corrigé Contrôle

Université Constantine 2
Faculté des NTIC
Tronc commun «MI»
Algèbre I
Année 2015–2016
Corrigé type du contrôle
Exercice 1 (10 pts)
1. P : « L’application 𝑓 n’a jamais les mêmes valeurs en deux points distincts »
(a) ∀𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℝ ∶
𝑥1 ≠ 𝑥2 ⟹ 𝑓 (𝑥1 ) ≠ 𝑓 (𝑥2 ).
(b) La contraposée : ∀𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℝ ∶
(c) La négation : ∃𝑥1 , 𝑥2 ∈ ℝ ∶
(d) P est l’injectivité.
(1 pt)
𝑓 (𝑥1 ) = 𝑓 (𝑥2 ) ⟹ 𝑥1 = 𝑥2 .
𝑥1 ≠ 𝑥2 et 𝑓 (𝑥1 ) = 𝑓 (𝑥2 ).
(1 pt)
(1 pt)
(1 pt)
2. On considère l’application 𝑓 de ℝ dans ℝ telle que 𝑓 (𝑥) = 𝑥2 − 1.
(a) 𝑓 (−3) = 8 et 𝑓 (3) = 8.
(1 pt)
Nous avons −3 ≠ 3 et 𝑓 (−3) = 𝑓 (3), donc 𝑓 n’est donc pas injective.
(0,5 pt)
(b) Résolvons l’équation 𝑓 (𝑥) = −2.
𝑓 (𝑥) = −2 ⟺ 𝑥2 − 1 = −2 ⟺ 𝑥2 = −1
Cette équation n’a pas de solution, donc (−2) n’a pas d’antécédent dans ℝ.
(1 pt)
𝑓 n’est donc pas surjective.
(0,5 pt)
(c) — Injectivité : Soit 𝑥1 , 𝑥2 ∈ [1, ∞[, alors
𝑓 (𝑥1 ) = 𝑓 (𝑥2 ) ⟹ 𝑥21 − 1 = 𝑥22 − 1 ⟹ 𝑥1 = ±𝑥2
or 𝑥1 , 𝑥2 ∈ [1, ∞[, ils sont de même signe, donc 𝑥1 = 𝑥2 , 𝑓 est donc bien
injective.
(1,5 pt)
— Surjectivité : Soit 𝑦 ∈ [0, ∞[,
𝑦 = 𝑓 (𝑥) ⟺ 𝑦 = 𝑥2 − 1 ⟺ 𝑥 = ±√𝑦 + 1
√𝑦 + 1 ∈ [1, ∞[, 𝑦 a bien un antécédent et 𝑓 est bien surjective.
Donc 𝑓 est bijective.
(1,5 pt)
Exercice 2 (6 pts)
1. Soit 𝑥, 𝑦 ∈ ℝ, alors 𝑥 ∗ 𝑦 = 𝑥𝑦 + (𝑥2 − 1)(𝑦2 − 1) = 𝑦𝑥 + (𝑦2 − 1)(𝑥2 − 1) = 𝑦 ∗ 𝑥.
Donc la loi ∗ est commutative.
(1 pt)
1
2. Pour montrer que la loi ∗ n’est pas associative, il suffit de trouver 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ tels
que 𝑥 ∗ (𝑦 ∗ 𝑧) ≠ (𝑥 ∗ 𝑦) ∗ 𝑧. Si nous prenons 𝑥 = 0, 𝑦 = 2 et 𝑧 = 3, alors
𝑥 ∗ (𝑦 ∗ 𝑧) = 0 ∗ (2 ∗ 3)
= 0 ∗ (2 × 3 + (22 − 1)(32 − 1))
= 0 ∗ 30
= 0 × 30 + (02 − 1)(302 − 1)
= −899.
(𝑥 ∗ 𝑦) ∗ 𝑧 = (0 ∗ 2) ∗ 3
= (0 × 2 + (02 − 1)(22 − 1)) ∗ 3
= (−3) ∗ 3
= (−3) × 3 + ((−3)2 − 1)(32 − 1)
= 55.
La loi ∗ n’est pas associative.
(1 pt)
3. L’élément neutre pour ∗ est 1 si et seulement si ∀𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ∗ 1 = 1 ∗ 𝑥 = 𝑥.
La loi ∗ étant commutative, il suffit alors de montrer que ∀𝑥 ∈ ℝ ∶ 𝑥 ∗ 1 = 𝑥.
Soit 𝑥 ∈ ℝ, alors 𝑥 ∗ 1 = 𝑥 × 1 + (𝑥2 − 1)(12 − 1) = 𝑥.
L’élément neutre est bien 1.
(1 pt)
4. Soit 𝑥 ∈ ℝ. Comme ∗ est commutative, il suffit de résoudre l’équation 𝑥 ∗ 𝑥′ = 1.
𝑥 ∗ 𝑥′ = 1 ⟺ 𝑥𝑥′ + (𝑥2 − 1)(𝑥′2 − 1) = 1
⟺ 𝑥𝑥′ + 𝑥2 𝑥′2 − 𝑥2 − 𝑥′2 + 1 = 1
⟺ (𝑥2 − 1)𝑥′2 + 𝑥𝑥′ − 𝑥2 = 0
— Si 𝑥 = 1 ou 𝑥 = −1 alors l’équation devient 𝑥𝑥′ − 𝑥2 = 0 donc 𝑥′ = 𝑥.
— Sinon l’équation est du deuxième degré et
Δ = 𝑥2 − 4(𝑥2 − 1)(−𝑥2 ) = 𝑥2 + 4𝑥4 − 4𝑥2 = 𝑥2 (4𝑥2 − 3).
— Si 𝑥 = 0 ou 𝑥 = −√3/2 ou 𝑥 = √3/2, alors Δ = 0 et l’équation a une racine
double
−𝑥
𝑥′ =
.
2(𝑥2 − 1)
— Si 𝑥 ∈]−∞, −1[∪]−1, −√3/2[∪]√3/2, 1[∪]1, +∞[ alors Δ > 0 et l’équation
a deux solutions
𝑥′ =
−𝑥 + √𝑥2 (4𝑥2 − 3)
𝑥2 − 1
𝑥″ =
−𝑥 − √𝑥2 (4𝑥2 − 3)
𝑥2 − 1
— Sinon, c’est à dire si 𝑥 ∈] − √3/2, √3/2[, Δ < 0 et l’équation n’a pas de
solutions.
(2 pts)
On remarque que certains éléments de ℝ ont deux symétriques par rapport à ∗.
Ceci est possible car ∗ n’est pas associative.
(1 pt)
2
Exercice 3 (4 pts)
— Soit 𝑝 ∈ P∗ alors 2 = 𝑝 ∈ ℙ∗ donc 𝑝ℛ𝑝.
ℛ est donc réflexive.
(1 pt)
∗
— Soit 𝑝, 𝑞 ∈ P tels que 𝑝ℛ𝑞 alors
u�+u�
𝑝ℛ𝑞 ⟹
𝑝+𝑞
𝑞+𝑝
∈ ℙ∗ ⟹
∈ ℙ∗ ⟹ 𝑞ℛ𝑝.
2
2
ℛ est donc symétrique.
(1 pt)
— ℛ est transitive si et seulement si ∀𝑝, 𝑞, 𝑟 ∈ P∗ ∶ (𝑝ℛ𝑞 et 𝑝ℛ𝑟) ⟹ 𝑞ℛ𝑟.
Si 𝑝, 𝑞, 𝑟 ∈ P∗ , alors même lorsqu’on a (𝑝 + 𝑞)/2 premier et (𝑞 + 𝑟)/2 premier,
(𝑝+𝑟)/2 peut ne pas être premier. Pour prouver ceci cherchons un contre-exemple.
Nous avons (11 + 3)/2 = 7 ∈ P∗ et (3 + 7)/2 = 5 ∈ P∗ mais (11 + 7)/2 = 9 ∉ P∗ .
Donc ℛ n’est pas transitive.
(2 pts)
3