corrige examen final

Examen Final d’Algèbre1
Correction
Exercise 1 1. Si nest impair, alors (n21) n’est pas divisible par 8:
2. Soit nun entier impair, alors il existe un entier pdans Ntelque
n= 2p+ 1:
On a deux cas :
p pair :p= 2k avec k 2N;et donc n= 2 (2k) + 1 = 4k+ 1;
p impair :p= 2k+1 avec k 2N;et donc n= 2 (2k+ 1)+1 = 4k+3:
Ainsi tout entier n impair s’ecrit sous la forme n= 4k+ravec k2Net
r2 f1;3g.
3. Si nest impair, alors d’aprés la question 2. il s’écrit 4k+ravec k2Net
r2 f1;3g. Mais alors n21s’écrit
n2+ 1 = (4k+r)21 = 16k2+ 8kr +r21 = 8 2k2kr+r21:
Ainsi selon le cas :
si r= 1 implique r21 = 0 et n2+ 1 = 16k3;i.e., un multiple de 8;
si r= 3 implique r21 = 8 et n2+ 1 = 54k3+ 8;i.e., un multiple
de 8.
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 Rest une relation
d’équivalence.
Ré‡exivité : à voir xRxpour tout xdans R;c’est à dire
x2x2=xx= 0;
et ceci est toujouirs véri…é.
Symétrisation : supposons que xRy; ceci équivaut à
x2y2=xy;
et en multipliant par 1les deux membres de cette dernière égalité, on
trouve
y2x2=yx;
c’est à dire yRx:
1

Transitivité : supposons que xRy et yRz; ceci équivaut à
x2y2=xy(1)
et
y2z2=yz: (2)
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 x2R. On cherche les éléments yde Rtels que xRy. On doit donc
résoudre l’équation
x2y2=xy:
Elle se factorise en
(xy)(x+y)(xy) = 0 ,(xy)(x+y1) = 0:
La classe de xest 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!R
x7! 2x
1+x2
:
1. fn’est pas injective, car
f(2) = f(1=2) = 4=5:
2. fn’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 xsi et seulement si
=44y20;
2

donc il y a des solutions si et seulement si
y2[1;1]:
Ainsi, on a exactement
f(R) = [1;1]:
4. Soit y2[1;1] Les solutions possibles de l’équation
g(x) = y
sont
x=1p1y2
y
ou
x=1 + p1y2
y
La deuxième solution n’appartient pas à [1;1]. D’autre part,
x=1p1y2
y=y
1 + p1y2
est dans [1;1].
L’équation g(x) = yadmet donc une unique solution avec x2[1;1].
Nous avons bien prouvé que gest 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fde 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 fau plus en un point. Or, on voit que
la droite y=4
5rencontre fen deux points, à savoir 2;4 5et 1 2;4 5.
De même pour la droite y=1
2:
Graphe de g
Dans ce cas, on voit clairement que chaque droite y=;  2[1;1]
rencontre le graphe gen un unique point, par conséquent gest une bi-
jection. Par exemple la droite y= 0:5rencontre gen l’unique point
(0:28    ;0:5) ;de même pour la droite y= 0:7:
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