Corrigé Interrogation n 6 de Mathématiques MAT112, groupe PHG-S1

Corrigé
Interrogation n◦ 6 de Mathématiques
MAT112, groupe PHG-S1
(1) Voir figure ci dessous.
F IGURE 1. Représentation de C f
(2) L’application f n’est pas injective. En effet, l’élément 1 a au moins deux antécédents par f qui sont 1 et −1 ( f (1) = 12 = 1 = (−1)2 = f (−1)).
(3) L’application f est surjective. Soit y ∈ R+ , construisons un antécédent x de y par
l’application f .
√
Si x existe, alors f (x) = y, c’est à dire x2 = y. Comme y > 0, les nombres y
√
et − y sont bien définis, et on a alors deux possibilités pour x. Maintenant, on
n’est pas libre de choisir car l’ensemble de départ est ] − ∞, 1], on ne peut donc pas
√
/ − ∞, 1].
prendre x = y quand y > 1 sinon on aura x > 1 et x ∈]
√
Pour être sur que x ∈] − ∞, 1], choisissons x = − y. Alors x est bien défini,
appartient à ] − ∞, 1] et vérifie f (x) = y.
(4) On a f −1 ([0, 1]) = [−1, 1]. En effet,
x ∈ f −1 ([0, 1]) ⇔ f (x) ∈ [0, 1] ⇔ 0 6 x2 6 1 ⇔ −1 6 x 6 1.
(5) On a f ([−2, 1]) = [0, 4]. Montrons tout d’abord que f ([−2, 1]) ⊂ [0, 4]. Soit y ∈
f ([−2, 1]), il existe x ∈ [−2, 1] tel que y = f (x), c’est à dire y = x2 . Distinguons
deux cas sur x.
Si −2 6 x 6 0, alors 4 > x2 > 0 car x 7→ x2 est décroissante sur ] − ∞, 0]. On a
donc y ∈ [0, 4].
Si 0 6 x 6 1, alors 0 6 x2 6 1 car x 7→ x2 est croissante sur [0, +∞[. On a donc
y ∈ [0, 4]. L’inclusion est démontrée.
Montrons à présent que [0, 4] ⊂ f ([−2, 1]). Soit y ∈ [0, 4], on doit construire un
antécédent x de y dans [−2, 1]. Le dessin nous dit que l’on peut prendre x dans
√
[−2, 0] avec pour valeur − y. Vérifions le.
1
2
√
√
Comme 0 6 y 6 4, on a 0 6 y 6 2 car y 7→ y est croissante sur [0, +∞[. On
√
√
a alors 0 > − y > −2. En prenant x = − y, on a bien un nombre qui vit dans
[−2, 0] et qui vérifie f (x) = y. Ceci entraîne que y ∈ f ([−2, 1]).