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