correction examen alg1

Université Abdel Hamid Ibn Badis Mostaganem
Département de Mathématiques et d’Informatique
1iere Année Licence MIAS
Responsable de la matière : S. M. Bahri
Algèbre1
Correction Examen Final
(27 Janvier 2013)
Exercise 1 (04 points) i)(02 points) Voir le cours.
ii)(02 points) Si f est un isomorphisme, alors f est une bijection, donc f
aussi. Il su¢ t de montrer que f 1 est un morphisme de groupes.
1
Soient x et y deux éléments quelconques de H. On a alors:
f (f
1
(x) f
1
f
1
(y)) = f (f
1
(x))?f (f
1
(y)) = x?y
D’où:
f
1
1
(x) f
(y) = f
1
(x?y)
est donc un isomorphisme de groupes de H sur G.
Exercise 2 (06 points) a)
(01 point) non P : Pour tout réel x; il existe un réel y tel que (y < x et y
y 2 x2 .
(01 point) P est vraie. En e¤ et, le réel x = 0 convient car si (y < 0 et y
on a en particulier y < 0, donc y 2 > 0 = x2 :
1) et
1) ;
b)
(01 point) non Q : Il existe > 0; il existe un réel x et un réel y tels que, pour
:
tout > 0; jx yj < et x2 y 2
(01 point) Il est clair que la proposition Q est vraie car l’incrément
x et y.
dépend de
c)
(01 point) La proposition Q n’implique pas la continuité de la fonction x2 sur R
car dans la dé…nition de la continuité, l’incrément ne dépend que
de x et pas de y. A savoir :
(01 point) Pour tout réel
tout réel y
> 0; pour tout réel x, il existe
jx
yj <
) x2
> 0 tel que; pour
y2 < :
Exercise 3 (04 points) R est à la fois une relation d’ordre et une relation
d’équivalence. Elle est donc ré‡exive, symétrique, antisymétrique et transitive.
Montrons les deux implications.
1
(02 points) " ) "
Soient x et y dans E tels que
xRy:
(1)
Comme R est symétrique, on a donc
yRx:
(2)
R étant antisymétrique, alors (1) et (2) impliquent
x = y:
(02 points) " ( "
Supposons maintenant que
R étant ré‡exive, alors
x = y:
(3)
xRx:
(4)
Ainsi (3) et (4) impliquent
xRy:
Exercise 4 (06 points) I) Méthode Géométrique
1. Commencons par donner le graphe de l’application
f
: R
x
(01 point)
2
!
7 !
R
2x
1+x2
D’aprés ce graphe, on voit trés bien que
i. (0.5 point) pour y = 0, l’équation y = f (x) admet une unique
solution x = 0.
ii. (0.5 point) pour y = 1ou y = 1, l’équation y = f (x) admet
une unique solution.
(b) (0.5 point) pour y 2 [ 1; 1], l’équation y = f (x) admet deux solutions di¤ érentes.
(c) (0.5 point) pour y 2 ] 1; 1[ [ ]1; +1[, l’équation y = f (x)
n’admet aucune solution.
(a)
2. (01.50 point) Toute droite y = a (a > 1 ou a < 1) parallèle à l’axe
des abscisses ne rencontre en aucun point le graphe de f . Ainsi f est non
surjective.
3. (01.50 point) Toute droite y = a (a 2 ] 1; 1[) parallèle à l’axe des
abscisses rencontre le graphe de f en plus d’un point (exactement deux
points). Ainsi f est non injective.
II) Méthode Analytique
1. (0.5 point) 1ier cas : y = 0: Dour ce cas, l’équation y = f (x) admet une
unique solution x = 0.
2ieme cas : y 6= 0: Dans ce cas,
f (x) = y , yx2
2x + y = 0:
Pour résoudre cette dernière équation il va falloir utiliser le discriminant
= b2
4ac = 4 1
y2 :
On a donc trois possibilités, à savoir :
(a) (0.5 point) y 2 ] 1; 1[ [ ]1; +1[ )
< 0 : dans ce cas,
l’équation y = f (x) n’admet aucune solution.
(b) (0.5 point) y = 1ou y = 1 )
= 0 : dans ce cas, l’équation
2
= y1 :
y = f (x) admet une unique solution, à savoir x = 2ab = 2y
(c) (0.5 point) y 2 [ 1; 1] )
> 0 : dans cepcas, l’équation y p
= f (x)
1+ 1 y 2
1
1 y2
admet deux solutions di¤ érentes : x1 =
et x1 =
:
y
y
2. (02 points) D’aprés le sous cas 1-a) c’est à dire si y 2 ] 1; 1[[]1; +1[,
l’équation f (x) = y n’admet pas de solutions. Donc tout y 2 ] 1; 1[ [
]1; +1[ n’admet pas d’antécédent par f , donc f n’est pas surjective.
3. (02 points) D’aprés le sous cas 1-c) c’est à dire si y 2 [ 1; 1], l’équation
f (x) = y admet deux solutions di¤ érentes pour chaque y. Ceci implique
que la solution n’est pas unique.
Donc tout y 2 [ 1; 1] admet plus d’un antécédent par f , par conséquent f
n’est pas injective.
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