²−1

x² . L’étude du signe def^′(x) sur ]0; +∞[ et des variations def permet de préciser quef(x)>2 pourx >0.

∀(i, j)∈ {1,2, . . . , n}²,xi

xj

>0 et doncf xi

xj

>2, il s’en suit que∀n∈N^∗, an >n+

n−1

X

i=1 n

X

j=i+1

2

⇔an>n+ 2bn(⋆) avecbn=

n−1

X

i=1 n

X

j=i+1

1 = (n−1) + (n−2) +. . .+ 1 = n(n−1)

2 .

De ce fait, pourn∈N^∗, (⋆)⇔an>n+ 2×n(n−1)

2 ⇔an>n²d’où infAn>n².

Or si l’on choisitxi= 1,∀i∈ {1,2, . . . , n}, on obtientan=n², ce qui signifie que infAn est le minimum deAn. Finalement inf

(x1+. . .+xn) 1

x1

+. . .+ 1 xn

;x1, . . . , xn>0

=n²