Université Chouaïb Doukkali- Faculté des Sciences
Département de Mathématiques
Filière SMIA - Semestre 1
Module :Algèbre 1
Responsable du cours : A. Haïly
AU : 18-19
◦
Corrigé de la série de TD n 1.
Logique, Ensembles et Applications
Exercice 1.
Soient les quatre assertions suivantes :
(a) ∃x ∈ R : ∀y ∈ R, x + y > 0.
(b) ∀x ∈ R, ∃y ∈ R : x + y > 0.
(c) ∀x ∈ R, ∀y ∈ R : x + y > 0.
(d) ∃x ∈ R : ∀y ∈ R, y 2 > x.
1. Les assertions a, b, c, d sont-elles vraies ou fausses ?
2. Donner leur négation.
Solution de l'exercice 1.
(a) est fausse, car sa négation : ∀x ∈ R, ∃y ∈ R tel que x + y ≤ 0, est vraie. En eet, pour tout x ∈ R, si
on prend y ≤ −x on a alors x + y ≤ 0.
(b) est vraie, car pour tout x ∈ R, on prend y > −x on a alors x + y > 0.
Sa négation est ∃x ∈ R, ∀y ∈ R : x + y ≤ 0.
(c) est fausse. Sa négation est ∃x ∈ R, ∃y ∈ R : x + y ≤ 0 est vraie.
(d) est vraie. On prend par exemple x = −1 on a ∀y ∈ R, on a y 2 > −1.
Sa négation est ∀x ∈ R : ∃y ∈ R, y 2 ≤ x.
Dire pour chacune des propositions suivantes si elle est vraie, et donner sa négation :
(a) ∀n ∈ N, ∃m ∈ N : m > n.
(b) ∃m ∈ N : ∀n ∈ N, m > n.
(c) ∀x ∈ Q∗+ , ∃y ∈ Q : 0 < y < x.
(d) ∀n ∈ N, n > 3 ⇒ n > 6.
(e) ∀n ∈ N, ∃p ∈ N : n = 2p + 1.
(f) ∀x ∈ R, x < 2 ⇒ x2 < 4.
(g) ∀m, n ∈ N, 2 | mn, ou 8 | m2 − n2 .
Exercice 2.
Solution de l'exercice 2.
(a) vraie, il sut, pour tout n de prendre m = n + 1, sa négation est ∃n ∈ N, ∀m ∈ N : m ≤ n.
(b) fausse, car sa négation est ∀m ∈ N : ∃n ∈ N, m ≤ n est vraie.
(c) vraie, il sut de prendre y = 12 x. Sa négation est ∃x ∈ Q∗+ , ∀y ∈ Q : y ≤ 0 ou x ≤ y . Ou encore
∃x ∈ Q∗+ : ∀y ∈ Q, y > 0 ⇒ x ≤ y
(d) fausse, par exemple 4 > 3 mais 4 ≤ 6. Sa négation est ∃n ∈ N, n > 3 et n ≤ 6.
(e) fausse, pour 4 par exemple. Sa négation est ∃n ∈ N, ∀p ∈ N : n 6= 2p + 1.
(f) fausse, pour x = −3 par exemple. Sa négation ∃x ∈ R, x < 2 et x2 ≥ 4.
(g) Vraie, preuve : On suppose 2 - mn. Donc 2 - m et 2 - n. Alors m = 2p + 1 et n = 2q + 1.
m2 − n2 = (2p + 1)2 − (2q + 1)2 = 4p2 + 4p − 4q 2 − 4p = 4(p(p + 1) − q(q + 1)). Comme 2 | p(p + 1) et
2 | q(q + 1). Donc 8 | m2 − n2 .
Exercice 3.
1. Soient P, Q, R trois propositions. Montrer que :
P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ (P et Q) ⇒ R
2. Montrer que si les trois propositions : P ou Q, P ⇒ R et Q ⇒ R sont vraies, alors R est vraie.
3. Soient P et Q deux propositions quelconques. Quelle est la valeur de vérité de la proposition : (P ⇒
Q) ou (( non P ) ⇒ Q) ?
Solution de l'exercice 3.
1. P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ P ou (Q ⇒ R) ≡ P ou(Q ou R) ≡ (P ouQ) ou R).
D'après la loi de De Morgan on a, P ou Q ≡ P et Q.
Finalement, P ⇒ (Q ⇒ R) ≡ (P et Q) ou R ≡ (P et Q) ⇒ R
2. Soient S et T deux propositions. Si S et vraie et S ⇒ T est vraie, alors T est vraie.
1
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- On raisonne alors par disjonction des cas :
I Si P est vraie, comme P ⇒ R est vraie, d'après la remarque précédente, R est vraie.
I Si P est fausse, comme P ou Q, est vraie, on a Q est vraie et puisque Q ⇒ R est vraie, alors R et vraie.
3. Posons S ≡ (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q).
I Si P est vraie, P est fausse. Donc P ⇒ Q est vraie. Par suite, S est vraie.
I Si P est fausse. Donc P ⇒ Q est vraie. Par suite, S est vraie.
En conclusion, la proposition (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) est toujours vraie.
I Autre méthode : (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) ≡ P ou Q ou P ou Q ≡ (P ou P ) ou (Q ou Q). Or (P ou P ) est
toujours vraie, donc (P ⇒ Q) ou (P ⇒ Q) est toujours vraie.
En utilisant un raisonnement par l'absurde, démontrer que :
1. La somme d'un nombre rationnel et d'un nombre irrationnel est un nombre irrationnel.
2. Le produit d'un nombre rationnel non nul et d'un nombre irrationnel est un nombre irrationnel.
3. La racine carré d'un nombre irrationnel positif est un nombre irrationnel.
Exercice 4.
Solution de l'exercice 4.
1. Soient q ∈ Q et x ∈ R \ Q. Montrons que x + q ∈ R \ Q.
Sinon, x + q ∈ Q. Ce qui entraîne que x = (x + q) − q ∈ Q. Ce qui est absurde.
2. Soient q ∈ Q∗ et x ∈ R \ Q. Montrons que x.q ∈ R \ Q.
Sinon, x.q ∈ Q. Ce qui entraîne que x = x.q
q ∈ Q. Ce qui est absurde.
√
3. Soit x ∈ R+ \ Q et z = x. Supposons que z ∈ Q. On a alors z 2 = x ∈ Q. Absurde.
Exercice 5.
1. Soit a, n deux nombres entiers naturels. Montrer que si an est un nombre pair, alors a est un nombre
pair.
2. En utilisant un raisonnement par l'absurde, démontrer que ln(3)
/Q
ln(2) ∈
Solution de l'exercice 5.
1. Par contraposition. Supposons que a est impair et montrons que an est impair. Par récurrence. a0 = 1
est impair. Supposons que an est impair, alors an+1 = an .a est impair.
ln(3)
2. Supposons que ln(2)
= pq ∈ Q, où p, q ∈ Z et q 6= 0. Comme ln(3)
ln(2) > 0, on peut supposer que p, q > 0.
p ln(2)
q ln(3)
p
Donc p ln(2) = q ln(3). Par suite, e
=e
. D'où 2 = 3q . On a 2p est pair, donc 3q est pair et
d'après la question 1, on obtient que 3 est pair ce qui est absurde.
Montrer par récurrence les assertions suivantes :
1. Pour tout naturel
n ≥ 10, 2n ≥ n3 (remarquer pour commencer que pour n ≥ 10, on a 2 ≥ (1 + 1/n)3 .
Pn
1
n
2. Soit Sn = k=1 k(k+1)
, montrer que Sn = n+1
.
3. Soit un = 1 + 3 + 5 + ... + (2n
−
1)
,
alors
u
=
n2 , pour tout n ∈ N∗ .
n
√
3
4. On pose x0 = 0 et xn+1 = xn + 6. Montrer que xn ≤ 2, ∀n ∈ N
Exercice 6.
Solution de l'exercice 6.
1. Si n ≥ 10, on a (1 + 1/n)3 = 1 + 3/n + 3/n2 + 1/n3 ≤ (1 + 3/10 + 3/100 + 1/1000) = 1000+300+30+1
=
1000
1331
≤
2
.
1000
Montrons par récurrence que ∀n ≥ 10, on a 2n ≥ n3 .
Si n = 10, on a 210 = 1024 ≥ 103 = 1000. L'inégalité est vraie pour n = 10.
Soit n ≥ 10. Supposons que l'inégalité est vraie pour n. On a 2n+1 = 2n .2 ≥ n3 (1 + 1/n)3 = (n + 1)3 .
2. Pour n = 1, Sn = 21 . L'égalité est vraie pour n = 1.
P
n
1
1
Soit n ≥ 1. Supposons que Sn = n+1
. On a Sn+1 = n+1
k=1 k(k+1) = Sn + (n+1)(n+2) . Alors Sn+1 =
n(n+2)+1
n
1
n+1
= (n+1)(n+2)
= n+2
. Donc l'égalité est vraie pour n + 1.
n+1 + (n+1)(n+2)
Pn
3. un = k=1 (2k − 1). Pour n = 1, u1 = 1 = 12 . L'égalité est vraie pour n = 1.
Soit n ≥ 1. Supposons que l'égalité est vraie pour n. On a un+1 = un + 2(n + 1) − 1 = un + 2n + 1 =
n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .
√
√
√
4. Pour n = 0, x0 = 0 ≤ 2. Soit n ∈ N, supposons que xn ≤ 2, on a xn+1 = 3 xn + 6 ≤ 3 2 + 6 = 3 8 = 2
Exercice 7.
On considère la suite (un )n∈N , dénie par :
u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =
un
1 + un
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1. Calculer ses six premiers termes de cette suite.
2. Conjecturer une expression de un en fonction de n et la démontrer.
Solution de l'exercice 7.
1. u0 = 1, u1 = 12 , u2 = 13 , u3 = 14 , u4 = 15 , u5 = 16 .
1
2. On conjecture que un = n+1
. Montrons cette relation par récurrence.
Pour n = 0, u0 = 1, la relation est vériée.
un
=
Soit n ∈ N, supposons que l'égalité est vraie pour n. On a un+1 = 1+u
n
donc vraie pour n + 1.
1
.
Conclusion, ∀n ∈ N, un = n+1
Exercice 8.
Calculer
n
X
1
n+1
1
1+ n+1
=
1
n+2
, l'égalité est
(−1)k k
k=1
Solution de l'exercice 8.
Si n = 2m est pair on a :
un = u2m =
m
X
Posons un =
(−1)2k 2k +
k=1
Pn
m
X
k
k=1 (−1) k
.
(−1)2k−1 (2k − 1) =
k=1
m
X
2k −
k=1
m
X
(2k − 1) = m =
k=1
n
2
Si n est impair, on a :
un = un−1 + (−1)n n = un−1 − n =
n−1
n+1
−n=−
2
2
Soient A, B et C trois parties d'un ensemble E . Montrer que :
1. A = B ⇔ A ∪ B = A ∩ B .
2. A∆B = A ∩ B ⇔ A = B = ∅
3. A∆B = A∆C ⇔ B = C
Exercice 9.
Solution de l'exercice 9.
1. ⇒ Supposons que A = B , alors A ∪ B = A ∪ A = A et A ∩ B = A ∩ A = A, d'où le résultat.
⇐ Réciproquement, supposons que A ∪ B = A ∩ B . Montrons que A = B , par double inclusion.
On a A ⊂ A ∪ B = A ∩ B , il en résulte que A ⊂ A ∩ B , or A ∩ B ⊂ B , donc A ⊂ B .
De même B ⊂ A ∪ B = A ∩ B , il en résulte que B ⊂ A ∩ B , or A ∩ B ⊂ A, donc B ⊂ A.
2. ⇒. Supposons que A∆B = A ∩ B . On a alors (A ∪ B) \ (A ∩ B) = (A ∪ B) ∩ (A ∩ B) = A ∩ B . Donc
A ∩ B = ∅. D'où A ∪ B = ∅. Par suite A = B = ∅.
⇐ est évidente.
3. ⇒. Supposons que A∆B = A∆C . Montrons que B = C . Notons d'abord que A∆A = ∅. On a
A∆(A∆B) = A∆(A∆C), ce qui implique que (A∆A)∆B = (A∆A)∆C . Par suite B = C .
⇐ est claire.
Exercice 10. Soient f : E → F une application. A et B deux parties de E , C et D deux parties de F .
1. Montrer que f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B), et que f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
−1
−1
−1
−1
−1
−1
2. Montrer que f (C ∪ D) = f (C) ∪ f (D), et que f (C ∩ D) = f (C) ∩ f (D).
3. Montrer que, f est injective ⇔ ∀A, B ⊂ E, f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
Solution de l'exercice 10.
1.
I On a A ⊂ A ∪ B , donc f (A) ⊂ f (A ∪ B), de même f (B) ⊂ f (A ∪ B). D'où f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B).
Réciproquement, soit y ∈ f (A ∪ B), il existe x ∈ A ∪ B , tel que y = f (x).
Si x ∈ A, alors y ∈ f (A) ⊂ f (A ∪ B).
Si x ∈ B , alors y ∈ f (B) ⊂ f (A ∪ B).
Dans tous les cas, y ∈ f (A ∪ B). D'où f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B).
I Puisque A∩B ⊂ A. On a f (A∩B) ⊂ f (A). De même, f (A∩B) ⊂ f (B). Par conséquent f (A∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
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2.
I x ∈ f −1 (C ∪ D) ⇔ f (x) ∈ C ∪ D ⇔ f (x) ∈ C ou f (x) ∈ D ⇔ x ∈ f −1 (C) ou x ∈ f −1 (D) ⇔ x ∈
f −1 (C) ∪ f −1 (D). D'où f −1 (C ∪ D) = f −1 (C ∪ D).
I x ∈ f −1 (C ∩ D) ⇔ f (x) ∈ C ∩ D ⇔ f (x) ∈ C et f (x) ∈ D ⇔ x ∈ f −1 (C) et x ∈ f −1 (D) ⇔ x ∈
f −1 (C) ∩ f −1 (D). D'où f −1 (C ∩ D) = f −1 (C ∩ D).
3.
⇒ Par contraposition, supposons que f n'est pas injective, il existe x 6= y ∈ E , tels que f (x) = f (y) = z .
Posons A = {x} et B = {y}. On a A ∩ B = ∅, alors que f (A) ∩ f (B) = {z}. Donc il existe A, B ⊂ E tels
que f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B).
⇐ Réciproquement, supposons que f est injective, on a toujours f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). Montrons que
que ∀A, B ⊂ E , on a f (A) ∩ f (B) ⊂ f (A ∩ B). Soit y ∈ f (A) ∩ f (B), y ∈ f (A) et y ∈ f (B). Par suite, il
existe x ∈ A : y = f (x) et il existe x0 ∈ B : y = f (x0 ). Comme f est injective, on a x = x0 ∈ A ∩ B . D'où
y = f (x) ∈ f (A ∩ B).
Soient E, F deux ensembles et f : E −→ F une application.
−1
−1
1. Montrer que pour tout A ⊂ E , on a A ⊂ f (f (A)) et pour tout B ⊂ F , on a f ( f (B)) ⊂ B .
2. Etablir les équivalences suivantes :
Exercice 11.
−1
(i) f est injective, si et seulement, pour toutA ⊂ E, on a f (f (A)) ⊂ A
−1
(ii) f est surjective, si et seulement, pour toutB ⊂ F, on a B ⊂ f ( f (B))
Solution de l'exercice 11.
−1
−1
1. Soit x ∈ A. On a f (x) ∈ f (A). Par conséquent x ∈ f (f (A)). Donc A ⊂ f (f (A)).
−1
−1
−1
Soit y ∈ f ( f (B)). Montrons que y ∈ B . Il existe x ∈ f (B) tel que y = f (x). Or x ∈ f (B) implique par
dénition que f (x) ∈ B . D'où y ∈ B .
−1
−1
2. (i) Supposons que f est injective. Montrons que f (f (A)) ⊂ A. Soit x ∈ f (f (A)). On a f (x) ∈ f (A).
Donc il existe z ∈ A, tel que f (x) = f (z). Comme f est injective, x = z . D'où x ∈ A.
−1
Réciproquement, supposons que pour tout A ⊂ E , on a f (f (A)) ⊂ A. Montrons que f est injective.
−1
−1
Soient x, z ∈ E tels que f (x) = f (z). On a {x} ⊂ f (f ({x})) = f (f ({z})) = {z}. Donc x = z .
−1
(ii) Supposons que f est surjective. Soit y ∈ B . Il existe x ∈ E tel que y = f (x) ∈ B . On a x ∈ f (B).
−1
D'où y = f (x) ∈ f ( f (B)).
−1
Réciproquement, supposons que pour tout B ⊂ F , on a B ⊂ f ( f (B)). Soit y ∈ F et posons B = {y}.
−1
−1
On a B ⊂ f ( f (B)). Donc f (B) 6= ∅. D'où y possède au moins un antécédent.
Exercice 12.
1. Soit l'application f : R → R dénie par f (x) =| x |.
−1
−1
−1
Déterminer les ensembles suivants : f ([1, 2]), f (] − 3, 2]), f (]0, 1]), f ([−1, 1]), f ([−2, 0[).
−1
2. Soit l'application g : R → R, dénie par g(x) est la partie entière de x. Soit n ∈ Z, déterminer g ({n}).
Exercice 13. 1. f ([1, 2]) = [1, 2].
f (] − 3, 2]) = f (] − 3, 0] ∪ [0, 2]) = f (] − 3, 0]) ∪ f ([0, 2]) = [0, 3] ∪ [0, 2] = [0, 3].
−1
f (]0, 1]) = {x ∈ R : 0 < |x| ≤ 1} = [−1, 0[∪]0, 1] = [−1, 1] \ {0}.
−1
f ([−1, 1]) = [−1, 1].
−1
f ([−2, 0[) = ∅.
−1
2. g ({n}) = {x ∈ R : g(x) = n} = {x ∈ R : n ≤ x < n + 1} = [n, n + 1[
Exercice 14.
x
∈] − 1, 1[.
1. Montrer que ∀x ∈ R, 1+|x|
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2. On considère alors l'application f : R −→] − 1, 1[, dénie par f (x) =
bijection et déterminer f −1 .
x
1+|x|
. Montrer que f est une
Solution de l'exercice 12.
|x|
x
1. On a |x| < |x| + 1. Donc 0 ≤ |x|+1
< 1. Par suite, −1 < |x|+1
< 1.
2. Montrons que f est injective. Soient x1 , x2 ∈ R tels que f (x1 ) = f (x2 ).
1|
2|
2
1
= |x2x|+1
. Donc |x|x1 |+1
= |x|x
. Par suite |x1 |(|x2 | + 1) = |x2 |(|x1 | + 1). D'où |x1 | = |x2 |.
On a |x1x|+1
2 |+1
Mais la première égalité implique que x1 et x2 ont le même signe. D'où x1 = x2 et il s'ensuit que f est
injective.
x
. Il s'ensuit que y est du même
Montrons que f est surjective. Soit y ∈] − 1, 1[ tel que y = f (x) = |x|+1
signe que x.
y
x
Si y ≥ 0, y = x+1
, yx + y = x, d'où x = 1−y
.
y
x
.
Si y ≤ 0, y = −x+1 , −yx + y = x, d'où x = 1+y
y
Finalement, x = 1−|y| ∈ R existe ∀y ∈] − 1, 1[. f est surjective.
y
f est bijective et f −1 (y) = 1−|y|
Exercice 15.
Dans R, on considère la relation binaire suivante :
∀x, y ∈ R, xRy ⇔ cos2 (x) + sin2 (y) = 1
Montrer que c'est une relation d'équivalence et determiner cl(0) la classe de 0 modulo R.
xRy ⇔ cos2 (x) + sin2 (y) = 1 ⇔ cos2 (x) = 1 − sin2 (y) = cos2 (y).
En posant f (x) = cos (x), on a xRy ⇔ f (x) = f (y). Il en résulte que R est une relation d'équivalence.
cl(0) = {x ∈ R : cos2 (x) = cos2 (0) = 1} = {x ∈ R : cos(x) = 1 ou cos(x) = −1} = πZ.
Solution de l'exercice 13.
2
Exercice 16.
Dans R, on considère la relation binaire suivante :
∀x, y ∈ R, xSy ⇔ x2 − y 2 = x − y
1. Montrer que c'est une relation d'équivalence.
2. Pour tout x ∈ R, determiner la classe de x.
Solution de l'exercice 14.
1. xSy ⇔ x2 − y 2 = x − y ⇔ x2 − x = y 2 − y .
On pose f (x) = x2 − x. Alors xSy ⇔ f (x) = f (y). Par conséquent S est donc une relation d'équivalence.
2. cl(x) = {y ∈ R : x2 − y 2 = x − y}.
x2 − y 2 = x − y ⇔ x = y ou x = −y . Donc cl(x) = {x, −x} si x 6= 0 et cl(0) = {0}
Exercice 17.
Dans N, on considère la relation binaire suivante :
∀x, y ∈ N, xT y ⇔ ∃k ∈ N∗ : y = xk
1. Montrer que c'est une relation d'ordre partiel.
2. L'ensemble {2, 3} est-il majoré ?
Solution de l'exercice 15.
1.On a ∀x ∈ N x = x1 . Donc xT x. Par suite T est réexive.
Soient x, y ∈ N, tels que xT y et yT x. Il existe k, m ∈ N∗ tels que y = xk et x = y m . On a alors xkm = x,
d'où km = 1, k = m = 1 et x = y . T est antisymétrique.
Soient x, y, z ∈ N, tels que xT y et yT z . Il existe k, m ∈ N∗ tels que y = xk et z = y m . On a alors z = xkm .
i.e. xT z . T est une relation d'ordre.
L'ordre est partiel car les deux éléments 2 et 3 ne sont pas comparables. On a ni 2T 3 ni 3T 2.
2. Supposons qu'il existe un majorant M de {2, 3}. Il existe k, m ∈ N∗ tels que M = 2k = 3m . Ce qui est
absurde.
Exercice 18.
(Facultatif) Soient E, F deux ensembles et f : E −→ F une application.
−1
1. Montrer que pour tout A ⊂ E , on a f ( f (f (A))) = f (A).
−1
−1
−1
2. Montrer que pour tout B ⊂ F , on a f (f (f ( B))) = f ( B).
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Solution de l'exercice 16.
−1
−1
1. On a A ⊂ f (f (A)), d'après l'exercice 11. D'où f (A) ⊂ f ( f (f (A))).
−1
−1
−1
Réciproquement, soit y ∈ f ( f (f (A))), il existe x ∈ f (f (A)) tel que y = f (x). Comme x ∈ f (f (A)),
on a f (x) ∈ f (A). Donc y ∈ f (A).
−1
−1
−1
−1
2. f (f ( B)) ⊂ B . Donc f (f (f ( B))) ⊂ f ( B).
−1
−1
−1
−1
Réciproquement, soit x ∈ f ( B). On a f (x) ∈ f (f ( B)). D'où x ∈ f (f (f ( B)))
