corrige examen final

Examen Final d’Algèbre1
Correction
Exercise 1
1. Si n est impair, alors (n2
1) n’est pas divisible par 8:
2. Soit n un entier impair, alors il existe un entier p dans N telque
n = 2p + 1:
On a deux cas :
p pair : p = 2k avec k 2 N; et donc n = 2 (2k) + 1 = 4k + 1;
p impair : p = 2k+1 avec k 2 N; et donc n = 2 (2k + 1)+1 = 4k+3:
Ainsi tout entier n impair s’ecrit sous la forme n = 4k + r avec k 2 N et
r 2 f1; 3g.
3. Si n est impair, alors d’aprés la question 2. il s’écrit 4k + r avec k 2 N et
r 2 f1; 3g. Mais alors n2 1 s’écrit
2
n2 + 1 = (4k + r)
1 = 16k 2 + 8kr + r2
1 = 8 2k 2 kr + r2
1:
Ainsi selon le cas :
si r = 1 implique r2
1 = 0 et n2 + 1 = 16k 3 ; i.e., un multiple de 8;
si r = 3 implique r2
de 8.
1 = 8 et n2 + 1 = 54k 3 + 8; i.e., un multiple
4. Oui tout à fait, par le principe de contraposition, on a démontré l’implication
de l’énoncé.
Exercise 2
1. Véri…ons, en appliquant la dé…nition, que R est une relation
d’équivalence.
Ré‡exivité : à voir xRx pour tout x dans R;c’est à dire
x2
x2 = x
x = 0;
et ceci est toujouirs véri…é.
Symétrisation : supposons que xRy; ceci équivaut à
x2
et en multipliant par
trouve
y2 = x
y;
1 les deux membres de cette dernière égalité, on
y2
x2 = y
c’est à dire yRx:
1
x;
Transitivité : supposons que xRy et yRz; ceci équivaut à
x2
y2 = x
y
(1)
y2
z2 = y
z:
(2)
et
En faisant la somme des deux équations (1) et (2), on trouve l’équation
x2
z2 = x
z;
c’est à dire xRz:
2. Soit x 2 R. On cherche les éléments y de R tels que xRy. On doit donc
résoudre l’équation
x2 y 2 = x y:
Elle se factorise en
(x
y)(x + y)
(x
y) = 0 , (x
y)
(x + y
1) = 0:
La classe de x est donc égale à fx; 1 xg. Elle est constituée de deux
éléments, sauf si
x = 1 x , x = 1=2:
Dans ce cas, elle est égale à f1=2g:
Exercise 3 Considérons l’application
f
: R
x
!
7 !
R
2x
1+x2
:
1. f n’est pas injective, car
f (2) = f (1=2) = 4=5:
2. f n’est pas surjective, car y = 2 n’a pas d’antécédent : en e¤ et, l’équation
f (x) = 2 devient 2x = 2(1+x2) soit x2 x+1 = 0 qui n’a pas de solutions
dans R.
3. L’équation
f (x) = y
est équivalent à l’équation
yx2
2x + y = 0:
Cette équation a des solutions x si et seulement si
=4
2
4y2
0;
donc il y a des solutions si et seulement si
Ainsi, on a exactement
y 2 [ 1; 1]:
f (R) = [ 1; 1]:
4. Soit y 2 [ 1; 1] Les solutions possibles de l’équation
g(x) = y
sont
p
1 y2
y
ou
p
1 + 1 y2
x=
y
La deuxième solution n’appartient pas à [ 1; 1]. D’autre part,
p
1
1 y2
y
p
=
x=
y
1 + 1 y2
x=
1
est dans [ 1; 1].
L’équation g(x) = y admet donc une unique solution avec x 2 [ 1; 1].
Nous avons bien prouvé que g est une bijection.
5. Graphe de f
4
5
3
Donc pour discuter de la surjectivité de f , il su¢ t de mener les droites
y = parallèles à l’axe (Ox) : y = 0et voir si ça rencontre le graphe f
de f; on voit bien que la droite y = 2 ne rencontre pas f de même pour
les droites y = 1:5; y = 2; :::etc:
Maintenant, pour voir l’injectivité de f, il su¢ t de véri…er que toute droite
parallèle à (Ox) coupe le graphe f au plus en un point. Or, on voit que
la droite y = 45 rencontre f en deux points, à savoir 2; 45 et 12 ; 45 .
De même pour la droite y = 12 :
Graphe de g
Dans ce cas, on voit clairement que chaque droite y = ;
2 [ 1; 1]
rencontre le graphe g en un unique point, par conséquent g est une bijection. Par exemple la droite y = 0:5 rencontre g en l’unique point
(0:28
; 0:5) ; de même pour la droite y = 0:7:
4