Solutions - Exercices sur les applications - 01

Solutions détaillées de neuf exercices sur la notion d’application (fiche 01).
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• $u$ n’est pas une application car $b$ possède deux images.

• $v$ est une application surjective (tous les éléments de l’ensemble d’arrivée sont atteints) mais non injective (un élément est atteint plus d’une fois).

• $w$ est une application injective (aucun élément n’est atteint plus d’une fois) mais non surjective (un élément n’est pas atteint).

• $f$ n’est pas une application car $d$ n’a pas d’image (mais c’est une fonction, dont l’ensemble de définition est $\{a,b,c,e\}$ .

• $g$ est une application injective et surjective, autrement dit une bijection.

• $h$ est une application qui n’est ni injective ( $a$ possède deux antécédents) ni surjective( $c$ n’en admet aucun).

• $f$ est une application car tout entier naturel non nul $n$ possède une image et une seule dans $\mathbb{N}$ (en effet $3n-2\in\mathbb{N}$ ). Elle est injective car si $n,p\in \mathbb{N}^\star$ vérifient $3n-2=3p-2$ , alors $n=p$ . Elle n’est pas surjective car $2$ n’admet pas d’antécédent.

• Pour tout $n\in\mathbb{N}$ :

$g(g(n))=g(n)+(-1)^{g(n)}=n+(-1)^n+(-1)^{n+(-1)^n}=n$

car les entiers $n$ et $n+(-1)^n$ sont de parités contraires. Il en résulte que $g$ est une involution et, en particulier, une bijection.

• $h$ est un application non surjective puisque, pour tout $n\in\mathbb{N}^\star$ , l’entier $n^2-n=n(n-1)$ est pair (et les entiers naturels impairs ne sont donc pas atteints par $h$ ). Elle est cependant injective puisque, si $n,p\in\mathbb{N}^\star$ sont tels que $n^2-n=p^2-p$ , alors $(n-p)(n+p-1)=0$ d’où $n=p$ ou $n+p=1$ , mais l’égalité $n+p=1$ est impossible puisque dans ce contexte $n+p\geqslant2$ .

• $u$ est une bijection, car tout réel $y$ possède un unique antécédent par $u$ , à savoir $\frac13(y+2)$ .

• $v$ est surjective. En effet, d’après la relation $\forall x\in\mathbb{R},\,v(x)\geqslant x-1$ , on voit que $\lim_{x\to+\infty}v(x)=+\infty$ et d’après la relation $\forall x\in\mathbb{R},\,v(x)\leqslant x+1$ , on voit que $\lim_{x\to-\infty}v(x)=-\infty$ ; en outre $v$ est continue et donc d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, tout réel possède au moins un antécédent par $v$ . En revanche, $v$ n’est pas injective. En effet, on constate que $v(0)=1$ , $v(1)=0$ et $v(2)=3$ ; il en résulte (toujours d’après le théorème des valeurs intermédiaires) l’existence de réels $a\in]0,1[$ et $b\in]1,2[$ tels que $v(a)=v(b)=\frac12$ .

• $w$ n’est ni injective ni surjective. En effet $w(0)=w(1)$ (d’où la non surjectivité) et $\forall x\in\mathbb{R},\,w(x)\leqslant\frac14$ (d’où la non surjectivité : les réels strictement supérieurs à $\frac14$ ne possède pas d’antécédent par $w$ ).

On observe, en comparant cet exercice au précédent, que le fait d’avoir modifié les ensembles de départ et d’arrivée, tout en conservant la même « formule » pour calculer l’image d’un élément, a modifié les caractéristiques des applications :

→ $f$ était injective et non surjective, tandis que $u$ est bijective.
→ $g$ était bijective, tandis que $v$ est surjective et non injective.
→ $h$ était injective et non surjective, tandis que $w$ n’est ni injective ni surjective.

Etant donné $y>0$ , résolvons dans $\mathbb{R}$ l’équation $x+\sqrt{x^2+1}=y$ , c’est-à-dire $\sqrt{x^2+1}=y-x$ .

Pour $x\geqslant y$ , une telle égalité est impossible. Et pour $x<y$ , elle équivaut à $x^2+1=(y-x)^2$ , c’est-à-dire à $2xy=y^2-1$ ou encore $x=\frac12\left(y-\frac1y\right)$ .

Comme cette dernière valeur est strictement inférieure à $y$ , on conclut que tout $y>0$ possède par $Q$ un unique antécédent. Ainsi $Q$ est une bijection et sa réciproque est :

$Q^{-1}\,:\,]0,+\infty[\to\mathbb{R},\,y\mapsto\frac12\left(y-\frac1y\right)$

Comme l’application $\ell:]0,+\infty[\to\mathbb{R},\,x\mapsto\ln(x)$ est une bijection et vu que $A=\ell\circ Q$ , on constate que $A$ est aussi une bijection (composée de deux bijections) et que $A^{-1}=Q^{-1}\circ\ell^{-1}$ , c’est-à-dire :

$A^{-1}\,:\,\mathbb{R}\to \mathbb{R},\,x\mapsto\frac12\left(e^x-e^{-x\right)}$

Remarque : $A^{-1}$ est la fonction sinus hyperbolique et $A$ est la fonction Argsh (argument sinus hyperbolique).

L’application $\varphi:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\,x\mapsto e^x$ est strictement monotone donc injective. Mais elle n’est pas surjective puisque les réels négatifs ou nuls ne sont pas atteints.

L’application $\psi:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\,x\mapsto 2x+\vert x-1\vert-\vert x+1\vert$ n’est pas injective puisque $\psi(-1)=\psi(1)$ . Elle est surjective car pour tout $y\in\mathbb{R}$ :

$y=\left\{\begin{array}{lr}{\psi\left(\frac y2+1\right) & \textrm{ si }y\geqslant0\\\\\psi\left(\frac y2-1\right) & \textrm{ si }y<0}\end{array}\right$

L’application

$\mathbb{R}\to\mathbb{R},\,x\mapsto\left\{\begin{array}{lr}{0 & \textrm{ si }x-\frac{\pi}{2}\in\pi\mathbb{Z}\\\\\tan(x) & \textrm{ sinon}}\end{array}\right$

est $\pi-$ périodique et surjective (sa restriction à l’intervalle $\left]-\frac{\pi}{2},\,\frac{\pi}{2}\right[$ l’est déjà).

On peut aussi proposer l’application

$\mathbb{R}\to\mathbb{R},\,x\mapsto\left\{\begin{matrix}\frac{1}{x-\lfloor x\rfloor}\cos\left(\frac{1}{x-\lfloor x\rfloor}\right) & \text{si }x\notin\mathbb{Z}\\0 & \text{sinon}\end{matrix}\right.$

Celle-ci est 1-périodique (comme l’application partie fractionnaire $x\mapsto x-\lfloor x\rfloor$ ) et, pour tout $\epsilon\in]0,1[$ , l’image directe de l’intervalle $]0,\epsilon]$ est $\mathbb{R}$ .

Considérons les applications $u,v:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ définies par :

$\forall x\in\mathbb{R},\,u(x)=\left\{\begin{array}{lr}{2x^2 & \textrm{ si }x<0\\\\-x^2 & \textrm{ sinon}}\end{array}\right\qquad\textrm{ et }\qquadv(x)=\left\{\begin{array}{lr}{-x^2 & \textrm{ si }x<0\\\\2x^2 & \textrm{ sinon}}\end{array}\right$

Elles sont strictement monotones, donc injectives, et vérifient $\forall x\in\mathbb{R},\,u(x)+v(x)=x^2$ .

C’est faux, comme le montre l’exemple suivant :

$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\,x\mapsto\left\{\begin{array}{lr}{x & \textrm{ si }x\leqslant0 \\\\1/x & \textrm{ sinon}}\end{array}\right$

Surjectivité

Soit $x\in E$ . Si $n\in\mathbb{N}^{\star}$ est tel que $f^{n}\left(x\right)=x$ , alors $f^{n-1}\left(x\right)$ est un antécédent de $x$ par $f$ .

Injectivité

Soient $a,b\in E$ tels que :

$f\left(a\right)=f\left(b\right)\qquad\qquad(1)$

Par hypothèse, il existe $p,q\in\mathbb{N}^{\star}$ tels que $f^{p}\left(a\right)=a$ et $f^{q}\left(b\right)=b$ .

En appliquant $f^{p-1}$ à chaque membre de $(1)$ , il vient

$a=f^{p}\left(b\right)\qquad\qquad(2)$

En appliquant $f^{q}$ à chaque membre de $(2)$ , il vient : $f^{q}\left(a\right)=f^{p+q}\left(b\right)=f^{p}\left(b\right)=a$ . Or, en appliquant $f^{q-1}$ à chaque membre de $(1)$ , il vient

$f^{q}\left(a\right)=b$

Par conséquent, $a=b$ et $f$ est injective.

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Surjectivité

Injectivité

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