Université Abdel Hamid Ben Badis Mostaganem Département de Mathématiques et Informatique 1iere Année Licence MIAS Responsable de la matière : S. M. Bahri Algèbre1 Correction du Rattrapage (Février 2016) Exercise 1 (04 points) i)(02 points) Un isomorphisme est un morphisme bijective et un morphisme de groupes ou homomorphisme de groupes est une application entre deux groupes qui conserve la structure de groupe. Plus précisément, si (G; ) et (H; ?) sont deux groupes de neutres respectifs e et e0 , une application f : G ! H , est un morphisme de groupes lorsque : f (x y) = f (x) ?f (y) ; f (e) = e0 et f x Dans ce cas, f 1 1 = [f (x)] 1 : est aussi un isomorphisme de groupes. 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 (x) f 1 (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 : 1 (01 point) Pour tout réel tout réel y > 0; pour tout réel x, il existe jx ) x2 yj < > 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. (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 y 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 x -1 -2 D’aprés ce graphe, on voit trés bien que (a) 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. 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 3 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 y = f (x) admet une unique solution, à savoir x = 2ab = 2y = y1 : (c) (0.5 point) y 2 [ 1; 1] ) > 0 : dans cepcas, l’équation y p = f (x) 1 y2 1 1+ 1 y 2 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. 4