correction rattrapage alg1

Université Abdel Hamid Ben Badis Mostaganem
Département de Mathématiques et Informatique
1iere Année Licence MIAS
Responsable de la matière : S. M. Bahri
Algèbre1
Correction du Rattrapage
(Février 2016)
Exercise 1 (04 points) i)(02 points) Un isomorphisme est un morphisme
bijective et un morphisme de groupes ou homomorphisme de groupes est
une application entre deux groupes qui conserve la structure de groupe.
Plus précisément, si (G; )et (H; ?)sont deux groupes de neutres re-
spectifs eet e0, une application f:G!H, est un morphisme de
groupes lorsque :
f(xy) = f(x)?f(y); f (e) = e0et f x1= [f(x)]1:
Dans ce cas, f1est aussi un isomorphisme de groupes.
ii)(02 points) Si fest un isomorphisme, alors fest une bijection, donc f1
aussi. Il su¢ t de montrer que f1est un morphisme de groupes.
Soient xet ydeux éléments quelconques de H. On a alors:
f(f1(x)f1(y)) = f(f1(x))?f(f1(y)) = x?y
D’où:
f1(x)f1(y) = f1(x?y)
f1est donc un isomorphisme de groupes de Hsur G.
Exercise 2 (06 points) a)
(01 point) non P : Pour tout réel x; il existe un réel ytel que (y < x et y1) et
y2x2.
(01 point) Pest vraie. En e¤et, le réel x= 0 convient car si (y < 0et y1) ;
on a en particulier y < 0, donc y2>0 = x2:
b)
(01 point) non Q : Il existe  > 0;il existe un réel xet un réel ytels que, pour
tout  > 0;jxyj<  et 
x2y2 :
(01 point) Il est clair que la proposition Qest vraie car l’incrément dépend de
xet y.
c)
(01 point) La proposition Qn’implique pas la continuité de la fonction x2sur R
car dans la dé…nition de la continuité, l’incrément ne dépend que
de xet pas de y. A savoir :
1

(01 point) Pour tout réel  > 0;pour tout réel x, il existe  > 0tel que;pour
tout réel y
jxyj<  )
x2y2 < :
Exercise 3 (04 points) Rest à la fois une relation d’ordre et une relation
d’équivalence. Elle est donc ré‡exive, symétrique, antisymétrique et transitive.
Montrons les deux implications.
(02 points) ")"
Soient xet ydans Etels que
xRy: (1)
Comme Rest symétrique, on a donc
yRx: (2)
Rétant antisymétrique, alors (1) et (2) impliquent
x=y:
(02 points) "("
Supposons maintenant que
x=y: (3)
Rétant ré‡exive, alors
xRx: (4)
Ainsi (3) et (4) impliquent
xRy:
Exercise 4 (06 points) I) Méthode Géométrique
1. Commencons par donner le graphe de l’application
f:R!R
x7! 2x
1+x2
(01 point)
2

-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-2
-1
1
2
x
y
D’aprés ce graphe, on voit trés bien que
(a) i. (0.5 point) pour y= 0, l’équation y=f(x)admet une unique
solution x= 0.
ii. (0.5 point) pour y=1ou y= 1, l’équation y=f(x)admet
une unique solution.
(b) (0.5 point) pour y2[1;1], l’équation y=f(x)admet deux solu-
tions di¤érentes.
(c) (0.5 point) pour y2]1;1[ []1;+1[, l’équation y=f(x)
n’admet aucune solution.
2. (01.50 point) Toute droite y=a(a > 1ou a < 1) parallèle à l’axe
des abscisses ne rencontre en aucun point le graphe de f. Ainsi fest non
surjective.
3. (01.50 point) Toute droite y=a(a2]1;1[) parallèle à l’axe des
abscisses rencontre le graphe de fen plus d’un point (exactement deux
points). Ainsi fest non injective.
II) Méthode Analytique
1. (0.5 point) 1iercas :y= 0:Dour ce cas, l’équation y=f(x)admet une
unique solution x= 0.
2iemecas :y6= 0:Dans ce cas,
f(x) = y,yx22x+y= 0:
3

Pour résoudre cette dernière équation il va falloir utiliser le discriminant
 = b24ac = 4 1y2:
On a donc trois possibilités, à savoir :
(a) (0.5 point) y2]1;1[ []1;+1[)<0: dans ce cas,
l’équation y=f(x)n’admet aucune solution.
(b) (0.5 point) y=1ou y= 1 )=0: dans ce cas, l’équation
y=f(x)admet une unique solution, à savoir x=b
2a=2 2y=1 y:
(c) (0.5 point) y2[1;1] )>0: dans ce cas, l’équation y=f(x)
admet deux solutions di¤érentes : x1=1p1y2
yet x1=1+p1y2 y:
2. (02 points) D’aprés le sous cas 1-a) c’est à dire si y2]1;1[[]1;+1[,
l’équation f(x) = yn’admet pas de solutions. Donc tout y2]1;1[ [
]1;+1[n’admet pas d’antécédent par f, donc fn’est pas surjective.
3. (02 points) D’aprés le sous cas 1-c) c’est à dire si y2[1;1], l’équation
f(x) = yadmet deux solutions di¤érentes pour chaque y. Ceci implique
que la solution n’est pas unique.
Donc tout y2[1;1] admet plus d’un antécédent par f, par conséquent f
n’est pas injective.
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