Maths MPSI - Méthodes et Exercices - 4e éd.

Texte intégral

(1)J.-M. MONIER I G. HABERER I C. LARDON. MATHS MPSI MÉTHODES ET EXERCICES. 4e édition.

(2) Création graphique de la couverture : Hokus Pokus Créations. © Dunod, 2018 11 rue Paul Bert, 92240 Malakoff www.dunod.com ISBN 978-2-10-077738-9.

(3) Table des matières. Pour bien utiliser cet ouvrage Remerciements. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 1 Raisonnement, vocabulaire ensembliste. iv vii 1. 2 Calculs algébriques. 19. 3 Nombres complexes et trigonométrie. 36. 4 Fonctions d’une variable réelle. 53. 5 Calcul différentiel élémentaire. 67. 6 Fonctions usuelles. 84. 15 Algèbre des polynômes. 241. 16 Arithmétique des polynômes. 256. 17 Espaces vectoriels. 273. 18 Espaces vectoriels de dimension finie 284 19 Applications linéaires. 295. 20 Calcul matriciel. 310. 21 Matrices et applications linéaires. 327. 22 Déterminants. 343. 23 Espaces préhilbertiens réels. 360. 7 Calculs de primitives. 101. 24 Intégration. 380. 8 Équations différentielles linéaires. 120. 25 Séries. 399. 9 Nombres réels, suites numériques. 140. 26 Dénombrements. 420. 10 Limites, continuité. 162. 27 Probabilités sur un univers fini. 437. 11 Dérivabilité. 177. 28 Variables aléatoires. 456. 12 Analyse asymptotique. 192. 29 Couples de variables aléatoires. 472. 13 Arithmétique dans Z. 212. 30 Informatique. 498. 14 Structures algébriques usuelles. 226. Index. 531. Compléments en ligne Des compléments en ligne, disponibles sur le site dunod.com, vous donnent accès à des exercices de colles entièrement corrigés.. iii.

(4) Pour bien utiliser cet ouvrage. e Chapitr. ion. égrat 24 – Int. Chapitre 24. La page d’entrée de chapitre. tion Intégra. Elle propose un plan du chapitre, les thèmes abordés dans les exercices, ainsi qu’un rappel des points essentiels du cours pour la résolution des exercices.. on. Intégrati. ercices és dans les ex. Thèmes abord. Plan. 381 ir à reten 387 thodes Les mé s 388 faux ? exercice 391 Vrai ou cés des Les énon démarrer ? 2 ses 39 là Du ma les répon s 393 x, fau Vrai ou és des exercice rig Les cor. égrales des int nt sur s porta négalité égrales tion d’i les des int • Obten d’intégra liées à s s ple ite lim ls sim taines • Calcu n de cer définie les minatio fonction d’intégra s ne • Déter ite d’u lim phique aux bornes erche de ion gra nt • Rech résentat ètre éta nelles. e et rep ale, le param on ud cti Ét • ns fon e intégr s équatio par un certaine ution de • Résol. ls du courers cices Ppooiurntslaesrésesontluietion des ex. e usuel, à l’ordr où une relatives priétés du cas s et pro l’étude hwarz ébrique culier hy et Sc riétés alg ales, en parti ne inde Cauc • Prop intégr égalité ture d’u ble, cri l’in les l’é et ur , po varia ormer est nulle ur transf changement de intégrale elles po des usu parties, r tho pa mé Z x ation • Les : intégr es f (t) dt tégrale → de Chasl rx0 on x 7− relation de Taylo pplicati s de l’a inégalité propriété intégral, • Les ec reste av r Taylo ule de rm Fo • e. Lagrang. 380. Chapitr. e 2 – Ca lculs. algébriq. Les méthodes Méthod. e. Pour cal somma culer certaine tions s par un indexées entier. Exemple Montr. er, pou r tout n∈N n X : (−1) k(2k + 1) = k=0 (−1) n(n +. • Si le résultat est fou • Essay rni, ess er de se ayer de ramener raisonne aux som r par réc ◦ la som mations urrence mation classiqu géométri es : que :. 1).. rence sur n. • Pour n = 0, la formu • Sup le propos posons , pour ée est un n ∈ éviden te. N fixé : n X. On a alo rs : n+ X1 (−1) k(2k k=0. k=1. + 1). (−1) k(2k. =. + 1) =. (−1) n(n. n X (−1) k(2k. k=. 20. iv. à retenir. ∀n ∈ N, n ∀q ∈ R \ {1}, X q k = 1 − q n+1 ◦ la som q=0 mation 1−q d’entiers , de car n X rés d’enti ers con k = n(n + 1) sécutifs n X : k=1 , 2 k 2 = n(n + 1)(2n + 1) ◦ la for k=1 mule du 6 binôme de Newt on : ∀n ∈ N, ∀(x, y) ∈ R 2, n (x + y) n X • Essay n = er de fai x ky n−k re appa k=0 k . raître un ➟ Exer télescop cices 2.1 age à 2.3, 2.7, 2.8 , 2.14, 2.19 à 2.21 Récur. Les méthodes à retenir Cette rubrique constitue une synthèse des principales méthodes à connaître, détaillées étape par étape, et indique les exercices auxquels elles se rapportent. Chaque méthode est illustrée par un ou deux exemples qui la suivent.. ues. + 1) +. + 1).. 0 (−1) n+1 (2n + = (− n 3) 1) (n + 1) + (− n+ = (− n+ 1) 1(2n 1) 1 + 3) − (n + 1) + (2n = (− n+ 1) 1(n + 3) donc la + 2), formule est vra Ceci mo ie pour ntre, par n + 1. récurrenc e, que la formu le est vra ie pour tout n ∈ N..

(5) Vrai ou Fau. 20.1. n,p (K). On a, po ur toutes. p,1. On a, po ur toutes. © Dun od.. Toute. reprodu. ction non aut orisée. est un délit. Dix questions pour vérifier la bonne compréhension du cours.. et X ∈ M. (K), alo rs AX est com binaison linéaire A, B, C des col ∈ M (K onnes de n ) : BA A. V + CA = F A(B + C). A, B ∈ Mn (K) : AB = 20.4 On a, po In ⇐⇒ V F ur toutes BA = In . A, B ∈ Mn (K) : AB = 20.5 Si n > 0 ⇐⇒ V F 2, on a, BA = 0. pour tou tes ma trices A, 20.6 B de M On a, po V F n (R) : ur toutes (A + B) 2 A, B ∈ 2 = A + 2A GLn (K B + B2 ) : (AB) −1 20.7 . On a, po = A −1B −1 V F ur toutes . A∈M n,p (K), B∈M 20.8 p,q (K) Le rang V F : t(AB) d’une ma = tB t trice est A. égal au nombre 20.9 de ses Si deux V F colonne matrices s. symétr A, B de ique. Mn (R) sont sym 20.10 étriques, V F Si deux alors leu matrices r produ métriqu A, B de it e. AB est Mn (R) sont sym aussi V F étriques, alors le produit AB A est aussi syV F 20.2. 20.3. Vrai ou Faux ?. Vrai ou Faux ?. x?. Si A ∈ M. e Chapitr. ithmé 13 – Ar. ns Z tique da. 317. cices noncés des exer. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. É. osé re comp er ? de nomb -il premi 290 est 7100 + re N = Le nomb é ilit isib 2n+1 . de div ple 4n+2 + 5 Exemple ition sim 14 | 3 13.2 e cond ∀n ∈ N, ant un mier. : satisfais aussi pre Montrer 2 + 2 soit premier re mb s que p de no ers p tel emple par 8 mi r Ex pre 0, 1, tie n en 13.3 mbres égal à rré d’u 2 s les no ca r 8 est tou du de a pa dienne Trouver dienne n eucli n eucli de trois la divisio la divisio somme ste de de la e Re te res pas êtr 13.4 que le ne peut Montrer alors n a ∈ Z. n − 7, a) Soit 8 divise que, si ou 4. montrer n ∈ N. b) Soit ntiers. d’e nces + 4y . carrés 13 | 5x congrue ion de + 3y ⇐⇒ d’utilisat 13 | 7x 2 Exemple ∈Z : 13.5 t (x, y) nce 4 pour tou 8 congrue 3 ? r Montrer, pa 7 re tier de a = n nomb on d’u it un en décimale Réducti ction so criture 13.6 ine fra e de l’é ne certa er chiffr le derni rrée d’u ine ca Quel est r n−5 ’une rac qu N. 11 ∈ ur n po isation Conditio n+4 s que ec factor 13.7 gré, av n ∈ Z tel ond de tous les e du sec Trouver antienn on dioph 40. d’équati + y ple 2 39 Exem 2 9y − ion 2 : x = 13.8 ne solut dans Z nt aucu 2. e n’aya Résoudre dans Z antienn solution on dioph pas de d’équati 2 17 n’a 2 − 3y = Exemple x .9 on 13 e l’équati lo 5 qu du er mo ls Montr | ab. par calcu nue 2 =⇒ 5 isibilité e incon 2 1=b n de div ées à un 2 24a + Conditio simultan ∈Z : 13.10 t (a, b) ruences is cong (1) pour tou  ] e de tro Montrer, [11 tèm 7 sys ≡ n 5x   tion d’u (2)   de résolu [5] 7x ≡ 11 Exemple (3). 13.11  : (S)   gruences  11x ≡ 5 [7] e de con systèm le Z dans Résoudre. 13.1. Exemple. Énoncés des exercices De nombreux exercices de difficulté croissante sont proposés pour s’entraîner. La difficulté de chaque exercice est indiquée sur une échelle de 1 à 4.. Chapitr. tique de s polyn ôm. es. Du mal à dém. 218. arrer ?. 16.1 Mo ntrer : Pn (1) = 0, P 0 n (1) = 0, 16.2 Sép Pn00(1) = 0, P (3) arer l’éq 16.8 a) uivalence n (1) 6= plicati Si P est 0. ons. logique le carré demand celui-ci d’un ée en deu 16.3 Ut est de iliser les x imla forme 2 polynôme de zéros com R[X], X + a b) Utilis alors plexes X + c, j et j 2 c ∈ R. de a). er les résult 16.4 a) ats obt 2 de X 2 Remarqu +X+ enus dan 16.9 a) 1. er qu’il s la rés Ne pas b) s’agit d’u olution oub lier la par par exe n trinôm mple, c) Il s’a e en X 3 par div tie entière, git de . b) que ision euc Une fois pliquer trinôm lidienn l’on calculera es obt la pourra e. , deux des méthode du bicarrés. On calculer enus deux des l’infini le troisiè trois de carré trois termes cours, qui con peut donc ap, après pour fair sist avoir mu me en fais coefficients, parfait c) Ne ant ten on . e appara e à grouper ltiplié d) Passe pas oub dre X par X. ître un lier la par r par les par exe vers début mp que, pou nombre nus deu le, par divisiotie entière, que s comple r tout x des qua (P, Q) n euclidi l’on cal les deu ∈ R[X 2 xes, en remarq culera, tre coe enne. x ] : uant de l’au autres en fais fficients, on Une fois obt P 2 + Q2 tre côt epourra = (P + é de l’ég ant passer calcul e) Fac i Q)(P d) Calcu les ter alité. tor − i Q) mes con er est un iser d’abord . puis fair ler d’abord nus polynô le e me réc par X + 1. et enfin passer ce ter coefficient rela Y=X L’a iproqu me de utiliser tif + 1. e. Utilis utre facteu au l’au 16.10 Re des div r er la X isions euc tre côté de pôle 0, marqu notation f) Fac l’ég er lidi : alit ennes suc tor é, (X − 1)P un trin iser d’abord cessives. = X n+1 ôme bic par X 2 16.11 En − 1. L’a arré. − 1 et (X n − utre fac suppos 1)Q = Dans cha teur est sion euc ant, par exe (X n) n+1 mple, lidienn tenu, en que exemple, − 1. a > b, euclidi dévelo enne de e de a par b effe ppant on contrôlera (dans ∗ ctuer la div parallè Xa − 1 le produi le résult 16.5 No N le. i) par et la div t. at obter x Xb − 1 16.12 Mo ision = p (dans ntrer un zér K[X]) (p, q) ∈ q o rat en (X + i 3 que (X − i 3 Z × N∗ ionnel ) div ) divise q | 2, et p ∧ de P, aussi P 0 ise P 0, pui en uti q = où s déd lisant 1. Dédui et utilise obtien le thé Réponse re p r deg (P 0 uire que dra 2 et 1 orème : P = 35 X 7 ) = 6. de Ga | 6 et comme 5 uss 3X 2 . zér On os ration 16 7 + 16.6 Re 16.13 a) + X3 + nels de mplacer Utiliser 5 X P. X par . la formu j , par 2 dériver. le du cou j , par rs portan 1. 16.7 Tra b) Tro t sur P 0 vailler uver un d’abor lequel contre-ex P puis d sur 0 16.14 Sép on con emple. arer l’éq naît la P (qui est de P par valeur uivalence primit ivation. en deu degré 2) et pou Pour l’im logique x points r plic en ation (i) deux imp sition pri , puis sur =⇒ (ii) lications. maire de P dan , utilise F = P r s R[X] ∈ R[X] et montr la décompo; ∃ (A, er, en not que F B) ∈ est sta ant R[X] 2 ble par , P = 2 multip A + B2 lication. ,. Du mal à démarrer ? Des conseils méthodologiques sont proposés pour bien aborder la résolution des exercices.. e 16 – Arithmé. 266. v.

(6) rép onses Faux, les Vrai ou. Vrai ou Faux, les réponses. ÉS. Vrai ou F. V F. IG CORR. ses aux, les répon. Chaque affirmation vraie est justifiée par une référence au cours ou une courte démonstration, et chaque affirmation fausse est réfutée par la production d’un contre-exemple explicite.. V F. 221. 11.1. Corrigé s des ex ercice. a) En not f = uv. ant u : x 7−→ 2 sur R, Ainsi, par pro x − x + 2 et, d’a Ces app près la duit, l’applic et v : x −→ x tout x lications ati formule ∈R: e w = −v 0 u, v, w de Leibnion f est de cla , on a . sont de sse C ∞ z, pou r tout classe ∞ On a, par C sur n∈N n une réc X et f (n)(x) ] − 1; x ∈] − urrenc n = 1[ et 1 ; 1[ : e immédi u (k)(x) (n− ate, pou k) k=0 k v Mais, r tout (x). com n∈N u (n)(x) pour tou me u est un et tout = (−1) nn! t k > 3, pol d’où, si ynôme de deg (x (n) , + 1) n+1 v (x) n>2 ré 2, on : = (−1) nn! a u (k) (n) = w (x − 1) n+ , 2 0 X (x) = −v (n+ f (n)(x) 1 1) n = On con (x) = (−1) n(n clut : u (k)(x) (n− + 1)! De plu k) k=0 k v s, v : (x − 1) n+ . (x). 2 x 7−→ x n>2 : e a pou f (n)(x) = 1w (n) r dérivé e elle-m (x) − 1 (n) 2 f (n)(x) v (x) ême, d’o 1 1 (−1) n = n 4 + = (n) ù, si (n + 1)! u (x) u(x) e x n 0 4 2 (x − + 1 (−1) n u 0(x) e x n 1) n+2 − n! c) Par 1 + = (x 2 4 (x − n+ + 1 (−1) n linéari u 00(x) x 1) 1 −x+ sation, n! e 2 2) + n(2 on a, pou 4 (x + n+ . x − 1) f (x) = 1) 1 r tout + n(n − 1) = x2 cos 2 x x∈R + (2n sin x = 1 : Enfin, 2 ex − 1)x + 2 il (1 + cos (n − 2n 2 1 vraie pou est immédiat 2 2x) sin = sin + 2) e x x que cet rn=0 x+ 1 . te derniè et pou 2 b) On cos 2x sin x t n = 1. factorise re formu 2 = 1 sin le est le dénom x + 1(sin aussi 2 inateu 3x − sin r de f (x) 4 x3 − x2 x) : −x+ Il en rés 1 = x2 ult = 1 sin (x − 1) que, pou e, par add = (x 2 x+ 1 − (x − ition, que − 1)(x Par déc r tout 4 sin 3x. 1) − 1) = n∈N ompos f est de 4 et tout (x − 1) 2 ition en (a, b, c) classe ∞ x∈R (x + 1). ∈ R 3 tel éléments C sur f (n)(x) : que : simple R et = 1 sin s dans π x+n 4 R(X), 1 Ou enc 1 il existe ore, en 2 + 4 3 n sin 3x (X − 1) 2 sépara p∈N a +nπ nt en cas et tout (X + 1) = x∈R b selon la En mu  2 , (X − 1) 2 + : ltiplian parité c f (2p) t par par de n, pou X−1 +   on obt (x) = 1 (X − 1) 2 X+1. r tout ient : (− p puis en a = 1. 4 1) sin x + 1 rempla   p (− En mu çant X 2 f (2p+1) ltiplian 4 1) 3 2p sin 3x par 1, t par X (x) = 1 obtient + 1 pui (− p :c= 1 s en rem 4 1) cos x + 1 . pla p (− çant X 4 11.2 En mu 4 1) 3 2p+1 cos par −1 ltiplian 3x. , on t par X 1) D’u on a : ne par puis en b+c= t, rèmes faisant 0, d’où généra f est continue tendre ux. b = −c en tou X vers Ainsi, D’autr = − 1. t point on obt l’infini e part de R ∗ , ient la f (x) : : |f (x) 4 par thé décom | 6 x2 donc f opositio −→ est con n en élé 0 = f (0) x −→ tinue en ments 0 Ainsi, , ∀x ∈ ] 0. simple f est con − 1 ; 1[, s de tinue sur f (x) = 1 1 2) D’a R. près les que l’on 2 (x − 2 − 1 1 théorè 1 1 1) poi me nomina peut d’ailleurs + nt s 4 gén de R ∗ x−1 éraux, teur. contrô et : ∀x 4x+1, f est dér ler par ∈ R ∗, Notons réduct ivable f 0(x) = u, v, w ion au en tou D’autr tout x : 2x sin 1 même t e part ∈ ] − 1 ] − 1 ; 1[ −→ dé− cos 1 : f (x) − f (0) ; 1[, par R les app x . donc f : lications x x−0 = x sin 1 est dér définie u(x) = 1 ivable s, pour Ainsi, x x −→ en 0 et 0 −→ 0 0, f , est f v(x x+1 (0) = 0. dérivable )= 1 sur R et x − 1 , w(x) = 1 :  (x − 1) 2 . ∀x ∈ R,  f 0(x) = 2x sin 1 − cos 1 x  si x 6=  x 0 0 si x = 0.. reprodu ction Toute © Dun od.. Tous les exercices sont corrigés de façon détaillée.. exercices. non aut orisée est un délit. Corrigés des exercices. Corrigés des. 187. vi. s. CORR IGÉS. od. © Dun. Toute. reprodu. ction. oris non aut. t un déli ée est. rs. du cou V F résultat eux. est un ers entre 13.1 C’ = c = 2. t premi : a=b et b son xemple èse : a e-e ntr yp l’h oth V F 13.2 Co oubli de = 2. eu c a 2, y Il b= a = 4, premier. V F mple : : a est 1 est ntre-exe ypothèse uss. ou a + l’h a Ga de de 13.3 Co car ir, oubli orème 1) est pa Il y a eu rs, le thé et a(a + du cou V F 2 + 4a + 1 résultat 2 4a un = est + 1) 8. 13.4 C’ modulo ∈ Z : (2a tout a 2 est congru à 1 0. a, pour 1) V F abc = 90 15. 13.5 On donc (2a + au moins 30 et t 10, c = = me = pair, 30 b · ad c) = 1 a = 6, n2 − 9 mple : cm (a, b, 2, donc ntre-exe b, c) · pp V F n + 3 > s premier. pgcd (a, 3 > 2, 13.6 Co pa : − st n rs n’e On a alo n2 − 9 + 3) et − 3)(n -même, donc V F 2 − 9 = (n lui a: n que 1 et 13.7 On diviseur autre un rs. at du cou V F ult rés est un c = 4. ]. b = 1, 13.8 C’ ≡ 1 [16 a = 5, pas 25 e. mple : e logiqu is on n’a ntre-exe [4], ma uivalenc 13.9 Co : 5≡1 n une éq p−1 mod 1 [p]. rs no et alo On a plication alors a une im pas a, lement ne divise Il y a seu et si p 13.10 premier Si p est.

(7) Remerciements. Nous tenons ici à exprimer notre gratitude aux nombreux collègues qui ont accepté de réviser des parties du manuscrit :. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Marc Albrecht, Bruno Arsac, Jean-Philippe Berne, Jacques Blanc, Gérard Bourgin, Sophie Cohéléach, Carine Courant, Sylvain Delpech, Hermin Durand, Jean Feyler, Viviane Gaggioli, Marguerite Gauthier, Daniel Genoud, André Laffont, Hadrien Larôme, Ibrahim Rihaoui, René Roy, Philippe Saadé, Marie-Dominique Siéfert, Marie-Pascale Thon, Audrey Verdier.. vii.

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(9) Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Chapitre 1. TITRE FICTIF. Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Plan. Les méthodes à retenir Vrai ou faux ? Les énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Vrai ou faux, les réponses Les corrigés des exercices. 2 7 8 12 13 14. Thèmes abordés dans les exercices. • Mise en œuvre, sur des exemples simples, des différents types de raisonnement • Égalités et inclusions d’ensembles obtenus par opérations sur des parties d’un ensemble • Injectivité, surjectivité, bijectivité • Image directe, image réciproque d’une partie par une application.. Points pour la essentiel résolutions dudescours exercices. • Définition et propriétés des opérations entre ensembles, ∩, ∪, {E , \ • Définition de la fonction indicatrice d’une partie d’un ensemble. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. • Définition du produit cartésien d’un nombre fini d’ensembles • Définition et propriétés de l’injectivité, de la surjectivité, de la bijectivité pour les applications • Définition de l’image directe, de l’image réciproque d’une partie par une application • Relations d’équivalence, relations d’ordre.. 1.

(10) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Les méthodes à retenir Méthode Pour travailler de manière générale sur des ensembles. Essayer de passer par les éléments des ensembles, ou de calculer globalement sur les ensembles. La deuxième voie est en général plus courte et plus claire (si elle est praticable). ➟ Exercices 1.1, 1.2, 1.7, 1.8, 1.16 à 1.18. Exemple. On a : (A \ C) \ (B \ C). Soient E un ensemble, A, B, C ∈ P(E). Montrer : (A\C)\(B\C) = A\(B ∪ C).. Méthode. =. (A ∩ C) \ (B ∩ C). =. (A ∩ C) ∩ B ∩ C. =. (A ∩ C) ∩ (B ∪ C). =. (A ∩ C ∩ B) ∪ (A ∩ C ∩ C). =. A ∩ B ∩ C. =. A ∩ (B ∪ C). =. A \ (B ∪ C).. Essayer de : • soit montrer directement l’égalité. Pour établir une égalité d’ensembles. • soit montrer deux inclusions : A ⊂ B et B ⊂ A • soit utiliser les fonctions indicatrices des parties d’un ensemble ➟ Exercices 1.2, 1.7, 1.8, 1.12, 1.18 Dans chacune des deux premières options, on essaie de passer par les éléments ou de calculer globalement sur les ensembles.. Exemple Soient E un ensemble, A, B ∈ P(E). Montrer : (A \ B) ∪ (A \ C) = A \ (B ∩ C).. 2. On a : (A \ B) ∪ (A \ C). =. (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). =. A ∩ (B ∪ C). =. A ∩ B ∩ C. =. A \ (B ∩ C)..

(11) Les méthodes à retenir. Exemple. • Soit y ∈ R tel qu’il existe x ∈ [−1 ; 2] tel que y = x2 .. Montrer : y ∈ R ; ∃ x ∈ [−1 ; 2], y = x2 = [0 ; 4].. Si x ∈ [−1 ; 0], alors y ∈ [0 ; 1]. Si x ∈ [0 ; 2], alors y ∈ [0 ; 4]. On déduit y ∈ [0 ; 4]. Ceci montre que le premier ensemble est inclus dans le second. • Réciproquement, soit y ∈ [0 ; 4]. √ En notant x = y, on a x ∈ [0 ; 2] ⊂ [−1 ; 2] et y = x2 . Ceci montre que le second ensemble est inclus dans le premier. On conclut à l’égalité demandée.. Méthode. Montrer que : • P(n0 ) est vraie (initialisation). Pour montrer, par récurrence (faible), qu’une propriété P(n) est vraie pour tout entier n tel que n > n0. • pour tout entier n fixé tel que n > n0 , si P(n) est vraie, alors P(n + 1) est vraie (hérédité). ➟ Exercice 1.5. Exemple On considère la suite de Fibonacci (φn )n∈N définie par φ0 = 0, φ1 = 1 et : ∀n ∈ N, φn+2 = φn+1 + φn .. Initialisation : Pour n = 0, on a : φ21 − φ2 φ0 = 12 − 1 · 0 = 1 = (−1)0 , donc la formule est vraie pour n = 0.. Hérédité : Supposons que la formule soit vraie pour un n ∈ N fixé. On a alors : φ2n+2 − φn+3 φn+1. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Montrer : ∀n ∈ N, φ2n+1 − φn+2 φn = (−1)n .. =. φ2n+2 − (φn+2 + φn+1 )φn+1. =. (φ2n+2 − φn+2 φn+1 ) − φ2n+1. =. φn+2 (φn+2 − φn+1 ) − φ2n+1. =. φn+2 φn − φ2n+1. =. −(φ2n+1 − φn+2 φn ). =. −(−1)n = (−1)n+1 ,. donc la formule est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence, que la formule est vraie pour tout n ∈ N.. Méthode Pour montrer, par récurrence à deux pas, qu’une propriété P(n) est vraie pour tout entier n tel que n > n0. Montrer que : • P(n0 ) et P(n0 + 1) sont vraies (initialisation) • pour tout entier n fixé tel que n > n0 , si P(n) et P(n + 1) sont vraies, alors P(n + 2) est vraie (hérédité). ➟ Exercice 1.10. 3.

(12) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Exemple On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 0, u1 = 1 et : ∀n ∈ N, un+2 =. un+1 + un . 2. Montrer : ∀n ∈ N∗ , un > 0.. Méthode. Montrer que : • P(n0 ) est vraie (initialisation) • pour tout entier n fixé tel que n > n0 , si P(n0 ), ..., P(n) sont vraies, alors P(n + 1) est vraie (hérédité). ➟ Exercice 1.11. Exemple. Initialisation : Pour n = 1, on a bien 0 < u1 6 1 car u1 = 1.. On considère la suite réelle (un )n∈N∗ définie par u1 = 1 et : u1 +. u22. + ··· + nn. Montrer : ∀n ∈ N∗ , 0 < un 6 1.. Méthode Pour résoudre une question portant sur injectivité, surjectivité, bijectivité, d’applications dans un cadre général. 4. Hérédité : Supposons que la propriété soit vraie pour n et n + 1, où un+1 + un n ∈ N∗ est fixé. On a donc un > 0 et un+1 > 0, d’où > 0, 2 donc la propriété est vraie pour n + 2. Ceci montre, par récurrence à deux pas, que la propriété est vraie pour tout n ∈ N∗ .. Pour montrer, par récurrence forte, qu’une propriété P(n) est vraie pour tout entier n tel que n > n0. ∀n ∈ N∗ , un+1 =. Initialisation : Pour n = 1, on a u1 = 1 > 0, et, pour n = 2, on a u1 + u0 1 u2 = = > 0 donc la propriété est vraie pour n = 1 et pour 2 2 n = 2.. un n. .. Hérédité : Supposons, pour un n ∈ N∗ fixé, que l’on ait : ∀k ∈ {1, ..., n}, 0 < uk 6 1. u1 + u22 + · · · + un 0 + ··· + 0 n > =0 nn nn u1 + u22 + · · · + un 1 + ··· + 1 n 1 n et un+1 = 6 = n = n−1 6 1. nn nn n n Ceci montre, par récurrence forte : ∀n ∈ N∗ , 0 < un 6 1. On a alors : un+1 =. Essayer de : • utiliser les définitions et les propositions du cours sur la composée de deux applications injectives (resp. surjectives) • utiliser le résultat de l’exercice classique 1.14 (en le redémontrant). ➟ Exercices 1.3, 1.14, 1.15.

(13) Les méthodes à retenir. Exemple. ? • Injectivité : Soit (x1 , x2 ) ∈ E 2 tel que f (x1 ) = f (x2 ).. Soient E un ensemble, f : E −→ E une application telle que f ◦ f = IdE . Montrer que f est bijective et que :. On a alors : x1 = (f ◦ f )(x1 ) = f f (x1 ) = f f (x2 ) = (f ◦ f )(x2 ) = x2 . Ceci montre que f est injective. • Surjectivité : Soit y ∈ E.. f −1 = f.. On a : y = (f ◦ f )(y) = f f (y) , donc il existe x ∈ E (on peut prendre x = f (y)) tel que y = f (x). Ceci montre que f est surjective. On conclut que f est bijective. ? Puisque f est bijective, on peut utiliser f −1 et on a : f −1 = f −1 ◦ IdE = f −1 ◦ (f ◦ f ) = (f −1 ◦ f ) ◦ f = IdE ◦ f = f.. Méthode Pour manipuler, dans un cadre général, des images directes, des images réciproques de parties par des applications. Appliquer les définitions. Pour f : E −→ F, A ∈ P(E), A0 ∈ P(F ), on a : f (A) = y ∈ F ; ∃ a ∈ A, y = f (x) , f −1 (A0 ) = x ∈ E ; f (x) ∈ A0 . Autrement dit : pour tout y ∈ F : y ∈ f (A) ⇐⇒ ∃ a ∈ A, y = f (a) et, pour tout x ∈ E : x ∈ f −1 (A0 ) ⇐⇒ f (x) ∈ A0 . ➟ Exercices 1.16, 1.17. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Exemple Soient E, F deux ensembles, une application f : E −→ F et A0 ∈ P(F ).. On a, pour tout x ∈ E : x ∈ f −1 {F (A0 ). Montrer : f −1 {F (A0 ) = {E f −1 (A0 ) .. Pour montrer qu’une relation R, dans un ensemble E, est une relation d’équivalence. f (x) ∈ {F (A0 ). ⇐⇒. f (x) ∈ / A0. ⇐⇒ ⇐⇒ d’où l’égalité voulue.. Méthode. ⇐⇒. ⇐⇒. Non f (x) ∈ A0. . Non x ∈ f −1 (A0 ) x ∈ {E f −1 (A0 ) ,. Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que : • R est réflexive : ∀x ∈ E, x R x • R est symétrique : ∀(x, y) ∈ E 2 ,. x R y =⇒ y R x ( xRy 3 • R est transitive : ∀(x, y, z) ∈ E , =⇒ x R z. yRz ➟ Exercice 1.6 5.

(14) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Exemple. ? • On a, pour tout x ∈ R, |x| = |x|, d’où x R x, donc R est réflexive.. On note R la relation définie dans R par : ∀(x, y) ∈ R2 , x R y ⇐⇒ |x| = |y| . Montrer que R est une relation d’équivalence dans R et déterminer, pour tout x ∈ R, la classe de x modulo R.. • On a, pour tous x, y ∈ R : x R y ⇐⇒ |x| = |y| ⇐⇒ |y| = |x| ⇐⇒ y R x, donc R est symétrique. • On a, pour tous x, y, z ∈ R : ( ( xRy |x| = |y| ⇐⇒ yRz |y| = |z|. =⇒ |x| = |z| ⇐⇒ x R z,. donc R est transitive. On conclut que R est une relation d’équivalence dans R. ? Pour tout x ∈ R, la classe de x modulo R est : ( {x, −x} x b = {y ∈ R ; x R y} = {y ∈ R ; |x| = |y|} = {0}. Méthode Pour montrer qu’une relation R, dans un ensemble E, est une relation d’ordre. si x 6= 0 si x = 0.. Revenir à la définition, c’est-à-dire montrer que : • R est réflexive : ∀x ∈ E, x R x. ( xRy • R est antisymétrique : ∀(x, y) ∈ E , =⇒ x = y yRx ( xRy • R est transitive : ∀(x, y, z) ∈ E 3 , =⇒ x R z . yRz 2. ➟ Exercices 1.9, 1.13 Exemple On note E = RR l’ensemble des applications de R dans R et 6 la relation définie dans E par, pour toutes f, g ∈ E : f 6 g ⇐⇒ ∀x ∈ R, f (x) 6 g(x) . Montrer que 6 est une relation d’ordre dans E. Cet ordre est-il total ?. ? • On a, pour toute f ∈ E : ∀x ∈ R, f (x) 6 f (x), d’où f 6 f , donc 6 est réflexive. • On a, pour toutes f, g ∈ E :   f 6 g ∀x ∈ R, f (x) 6 g(x) ⇐⇒ g 6 f ∀x ∈ R, g(x) 6 f (x) ⇐⇒. ∀x ∈ R, f (x) = g(x) ⇐⇒ f = g,. donc 6 est antisymétrique. • On a, pour toutes f, g, h ∈ E :   f 6 g ∀x ∈ R, f (x) 6 g(x) ⇐⇒ g 6 h ∀x ∈ R, g(x) 6 h(x) =⇒. ∀x ∈ R, f (x) 6 h(x). . ⇐⇒ f 6 h,. donc 6 est transitive. Ceci montre que 6 est une relation d’ordre dans E. ? Considérons f : R −→ R, x 7−→ 0 et g : R −→ R, x 7−→ x. On a f (1) = 0 < 1 = g(1), donc on n’a pas g 6 f . On a f (1) = 0 > −1 = g(−1), donc on n’a pas f 6 g. On conclut que l’ordre 6 sur E n’est pas total.. 6.

(15) Vrai ou Faux ?. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Vrai ou Faux ? 1.1 Pour toutes parties A, B d’un ensemble E, on a : A ∩ B = ∅ ⇐⇒ B ⊂ {E (A).. V F. 1.2 Pour toutes parties A, B d’un ensemble E, on a : A ∩ B = A ∩ B.. V F. 1.3 ∀x ∈ R, ∃ y ∈ R, x 6 y.. V F. 1.4 ∃ y ∈ R, ∀x ∈ R, x 6 y.. V F. 1.5 Si les applications f : E −→ F et g : F −→ G sont injectives, alors l’application g ◦ f est injective.. V F. 1.6 Si l’application composée g ◦ f est injective, alors f et g sont injectives.. V F. 1.7 Si une application f : E −→ E vérifie f ◦ f = IdE , alors f est bijective et f −1 = f .. V F. 1.8 Si une application f : E −→ E vérifie f ◦ f = f , alors f = IdE .. V F. 1.9 Soient E, F des ensembles, f : E −→ F une application, A, B des parties de E. On a alors : f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B).. V F. 1.10 Soient E, F des ensembles, f : E −→ F une application, A, B des parties de E. On a alors : f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).. V F. 7.

(16) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Énoncés des exercices 1.1 Exemple de calcul ensembliste : inclusion Soient E un ensemble, A, B, C ∈ P(E). a) Montrer :. (A ∪ B) ∩ C ⊂ A ∪ (B ∩ C).. b) Établir qu’il y a égalité dans l’inclusion précédente si et seulement si : A ⊂ C. 1.2 Exemple de calcul ensembliste : équivalence entre deux égalités Soient E un ensemble, A, B, C ∈ P(E). Montrer : A ∪ B = A ∪ C ⇐⇒ A ∪ B = A ∪ C.. 1.3 Exemple d’une restriction bijective 3x − 1 . x−2 a) Montrer qu’il existe un réel et un seul, noté a, n’ayant pas d’image par f . On considère la fonction f de R dans R donnée par : f (x) =. b) Montrer qu’il existe un réel et un seul, noté b, n’ayant pas d’antécédent par f . c) Montrer que la restriction g de f à R\{a} au départ et à R\{b} à l’arrivée est bijective, et préciser l’application réciproque g −1 de g. 1.4 Exemple de calcul de composée de deux applications On note f, g : R −→ R les applications définies, pour tout x ∈ R, par : f (x) = 1 + x,. g(x) = x2 .. Préciser f ◦ g et g ◦ f. A-t-on f ◦ g = g ◦ f ? 1.5 Exemple de raisonnement par récurrence (faible) On considère la suite de Lucas (Ln )n∈N définie par L0 = 2, L1 = 1 et : ∀n ∈ N, Ln+2 = Ln+1 + Ln . Montrer, par récurrence, pour tout n ∈ N : a) L2n+1 − Ln Ln+2 = 5(−1)n+1 n X b) L2k = Ln Ln+1 + 2 k=0. 8. c) L2n = L2n − 2(−1)n. et. L2n+1 = Ln Ln+1 − (−1)n ..

(17) Énoncés des exercices. 1.6 Exemple de relation d’équivalence dans R On note R la relation définie dans R par : ∀(x, y) ∈ R2 ,. x R y ⇐⇒ x2 − 2x = y 2 − 2y .. a) Montrer que R est une relation d’équivalence dans R. b) Déterminer, pour tout x ∈ R, la classe d’équivalence de x modulo R. 1.7 Réunion ou intersection de produits cartésiens Soient E, F deux ensembles, A1 , A2 des parties de E, B1 , B2 des parties de F . a) Montrer : b) 1) Montrer :. (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ) = (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ). (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B1 ) = (A1 ∪ A2 ) × B1 .. 2) A-t-on nécessairement : (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) = (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 ) ? 1.8 Équivalence entre trois assertions faisant intervenir des différences ensemblistes Soient E un ensemble, A, B, C ∈ P(E). Montrer que les trois assertions suivantes sont deux à deux équivalentes : 1) A \ B ⊂ C, 2) A \ C ⊂ B, 3) A ⊂ B ∪ C. 1.9 Exemple de relation d’ordre sur les entiers On considère la relation R définie dans N∗ par : x R y ⇐⇒. ∃ n ∈ N ∗ , y = xn .. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. a) Montrer que R est un ordre sur N∗ . b) Est-ce que R est total ? 1.10 Exemple de raisonnement par récurrence à deux pas On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 0, u1 = 1 et : ∀n ∈ N, un+2 =. un+1 + un + 1. 2. Montrer que la suite (un )n∈N est strictement croissante. 1.11 Exemple de raisonnement par récurrence forte On considère la suite réelle (un )n∈N définie par u0 = 1 et : ∀n ∈ N, un+1 =. n X k=0. Montrer : ∀n ∈ N, un ∈ Q∗+ .. uk . k!(n − k)! 9.

(18) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. 1.12 Fonction indicatrice d’une partie d’un ensemble Soit E un ensemble. On rappelle que, pour toute A ∈ P(E), la fonction indicatrice de A est l’application 1A : E 7−→ {0, 1}, x 7−→. ( 0. si x ∈ /A. 1. si x ∈ A.. On note 1 l’application de P(E) dans {0, 1} constante égale à 1. a) Montrer, pour toutes A, B ∈ P(E) : A = B ⇐⇒ 1A = 1B , 1A ∩ B = 1A 1B ,. 1A = 1 − 1A ,. 1A ∪ B = 1A + 1B − 1A 1B ,. 1A\B = 1A − 1A 1B .. b) En déduire, pour toutes A, B ∈ P(E) : A ∩ (A ∪ B) = A et A ∪ (A ∩ B) = A. 1.13 Exemple de relation d’ordre sur un ensemble de fonctions On note E l’ensemble des applications f : [0 ; +∞[ −→ R dérivables, telles que f (0) = 1, et on note R la relation définie dans E par, pour tout (f, g) ∈ E 2 : f R g ⇐⇒ f 0 6 g 0 . a) Montrer que R est une relation d’ordre sur E. b) Est-ce que l’ordre R est total ? c) Montrer :. ∀(f, g) ∈ E 2 ,. d) A-t-on :. ∀(f, g) ∈ E 2 ,. f R g =⇒ f 6 g . f 6 g =⇒ f R g ?. 1.14 Composée injective, composée surjective Soient E, F, G des ensembles, f : E −→ F, g : F −→ G des applications. Montrer : a) si g ◦ f est injective, alors f est injective b) si g ◦ f est surjective, alors g est surjective c) si g ◦ f est bijective, alors f est injective et g est surjective. 1.15 Applications : composition, injectivité, surjectivité Soient E, F des ensembles, f : E −→ F, g : F −→ G des applications. a) Montrer que, si f ◦ g ◦ f = f et si f est injective, alors g est surjective. b) Montrer que, si g ◦ f ◦ g = g et si g est surjective, alors f est injective. 1.16 Images directes de parties par une application Soient E, E 0 deux ensembles, f : E −→ E 0 une application. Montrer, pour toutes parties A, B de E : a) A ⊂ B =⇒ f (A) ⊂ f (B) b) A ⊂ f −1 f (A) c) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) 10. d) f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)..

(19) Énoncés des exercices. 1.17 Images réciproques de parties par une application Soient E, E 0 deux ensembles, f : E −→ E 0 une application. Montrer, pour toutes parties A0 , B 0 de E : a) A0 ⊂ B 0 =⇒ f −1 (A0 ) ⊂ f −1 (B 0 ) b) f f −1 (A0 ) ⊂ A0 c) f −1 (A0 ∪ B 0 ) = f −1 (A0 ) ∪ f −1 (B 0 ) d) f −1 (A0 ∩ B 0 ) = f −1 (A0 ) ∩ f −1 (B 0 ). 1.18 Différence symétrique, associativité Soit E un ensemble. On note, pour toutes parties A, B de E : A M B = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B), appelée différence symétrique de A et B. a) Deux exemples : Déterminer A M B dans les deux exemples suivants : 1) E = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {1, 3} 2) E = R, A = ] − ∞ ; 2], B = [1 ; +∞[. 2 b) Établir : ∀(A, B) ∈ P(E) , A M B = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A). 2 c) Montrer, pour tout (A, B) ∈ P(E) : 1A M B = 1A + 1B − 2 · 1A 1B . d) En déduire que la loi M est associative dans P(E), c’est-à-dire :. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 3 ∀(A, B, C) ∈ P(E) , (A M B) M C = A M (B M C).. 11.

(20) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Du mal à démarrer ? 1.1 a) Utiliser la distributivité de ∩ sur ∪. b) Séparer l’équivalence logique en deux implications. 1.2 Première méthode : Raisonner par équivalences logiques en passant aux complémentaires. Deuxième méthode : Supposer A ∪ B = A ∪ C. ? Partir d’un élément quelconque x de A ∪ B et raisonner par l’absurde, pour déduire x ∈ A ∪ C. ? L’autre inclusion s’en déduit en échangeant B et C. 1.3 a) a = 2. b) b = 3. c) À partir de y = f (x), calculer x en fonction de y. 1.4 Calculer, pour tout x ∈ R, (f ◦ g)(x) et (g ◦ f )(x), et trouver un x ∈ R tel que ces deux résultats soient différents. 1.5 Récurrence (faible) sur n, pour chacune des trois questions. Pour c), utiliser a). 1.6 a) Revenir à la définition d’une relation d’équivalence. Noter f : R −→ R, x 7−→ x2 − 2x, pour la commodité. b) Revenir à la définition de la classe d’équivalence x b de x modulo R : ∀y ∈ R, y ∈ x b ⇐⇒ x R y . 1.7 a) Raisonner par équivalences logiques successives, en partant de (a, b) ∈ (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ). b) 1) Même méthode qu’en a). 2) Envisager un élément de A1 × B2 . 1.8 Montrer 1) =⇒ 3) et 3) =⇒ 1) en passant par les éléments, puis échanger B et C pour en déduire 2) ⇐⇒ 3). 1.9 a) Revenir à la définition d’une relation d’ordre. b) Envisager les éléments 1 et 2 de N∗ , par exemple. 1.10 Récurrence à deux pas sur n. 1.11 Récurrence forte sur n. 1.12 a) • Un sens est évident. Réciproquement, supposer 1A = 1B et partir d’un élément quelconque a de A, pour montrer A ⊂ B. • Pour x ∈ E, séparer en cas : x ∈ A, x ∈ / A. • Pour x ∈ E, séparer en cas : x ∈ A ∩ B, x ∈ / A ∩ B. • Passer aux complémentaires à partir du résultat précédent.. 12. • Utiliser les résultats précédents. b) Calculer 1A ∩ (A ∪ B) et 1A ∪ (A ∩ B) . 1.13 a) Revenir à la définition d’une relation d’ordre. b) Envisager f, g de façon que f − g ne soit ni croissante ni décroissante. c) Remarquer que, si f R g, alors f − g est décroissante et se rappeler que f (0) = g(0). d) Envisager f, g de façon que f 6 g mais que f − g ne soit pas décroissante. 1.14 a) Revenir aux définitions. b) Revenir aux définitions. c) Se déduit directement de a) et b). x de E, considérer f (x) et 1.15 a) Partir d’un élément déduire x = g f (x) . b) Partir de x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ), utiliser la surjectivité de g, puis g = g ◦ f ◦ g, et déduire x1 = x2 . 1.16 a) Supposer A ⊂ B. Partir d’un élément quelconque y de f (A) et utiliser la définition de l’image directe d’une partie de E par f . b) Partir de a ∈ A et utiliser les définitions. c) • Montrer, en utilisant a) : f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B). • Réciproquement, partir de y ∈ f (A ∪ B) et utiliser la définition de l’image directe d’une partie de E par f . d) Utiliser a). 1.17 a) Supposer A0 ⊂ B 0 . Partir d’un éléments quelconque x de f −1 (A0 ) et utiliser la définition de l’image réciproque d’une partie de F par f . b) Partir de y ∈ f f −1 (A0 ) et utiliser les définitions. c) Raisonner par équivalences logiques successives en partant de x ∈ f −1 (A0 ∪ B 0 ) et en appliquant les définitions. d) Raisonner par équivalences logiques successives en partant de x ∈ f −1 (A0 ∩ B 0 ) et en appliquant les définitions. 1.18 a) Réponses : 1) A M B = {2, 3}, 2) A M B = ] − ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[. b) Calculer A M B d’après sa définition, en utilisant les formules sur le calcul sur les ensembles. c) Utiliser b) et les formules sur les fonctions caractéristiques (cf. Exercice 1.12)..

(21) En particulier, pour tous ensembles X, Y : 1X = 1 − 1X ,. d) Calculer les fonctions caractéristiques des deux membres.. 1X ∩ Y = 1X 1Y ,. 1X ∪ Y = 1X + 1Y − 1X 1Y .. CORRIGÉS. Vrai ou Faux, les réponses. Vrai ou Faux, les réponses. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. 1.1 B ⊂ {E (A) ⇐⇒. ∀x ∈ B, x ∈ /A. . ⇐⇒. Non (∃ x ∈ B, x ∈ A) ⇐⇒ Non (A ∩ B = 6 ∅) ⇐⇒ A ∩ B = ∅.. V F. 1.2 Contre-exemple : E = {1, 2}, A = {1}, B = {2}. La formule correcte est : A ∩ B = A ∪ B.. V F. 1.3 Par exemple, y = x + 1.. V F. 1.4 Il n’existe pas de réel y fixé plus grand que tout réel x.. V F. 1.5 C’est un résultat du cours.. V F. 1.6 Contre-exemple : E = F = G = R, f : x − 7 → e x , g : y 7−→ |y|. x x On a alors g ◦ f : x 7−→ | e | = e , g ◦ f est injective, mais g ne l’est pas.. V F. 1.7 L’application f est injective, car, pour tout (x1 , x2 ) ∈ E 2 , si f (x1 ) = f (x2 ), alors f f (x1 ) = f f (x2 ) , donc x1 = x2 . L’application f est surjective car, pour tout y ∈ E, on a y = f f (y) . Il en résulte que f est bijective, puis, en composant à gauche par f −1 , on obtient f = f −1 .. V F. 1.8 Contre-exemple : E = R, f : R −→ R, x 7−→ 0.. V F. 1.9 Soit y ∈ f (A ∪ B). Il existe x ∈ A ∪ B tel que y = f (x). On a alors x ∈ A d’où f (x) ∈ A, ou x ∈ B d’où f (x) ∈ f (B), et donc : f (x) ∈ f (A) ∪ f (B). On obtient f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B). Réciproquement, soit y ∈ f (A) ∪ f (B). On a y ∈ f (A) ou y ∈ f (B). Si y ∈ f (A), alors il existe x ∈ A tel que y = f (x), d’où x ∈ A ∪ B et y = f (x), donc y ∈ f (A ∪ B). De même, si y ∈ f (B), on déduit y ∈ f (A ∪ B). On obtient f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B). Par double inclusion, on conclut : f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B).. V F. 1.10 Contre-exemple : E = F = R, f : R −→ R, x 7−→ x2 , A = R− , B = R+ . On a alors : A ∩ B = {0}, f (A ∩ B) = {0}, f (A) = R+ , f (B) = R+ , f (A) ∩ f (B) = R+ .. V F 13.

(22) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. Corrigés des exercices 1.3. 1.1 a) On a, par distributivité de ∩ sur ∪ : (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C ) ∪ (B ∩ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C). | {z } ⊂A. a) Il est clair que : a = 2. b) Soit (x, y) ∈ (R \ {2}) × R. On a : 3x − 1 ⇐⇒ xy − 2y = 3x − 1 x−2 ⇐⇒ xy − 3x = 2y − 1 ⇐⇒ (y − 3)x = 2y − 1.. y = f (x) ⇐⇒ y =. b) •Supposons (A ∪ B) ∩ C = A ∪ (B ∩ C). Soit x ∈ A.. Si y 6= 3, on a : y = f (x) ⇐⇒ x =. Alors, x ∈ A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ C, donc x ∈ C. Ceci montre : A ⊂ C.. donc y admet un antécédent et un seul par f , qui est. •Réciproquement, supposons A ⊂ C.. Si y = 3, alors : y = f (x) ⇐⇒ 0x = 5,. On a alors, par distributivité de ∩ sur ∪ :. donc y n’a pas d’antécédent par f .. (A ∪ B) ∩ C = (A ∩ C ) ∪ (B ∩ C) = A ∪ (B ∩ C). | {z } =A. On conclut qu’il y a égalité dans l’inclusion obtenue en a) si et seulement si A ⊂ C. 1.2 En appliquant la première implication avec (B, C) à la place de (B, C), on obtient la seconde implication. •Première méthode : par les ensembles, globalement On a : A ∪ B=A ∪ C =⇒. A ∪ B=A ∪ C. =⇒. A ∩ B=A ∩ C. =⇒. A ∪ (A ∩ B) = A ∪ (A ∩ C). =⇒. (A ∪ A) ∩ (A ∪ B) = (A ∪ A) ∩ (A ∪ C). =⇒. A ∪ B = A ∪ C.. •Deuxième méthode, par les éléments On suppose A ∪ B = A ∪ C. ? Soit x ∈ A ∪ B. Alors x ∈ A ou x ∈ B. Si x ∈ A, alors x ∈ A ∪ C. Supposons x ∈ / A, donc x ∈ B. Raisonnons par l’absurde : supposons x ∈ / A ∪ C. Alors, x ∈ A ∪ C = A ∩ C, donc x ∈ C, puis x ∈ A ∪ C, donc x ∈ A ∪ B, contradiction avec x ∈ /A et x ∈ / B. Ce raisonnement par l’absurde montre : x ∈ A ∪ C, et on a donc établi l’inclusion A ∪ B ⊂ A ∪ C. ? Par rôles symétriques de B et C dans l’égalité d’hypothèse A ∪ B = A ∪ C, on a alors aussi l’autre inclusion, d’où l’égalité.. 2y − 1 . y−3. Il existe donc un réel et un seul, b = 3, n’ayant pas d’antécédent par f . 3x − 1 c) L’application g : R \ {2} −→ R \ {3}, x 7−→ x−2 est la restriction de f à R \ {2} au départ et à R \ {3} à l’arrivée. On a, pour tout (x, y) ∈ (R \ {2}) × (R \ {3}) : y = g(x) ⇐⇒ y =. Il suffit donc de montrer la première implication.. 14. 2y − 1 y−3. 3x − 1 2y − 1 ⇐⇒ x = . x−2 y−3. Ainsi, tout élément y de l’arrivée admet un antécédent et un seul par g, donc g est bijective, et l’application réciproque de 2y − 1 g est : g −1 : R \ {3} −→ R \ {2}, y 7−→ . y−3 1.4 •On a, pour tout x ∈ R :  (f ◦ g)(x) = f g(x) = f (x2 ) = 1 + x2 (g ◦ f )(x) = g f (x) = g(1 + x) = (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 . •Par exemple : (f ◦ g)(1) = 2 et (g ◦ f )(1) = 4, donc : f ◦ g 6= g ◦ f. 1.5 a) •Initialisation : Pour n = 0, on a : L2n+1 − Ln Ln+2 = L21 − L0 L2 = 12 − 2 · 3 = −5 et. 5(−1)n+1 = −5,. donc la formule est vraie pour n = 0. •Hérédité : Supposons la formule vraie pour un n ∈ N fixé. On a alors :. L2n+2 − Ln+1 Ln+3 =. L2n+2 − Ln+1 (Ln+2 + Ln+1 ). =. (L2n+2 − Ln+1 Ln+2 ) − L2n+1.

(23) = =. Ln+2 (Ln+2 − Ln+1 ) − L2n+1 Ln+2 Ln −. L2n+1. = Ln+1 Ln+2 − (−1)n+1 , donc la formule est vraie pour n + 1.. −(L2n+1 − Ln Ln+2 ) = − 5(−1)n+1 = 5(−1)n+2 , donc la formule est vraie pour n + 1.. Ceci montre, par récurrence sur n, que la formule proposée est vraie pour tout n ∈ N.. Ceci montre, par récurrence sur n, que la formule proposée est vraie pour tout n ∈ N. b) •Initialisation :. a) Notons f : R −→ R, x 7−→ x2 − 2x.. =. n X. Pour n = 0 :. L2k = L20 = 22 = 4,. k=0. et :. Ln Ln+1 + 2 = L0 L1 + 2 = 2 · 1 + 2 = 4,. 1.6 1) Réflexivité : On a, pour tout x ∈ R, f (x) = f (x), donc x R x. 2) Symétrie : Soit (x, y) ∈ R2 tel que x R y. On a alors f (x) = f (y), donc f (y) = f (x), d’où y R x.. donc la formule est vraie pour n = 0.. 3) Transitivité :. •Hérédité :. Soit (x, y, z) ∈ R3 tel que x R y et y R z. On a alors f (x) = f (y) et f (y) = f (z), donc f (x) = f (z), d’où x R z.. Supposons la formule vraie pour un n ∈ N fixé. On a alors : n+1 X. L2k. n X. =. k=0. On conclut : R est une relation d’équivalence dans R. L2k. . +. b) Soit x ∈ R. Notons x b la classe d’équivalence de x modulo R.. L2n+1. k=0. (Ln Ln+1 + 2) + L2n+1. = =. (Ln Ln+1 +. L2n+1 ). On a, pour tout y ∈ R : y ∈ x b. +2. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. = Ln+1 (Ln + Ln+1 ) + 2 = Ln+1 Ln+2 + 2, donc la formule est vraie pour n + 1. Ceci montre, par récurrence sur n, que la formule proposée est vraie pour tout n ∈ N. c) •Initialisation :  L2n = L0 = 2 Pour n = 0 : L2 − 2(−1)n = 22 − 2 = 2 n  L2n+1 = L1 = 1 et Ln Ln+1 − (−1)n = 2 · 1 − 1 = 1, donc la formule (système de deux formules) est vraie pour n = 0.. =. (Ln Ln+1 + L2n ) − 3(−1)n. =. Ln (Ln+1 + Ln ) − 3(−1)n. =. Ln Ln+2 − 3(−1)n. = = et = =. Ln Ln+1 − (−1)n + L2n − 2(−1)n. L2n+1 − 5(−1)n+1 − 3(−1)n L2n+1 + 2(−1)n. = L2n+1 − 2(−1)n+1 L2n+3 = L2n+2 + L2n+1 L2n+1 − 2(−1)n+1 + Ln Ln+1 − (−1)n Ln+1 Ln+1 + Ln − (−1)n+1. ⇐⇒. x2 − y 2 − 2x + 2y = 0. 1.7. (a, b) ∈ (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ). ⇐⇒ =. x2 − 2x = y 2 − 2y. a) On a, pour tout (a, b) ∈ E × F :. ⇐⇒. L2n+1 + L2n. ⇐⇒. Il en résulte que x b est de cardinal 1 si x = 1, de cardinal 2 si x 6= 1.. Supposons la formule vraie pour un n ∈ N fixé. =. xRy. (x − y)(x + y − 2) = 0 ⇐⇒ y = x ou y = 2 − x .   {1} si x = 1 On conclut : x b= {x, 2 − x} si x 6= 1.. ⇐⇒. On a alors :. ⇐⇒. ⇐⇒. •Hérédité :. L2n+2. CORRIGÉS. Corrigés des exercices. ⇐⇒ ⇐⇒. (a, b) ∈ A1 × B1 et (a, b) ∈ A2 × B2 a ∈ A1 et b ∈ B1 et a ∈ A2 et b ∈ B2 a ∈ A1 et a ∈ A2 et b ∈ B1 et b ∈ B2 a ∈ A1 ∩ A2 et b ∈ B1 ∩ B2 (a, b) ∈ (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ),. donc : (A1 × B1 ) ∩ (A2 × B2 ) = (A1 ∩ A2 ) × (B1 ∩ B2 ). b) 1) On a, pour tout (a, b) ∈ E × F : (a, b) ∈ (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B1 ) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒. (a, b) ∈ A1 × B1 ou (a, b) ∈ A2 × B1 (a ∈ A1 ou a ∈ A2 ) et b ∈ B1 a ∈ A1 ∪ A2 et b ∈ B1. . (a, b) ∈ (A1 ∪ A2 ) × B1 ,. donc : (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B1 ) = (A1 ∪ A2 ) × B1 .. 15.

(24) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. 2) L’ensemble (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 ) contient, entre autres, les couples (a, b) où a ∈ A1 et b ∈ B2 , et ces couples ne sont pas nécessairement dans A1 × B1 ou A2 × B2 .. 1.10 Puisque un+2 est donné en fonction de un+1 et de un , on va effectuer une récurrence à deux pas.. Donnons un contre-exemple.. •Initialisation :. Notons E = F = {0, 1}, A1 = B1 = {0}, A2 = B2 = {0, 1}.. Pour n = 0, on a u1 > u0 , car u1 = 1 et u0 = 0.. On a alors : (A1 × B1 ) ∪ (A2 × B2 ) = {(0, 0)} ∪ {(1, 1)}. Pour n = 1, on a u2 > u1 , u1 + u0 3 car u1 = 1 et u2 = +1= . 2 2. et (A1 ∪ A2 ) × (B1 ∪ B2 ) = {0, 1} × {0, 1} = (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1) . Ainsi, (0, 1) est dans le premier ensemble et non dans le second. On conclut qu’en général il n’y a pas égalité entre les deux ensembles envisagés. 1). 1.8 =⇒. •Hérédité : Supposons que, pour un n ∈ N fixé, on ait un+1 > un et un+2 > un+1 . On a alors : un+3 =. un+2 + un+1 un+1 + un +1> + 1 = un+2 . 2 2. Ceci montre, par récurrence à deux pas sur n :. 3) :. Supposons A \ B ⊂ C. Soit x ∈ A.. ∀n ∈ N, un+1 > un .. Si x ∈ B, alors x ∈ B ∪ C. Si x ∈ / B, alors x ∈ A \ B, donc x ∈ C, puis x ∈ B ∪ C. Ceci montre : x ∈ B ∪ C. On a donc : A ⊂ B ∪ C. 3). =⇒. 1) :. Supposons A ⊂ B ∪ C.. Pour n = 0, on a u0 = 1 ∈ Q∗+ .. Comme x ∈ A et A ⊂ B ∪ C, on a x ∈ B ∪ C.. •Hérédité :. Puisque x ∈ B ∪ C et x ∈ / B, on déduit x ∈ C.. Supposons, pour un n ∈ N fixé : u0 , ..., un ∈ Q∗+ .. Cela montre : A \ B ⊂ C. ⇐⇒. 3).. Comme B ∪ C = C ∪ B, on déduit, en remplaçant (B, C) par (C, B) dans le résultat précédent : 2) ⇐⇒ 3). Finalement, les trois assertions 1), 2), 3) sont deux à deux équivalentes. 1.9 a) 1) Réflexivité : On a, pour tout x ∈ N∗ , x R x, car x = x1 . 2) Antisymétrie : Soient x, y ∈ N∗ tels que x R y et y R x. Il existe n, p ∈ N∗ tels que y = xn et x = y p . On a x ∈ N∗ et n ∈ N∗ , donc x > 1 et n > 0, d’où xn > x, donc y = xn > x. De même, x > y, et on déduit x = y. 3) Transitivité : Soient x, y, z ∈ N∗ tels que x R y et y R z. Il existe n, p ∈ N∗ tels que y = xn et z = y p . On a alors : z = y p = (xn )p = xnp et np ∈ N∗ , donc x R z. On conclut : R est un ordre sur N∗ . b) On n’a ni 1 R 2, car il n’existe pas n ∈ N∗ tel que 2 = 1n , ni 2 R 1, car il n’existe pas n ∈ N∗ tel que 1 = 2n . On conclut : R n’est pas total.. 16. 1.11 Puisque un+1 est donné (entre autres) en fonction de u0 , ..., un , on va effectuer un raisonnement par récurrence forte. •Initialisation :. Soit x ∈ A \ B, donc x ∈ A et x ∈ / B.. On a donc établi l’équivalence logique : 1). On conclut que la suite (un )n∈N∗ est strictement croissante.. n X. uk , que u0 , ..., un sont dans Q∗+ k!(n − k)! et que 0!, 1!, ..., n! sont dans N∗ , par opérations, on déduit : un+1 ∈ Q∗+ . Comme un+1 =. k=0. On conclut, par récurrence forte sur n : ∀n ∈ N, un ∈ Q∗+ . 1.12 a) •Il est clair que, si A = B, alors 1A = 1B . Réciproquement, supposons 1A = 1B . Pour tout a ∈ A, on a 1B (a) = 1A (a) = 1, donc a ∈ B, ce qui montre A ⊂ B, puis, de même, B ⊂ A, donc A = B. On conclut : A = B ⇐⇒ 1A = 1B . Autrement dit, la connaissance de 1A détermine entièrement A. •On a, pour tout x ∈ E : si x ∈ A, alors x ∈ / A, donc 1A (x) = 1 et 1A (x) = 0, d’où 1A (x) = 1 − 1A (x) si x ∈ / A, alors x ∈ A, donc 1A (x) = 0 et 1A (x) = 1, d’où 1A (x) = 1 − 1A (x). Ceci montre : ∀x ∈ E, 1A (x) = 1 − 1A (x). On conclut :. 1A = 1 − 1A .. •On a, pour tout x ∈ E : si x ∈ A ∩ B, alors x ∈ A et x ∈ B, donc 1A ∩ B (x) = 1, 1A (x) = 1, 1B (x) = 1, d’où 1A ∩ B (x) = 1A (x)1B (x).

(25) si x ∈ / A ∩ B, alors x ∈ / A ou x ∈ / B, donc 1A ∩ B (x) = 0 et 1A (x) = 0 ou 1B (x) = 0 , d’où 1A ∩ B (x) = 1A (x)1B (x). Ceci montre : ∀x ∈ E, 1A ∩ B (x) = 1A (x)1B (x). On conclut : 1A ∩ B = 1A 1B . •On a, en passant par des complémentaires et en utilisant des résultats précédents : 1A ∪ B. =. 1 − 1A ∪ B. =. 1 − 1A ∩ B. =. 1 − 1A 1B. =. 1 − (1 − 1A )(1 − 1B ). =. 1 − (1 − 1A − 1B + 1A 1B ). =. 1A + 1B − 1A 1B .. On a alors f 0 6 g 0 , donc (f − g)0 6 0, donc f − g est décroissante. Comme (f − g)(0) = f (0) − g(0) = 1 − 1 = 0, on déduit f − g 6 0, donc f 6 g. d) Donnons un contre-exemple, dans lequel f 6 g et non f Rg. Il suffit de trouver deux applications f, g, dérivables, telles que : f (0) = g(0) = 1, f 6 g et f − g non décroissante. Considérons les applications f, g : [0 ; +∞[ −→ R définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par : f (x) = 1. et. g(x) = 1 + sin2 x.. Il est clair que f et g sont dérivables sur [0 ; +∞[, que f (0) = g(0) = 1, que f 6 g. De plus : ∀x ∈ [0 ; +∞[, f 0 (x) = 0 et g 0 (x) = 2 sin x cos x.. •On a : 1A\B = 1A ∩ B = 1A 1B = 1A (1 − 1B ) = 1A − 1A 1B . b) On a, pour tout A, B ∈ P(E). 1A ∩ (A ∪ B) = 1A 1A ∪ B = 1A (1A + 1B − 1A 1B ) = 1A + 1A 1B − 1A 1B = 1A , donc, d’après a) : A ∩ (A ∪ B) = A. De même : 1A ∪ (A ∩ B) = 1A + 1A ∩ B − 1A 1A ∩ B = 1A + 1A 1B − 1A (1A 1B ) = 1A + 1A 1B − 1A 1B = 1A , donc, d’après a) : A ∪ (A ∩ B) = A. On peut aussi remarquer que, puisque A ⊂ A ∪ B, on a A ∩ (A ∪ B) = A, et que, puisque A ∩ B ⊂ A, on a A ∪ (A ∩ B) = A. 1.13. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. c) Soit (f, g) ∈ E 2 tel que f R g.. CORRIGÉS. Corrigés des exercices. En particulier : 3π 3π 1 1 f0 = 0 et g 0 = 2√ −√ = 1, 4 4 2 2 donc on n’a pas f 0 6 g 0 , donc non f R g. 1.14 a) Supposons g ◦ f injective. Soit (x1 , x2 ) ∈ E 2 tel que f (x1 ) = f (x2 ). On a alors : g ◦ f (x1 ) = g f (x1 ) = g f (x2 ) = g ◦ f (x2 ). Puisque g ◦ f est injective, il s’ensuit : x1 = x2 . On conclut que f est injective. b) Supposons g ◦ f surjective. Soit z ∈ G. Puisque g ◦ f est surjective, il existe x ∈ E tel que : z = g ◦ f (x). On a alors : z = g f (x) et f (x) ∈ F.. a) 1) Réflexivité :. Ceci montre :. Soit f ∈ E. On a f 0 6 f 0 , donc f R f .. On conclut que g est surjective. c) Si g ◦ f est bijective, alors g ◦ f est injective et surjective, donc, d’après a) et b), f est injective et g est surjective.. 2) Antisymétrie : Soit (f, g) ∈ E 2 tel que f R g et gR f .. ∀z ∈ G, ∃ y ∈ F, z = g(y).. 1.15. On a alors f 0 6 g,0 et g 0 6 f 0 , donc f 0 = g 0 . Ainsi, f − g est dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ et (f − g)0 = 0, donc f − g est constante.. a) On suppose f ◦ g ◦ f = f et f injective.. Comme (f − g)(0) = f (0) − g(0) = 1 − 1 = 0, on déduit f − g = 0, donc f = g.. On a : f (x) = (f ◦ g ◦ f )(x) = f g ◦ f (x) .. 3) Transitivité : Soit (f, g, h) ∈ E 3 tel que f R g et g R h. On a alors f 0 6 g 0 et g 0 6 h 0 , donc f 0 6 h 0 , d’où f R h. On conclut : R est une relation d’ordre dans E. b) Pour montrer que l’ordre R n’est pas total, il suffit de trouver f, g ∈ E telles que l’on n’ait ni f 0 6 g 0 ni g 0 6 f 0 , c’est-à-dire telles que f − g ne soit ni croissante ni décroissante. Il est clair que les applications f, g : [0 ; +∞[ −→ R définies, pour tout x ∈ [0 ; +∞[, par f (x) = 1 + x et g(x) = 1 + x2 conviennent. On conclut que l’ordre R n’est pas total.. Soit x ∈ E. Comme f est injective, on déduit : x = (g ◦ f )(x) = g f (x) . Cela montre que g est surjective. b) On suppose g ◦ f ◦ g = g et g surjective. Soient x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). Puisque g est surjective, il existe y1 , y2 ∈ F tels que : x1 = g(y1 ). et. x2 = g(y2 ).. On a alors : x1 = g(y1 ) = (g ◦ f ◦ g)(y1 ) = g f g(y1 ) = g f (x1 ) = g f (x2 ) = (g ◦ f ◦ g)(y2 ) = g(y2 ) = x2 , et on conclut que f est injective.. 17.

(26) Chapitre 1 – Raisonnement, vocabulaire ensembliste. d) On a, pour tout x ∈ E :. 1.16 a) Supposons A ⊂ B.. x ∈ f −1 (A0 ∩ B 0 ). Soit y ∈ f (A). Il existe a ∈ A tel que y = f (a). Comme a ∈ A ⊂ B, on a a ∈ B, puis y = f (a) ∈ f (B). On obtient : f (A) ⊂ f (B). b) Soit a ∈ A. On a : f (a) ∈ f (A), donc par définition d’une image réciproque, a ∈ f −1 f (A) . On conclut : A ⊂ f −1 f (A) . c) •En utilisant a) :   A ⊂ A ∪ B f (A) ⊂ f (A) ∪ f (B) =⇒ B ⊂ A ∪ B f (B) ⊂ f (A) ∪ f (B). ⇐⇒. x ∈ f −1 (A0 ) ∩ f −1 (B 0 ).. On conclut : f −1 (A0 ∩ B 0 ) = f −1 (A0 ) ∩ f −1 (B 0 ). 1.18 a) 1) Pour E = {1, 2, 3, 4}, A = {1, 2}, B = {1, 3}, on a : A ∪ B = {1, 2, 3},. A ∩ B = {1}, A M B = {2, 3}.. A ∩ B = [1 ; 2],. c) On a, pour tout (A, B) ∈ P(E). 2. :. 1AMB = 1(A ∩ B) ∪ (B ∩ A) = 1A 1B + 1B 1A − 1A 1B 1B 1A | {z } =0. On conclut : ⊂ b) Soit y ∈ f f −1 (A0 ) . Il existe x ∈ f −1 (A0 ) tel que y = f (x). Puis, comme x ∈ f −1 (A0 ), on a f (x) ∈ A0 , donc y ∈ A0 . On conclut : f f −1 (A0 ) ⊂ A0 . c) On a, pour tout x ∈ E : f −1 (A0 ). f −1 (B 0 ).. x ∈ f −1 (A0 ∪ B 0 ). 18. . = (A ∩ B) ∪ (B ∩ A).. Soit x ∈ f −1 (A0 ). On a f (x) ∈ A0 , donc f (x) ∈ B 0 , puis x ∈ f −1 (B 0 ).. On conclut : f. x ∈ f −1 (B 0 ). = (A ∩ A) ∪ (A ∩ B) ∪ (B ∩ A) ∪ (B ∩ B). a) Supposons A0 ⊂ B 0 .. 0. f (x) ∈ A ∪ B f (x) ∈ A. 0. ou. f (x) ∈ B ou. 0. (A ∪ B ) = f. −1. d) Soit (A, B, C) ∈ P(E). 3. . On a :. 1(AMB)MC = 1AMB + 1C − 2 · 1AMB 1C = (1A + 1B − 2 · 1A 1B ) + 1C − 2 · (1A + 1B − 2 · 1A 1B )1C = 1A + 1B + 1C − 2(1A 1B + 1A 1C + 1B 1C ) + 4 · 1A 1B 1C . De même : 1AM(BMC) = 1A + 1BMC − 2 · 1A 1BMC = 1A + 1B + 1C − 2(1A 1B + 1A 1C + 1B 1C ) + 4 · 1A 1B 1C .. . x ∈ f −1 (B 0 ). x ∈ f −1 (A0 ) ∪ f −1 (B 0 ). 0. = 1A (1 − 1B ) + 1B (1 − 1A ) = 1A + 1B − 2 · 1A 1B .. = 1A + (1B + 1C − 2 · 1B 1C ) − 2 · 1A (1B + 1C − 2 · 1B 1C ). 0. x ∈ f −1 (A0 ) 0. et. . A M B = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ B). 1.17. −1. f (x) ∈ B 0. A ∩ B = ]−∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[, A M B = ]−∞ ; 1[ ∪ ]2 ; +∞[. 2 b) On a, pour tout (A, B) ∈ P(E) :. =⇒ f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).. ⇐⇒. x ∈ f −1 (A0 ). A ∪ B = R,. On conclut : f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B). d) En utilisant a) :   A ∩ B ⊂ A f (A ∩ B) ⊂ f (A) =⇒ A ∩ B ⊂ B f (A ∩ B) ⊂ f (B). ⇐⇒. ⇐⇒. A ∩ B = {2, 3, 4},. Ceci montre : ∀(A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B).. ⇐⇒. f (x) ∈ A0. 2) Pour E = R, A = ] − ∞ ; 2], B = [1 ; +∞[, on a :. On a donc : f (x) ∈ f (A) ∪ f (B).. ⇐⇒. et. ⇐⇒. ⇐⇒. =⇒ f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B). •Soit y ∈ f (A ∪ B). Il existe x ∈ A ∪ B tel que y = f (x). On a : x ∈ A ou x ∈ B. Si x ∈ A, alors f (x) ∈ f (A) ⊂ f (A) ∪ f (B). Si x ∈ B, alors f (x) ∈ f (B) ⊂ f (A) ∪ f (B).. f (x) ∈ A0 ∩ B 0. 0. (A ) ∪ f. −1. 0. (B ).. Ceci montre :. 1(AMB)MC = 1AM(BMC) .. On déduit : (A M B) M C = A M (B M C), et on conclut que la loi M est associative dans P(E)..

(27) Chapitre 2. TITRE FICTIF. Calculs algébriques Calculs algébriques. Plan. Les méthodes à retenir Vrai ou faux ? Les énoncés des exercices Du mal à démarrer ? Vrai ou faux, les réponses Les corrigés des exercices. 20 24 25 28 29 30. Thèmes abordés dans les exercices. • Calculs de sommations simples ou doubles, de produits simples ou doubles • Manipulation des coefficients binomiaux, obtention d’égalités et calculs de sommes les faisant intervenir • Résolution de systèmes linéaires.. Points pour la essentiel résolutions dudescours exercices • Définition et propriétés du symbole. pour une sommaY tion d’un nombre fini de termes, et du symbole pour un produit d’un nombre fini de facteurs X. • Règles de calcul élémentaire sur les nombres entiers, sur les nombres réels n n n X X X • Sommations usuelles : k, k2 , qk k=1. k=1. © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. • Factorisation de an − bn pour n ∈ N∗. k=0. • Définition et propriétés des coefficients binomiaux particulier :. n , en p. n n! ◦ l’expression à l’aide de factorielles = , p p!(n − p)! n n n+1 ◦ la formule fondamentale + = , p p+1 p+1 ◦ la formule du binôme de Newton • Opérations élémentaires, méthode du pivot.. 19.

(28) © Dunod. Toute reproduction non autorisée est un délit. Index. slicing (tranchage), 500 solution générale, 121 particulière, 121 sommation, 22 d’entiers, 20, 459, 501 double, 21, 501 géométrique, 20, 40, 260, 459 simple, 21 télescopique, 20 somme d’applications, 296, 403 de Riemann, 384 sous-groupe, 229 sous-espace vectoriel, 274 engendré par une famille, 277 suite, 142 adjacente, 144 convergente, 142 divergente, 143 extraite, 144 récurrente linéaire à coefficients constants avec second membre, 146 récurrente linéaire du second ordre à coefficients constants sans second membre, 145, 502 récurrente un+1 = f (un ), 147, 502 supplémentaires sous-espaces —, 275, 286 surjection, 4, 298 symétrie orthogonale, 365 symétrique d’un élément, 227 matrice —, 316 relation —, 5 système linéaire, 22 T Taylor-Young théorème de —, 197 Tchebychev inégalité de Bienaymé- —, 479 télescopage, 20 th, 85. théorème de Bézout, 257 de la bijection monotone, 57, 168 de Rolle, 179 de Taylor-Young, 197 d’encadrement, 142 des accroissements finis, 179 des valeurs intermédiaires, 164 du rang, 300, 329 limite de la dérivée, 179 time (module Python), 506 trace, 315 tranchage, 500 transposée, 315 transitive relation —, 5, 6 triangulaire inégalité —, 38 trinôme, 213 bicarré, 260 U univers des possibles, 438 V valeur absolue, 54 valeurs intermédiaires théorème des —, 164 variables aléatoires, 457 indépendantes, 475 variance, 458 variations, 68 W Wallis intégrale de —, 383 produit de —, 508 while, 499, 504 with, 507 Z zéros d’un polynôme, 245, 257 d’une fonction, 69. 535.

(29)