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exercice 1 facile

Notons :

    \[f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x^{3}+ax^{2}+bx+c\]

La dérivée de f est donnée, pour tout x\in\mathbb{R}, par :

    \[f'\left(x\right)=3x^{2}+2ax+b\]

Le discriminant (réduit) de ce trinôme est \Delta'=a^{2}-3b.

➭ Si \Delta'>0 alors f' s’annule deux fois en changeant de signe et l’on voit que f présente un maximum local M et un minimum local m<M, ce qui prouve sa non-injectivité.

Afin d’être totalement explicite sur ce point, on peut montrer que certains réels ont trois antécédents (détail ci-dessous).

Détail (cliquer pour déplier / replier)

Le graphe de f présente une inflexion au point d’abscisse -\frac a3.

L’ordonnée correspondante est :

    \begin{eqnarray*}\lambda & = & \left(-\frac a3\right)^3+a\left(-\frac a3\right)^2+b\left(-\frac a3\right)+c\\& = & \frac{2a^3}{27}-\frac{ab}3+c\end{eqnarray*}

On vérifie l’équation

    \[x^{3}+ax^{2}+bx+c=\lambda\qquad\left(\heartsuit\right)\]

équivaut à

    \[\left(x+3a\right)\left(9x^2+6ax+9b-2a^\right)=0\]

or le discriminant (réduit) de ce dernier trinôme est :

    \[\delta'=\left(-3a\right)^2-9\left(9b-2a^2\right)=27\left(a^2-3b)=27\Delta'>0\]

On a donc bien trois solutions pour l’équation \left(\heartsuit\right) :

    \[\boxed{-\frac a3-\frac{\sqrt{3\Delta'}}3,\qquad-\frac a3,\qquad-\frac a3+\frac{\sqrt{3\Delta'}}3}\]

➭ En revanche, si \Delta'\leqslant0 alors f' est positive (et s’annule au maximum une fois) d’où la stricte croissance de f et donc son injectivité.

En outre f est surjective d’après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque {\displaystyle \lim_{-\infty}f=-\infty} et {\displaystyle \lim_{+\infty}f=+\infty.} Finalement :

    \[\boxed{f\text{ est bijective}\Leftrightarrow a^{2}-3b\leqslant0}\]

exercice 2 facile

Supposons f croissante (notons qu’il s’agit d’une croissance stricte en raison de l’injectivité de f).

Soient x,x'\in\mathbb{R} tels que x<x'. Comme f^{-1} est injective, alors f^{-1}\left(x\right)\neq f^{-1}\left(x'\right).

Si f^{-1}\left(x\right)>f^{-1}\left(x'\right), alors f\left(f^{-1}\left(x\right)\right)>f\left(f^{-1}\left(x'\right)\right) par croissance stricte de f, c’est-à-dire x>x' : c’est absurde ! Donc f^{-1}\left(x\right)<f^{-1}\left(x'\right).

Ceci prouve la stricte croissance de f^{-1}.

Supposons maintenant f impaire et soit x\in\mathbb{R}. On observe que :

    \[f\left(f^{-1}\left(-x\right)\right)=-x=-f\left(f^{-1}\left(x\right)\right)=f\left(-f^{-1}\left(x\right)\right)\]

Les deux premières égalités résultent de l’égalité f\circ f^{-1}=id_{\mathbb{R}}; la troisième de l’imparité de f. Comme f est injective, il s’ensuit que f^{-1}\left(-x\right)=-f^{-1}\left(x\right) et ceci prouve l’imparité de f^{-1}.

exercice 3 facile

Notons \mathcal{I} l’ensemble des injections de \left\{0,1\right\} dans E.

Afin de dénombrer \mathcal{I}, posons E=\left\{ e_{1},\cdots,e_{n}\right\} et notons \mathcal{I}_{k} l’ensemble des injections de \left\{ 0,1\right\} dans E qui envoient 0 sur e_{k} (ceci pour chaque k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket ).

On observe que \mathcal{I} est l’union disjointe des \mathcal{I}_{k} pour k\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket et, de plus, que \text{card}\left(\mathcal{I}_{k}\right)=n-1 pour tout k. Par conséquent :

    \[\boxed{\text{card}\left(\mathcal{I}\right)=n\left(n-1\right)}\]

Notons maintenant \mathcal{S} l’ensemble des surjections de E dans \left\{ 0,1\right\}.

L’observation-clef est la suivante : parmi les applications de E dans \left\{ 0,1\right\}, deux seulement sont non-surjectives. Ce sont les applications constantes : l’une envoie tout élément de E sur 0 et l’autre envoie tout élément de E sur 1. Or il existe 2^{n} applications de E dans \left\{ 0,1\right\} et donc :

    \[\boxed{\text{card}\left(\mathcal{S}\right)=2^{n}-2}\]

Distinguons deux cas de figure.

➭ Si A est fini, cette affirmation est correcte. En effet, si l’on note a=\text{card}\left(A\right) et b=\text{card}\left(B\right) (avec b\leqslant a), alors l’existence d’une injection f:A\rightarrow B impose a\leqslant b et donc a=b (et au passage A=B). Or une injection d’un ensemble fini dans un ensemble de même cardinal est nécessairement bijective.

➭ La situation est différente si A est infini. Par exemple, (en notant 2\mathbb{N} l’ensemble des entiers naturels pairs) : l’application \mathbb{N}\rightarrow2\mathbb{N},\thinspace n\mapsto4n est une injection non surjective de \mathbb{N} dans l’une de ses parties.

Soient \left(r,\alpha\right) et \left(s,\beta\right) dans \left]0,+\infty\right[\times\left]-\pi,\pi\right] tels que : r\thinspace e^{i\alpha}=s\thinspace e^{i\beta}.

En passant aux modules : r=s. Donc e^{i\alpha}=e^{i\beta} c’est-à-dire e^{i\left(\alpha-\beta\right)}=1 et donc \alpha-\beta\in2\pi\mathbb{Z}. Mais comme \left|\alpha-\beta\right|<2\pi, ce impose \alpha=\beta. L’injectivité de f est établie.

Par ailleurs, si z\in\mathbb{C}-\left\{0\right\} alors en notant z=a+ib (avec a,b réels non tous deux nuls) et r=\sqrt{a^{2}+b^{2}}, on a r>0. Comme

    \[\left(\frac{a}{r}\right)^{2}+\left(\frac{b}{r}\right)^{2}=1\]

il existe \theta\in\left]-\pi,\pi\right] tel que :

    \[\frac{a}{r}=\cos\left(\theta\right)\qquad\text{et}\qquad\frac{b}{r}=\sin\left(\theta\right)\]

Finalement :

    \[z=r\left(\frac{a}{r}+i\thinspace\frac{b}{r}\right)=r\thinspace e^{i\theta}=f\left(r,\theta\right)\]

Ainsi, f est surjective et donc bijective.

Sa bijection réciproque est :

    \[\boxed{f^{-1}:\mathbb{C}-\left\{ 0\right\} \rightarrow\left]0,+\infty\right[\times\left]-\pi,\pi\right],\thinspace z\mapsto\left(\left|z\right|,\thinspace\text{Arg}\left(z\right)\right)}\]

Ensuite :

  1. f\left\langle \left]0,+\infty\right[\times\left\{ \frac{\pi}{2}\right\} \right\rangle =i\left]0,+\infty\right[ : demi-axe imaginaire positif (ouvert)
  2. f\left\langle \left\{ 1\right\} \times\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\right\rangle =\left\{ e^{i\theta};\thinspace\theta\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]\right\} : demi-cercle unité (abscisses \geqslant0)
  3. f\left\langle \left[1,2\right]\times\left]-\pi,\pi\right]\right\rangle : couronne fermée, centrée en 0, de rayons 1 et 2.

Soient z,w\in\mathbb{C} tels que \varphi\left(z\right)=\varphi\left(w\right), c’est-à-dire :

    \[\frac{z}{1+\left|z\right|}=\frac{w}{1+\left|w\right|}\]

En passant aux modules, on obtient :

    \[\frac{\left|z\right|}{1+\left|z\right|}=\frac{\left|w\right|}{1+\left|w\right|}\]

qui se simplifie en : \left|z\right|=\left|w\right|. On peut alors ré-injecter ceci dans l’égalité initiale, ce qui donne z=w.

L’injectivité de \varphi est établie.

Soit maintenant w\in\mathbb{C}. Si z\in\mathbb{C} est un antécédent de w par \varphi, alors :

    \[z=\left(1+\left|z\right|\right)w\qquad\left(\star\right)\]

donc :

    \[\left|z\right|=\left(1+\left|z\right|\right)\left|w\right|\]

c’est-à-dire :

    \[\left|z\right|\left(1-\left|w\right|\right)=\left|w\right|\qquad\left(\star\star\right)\]

On constate donc que, si \left|w\right|\neq1, alors :

    \[\left|z\right|=\frac{\left|w\right|}{1-\left|w\right|}\]

d’où, en reportant dans \left(\star\right) :

    \[z=\frac{w}{1-\left|w\right|}\]

En revanche, si \left|w\right|=1, la relation \left(\star\star\right) montre que w ne possède aucun antécédent.

Finalement, l’application \varphi induit une bijection

    \[\Phi:\mathbb{C}\rightarrow\mathbb{C}-\mathbb{U},\thinspace z\mapsto\frac{z}{1+\left|z\right|}\]

dont la réciproque est :

    \[\boxed{\Phi^{-1}:\mathbb{C}-\mathbb{U}\rightarrow\mathbb{C};\thinspace w\mapsto\frac{w}{1-\left|w\right|}}\]

Soient z,w\in\mathbb{C}-\left\{ i\right\} tels que f\left(z\right)=f\left(w\right). Alors :

    \[\left(i+z\right)\left(i-w\right)=\left(i-z\right)\left(i+w\right)\]

c’est-à-dire i\left(z-w\right)=i\left(w-z\right) ou encore z=w. Ainsi : f est injective.

Etant donné w\in\mathbb{C}, l’équation f\left(z\right)=w d’inconnue z\in\mathbb{C}-\left\{ i\right\} équivaut à :

    \[z\left(w+1\right)=i\left(w-1\right)\]

et admet donc z={\displaystyle \frac{i\left(w-1\right)}{w+1}} pour unique solution si w\neq-1. Ainsi, tout w\in\mathbb{C}-\left\{ -1\right\} admet un (unique) antécédent par f.

En revanche, -1 ne possède aucun antécédent (et donc f n’est pas surjective).

Montrons maintenant que si z\in D, alors f\left(z\right)\in H.

Etant donné z\in D, on peut poser : z=a+ib avec a,b\in\mathbb{R} et a^{2}+b^{2}<1. Alors :

    \begin{eqnarray*}f\left(z\right) & = & \frac{i+\left(a+ib\right)}{i-\left(a+ib\right)}\\& = & -\frac{a+\left(b+1\right)i}{a+\left(b-1\right)i}\\& = & -\frac{\left(a+\left(b+1\right)i\right)\left(a-\left(b-1\right)i\right)}{a^{2}+\left(b-1\right)^{2}}\end{eqnarray*}

et donc :

    \[\textrm{Re}\left(f\left(z\right)\right)=\frac{1-a^{2}-b^{2}}{a^{2}+\left(b-1\right)^{2}}>0\]

On voit ainsi que f induit une application

    \[g:D\rightarrow H,\,z\mapsto\frac{i+z}{i-z}\]

qui est évidemment injective (comme f). Montrons que g est surjective.

Soit w=x+iy\in H, avec x>0. Comme w\neq-1, on sait qu’il existe z\in\mathbb{C}-\left\{ i\right\} tel que f\left(z\right)=w; il reste à vérifier que z\in D. Or :

    \[\left|z\right|=\left|\frac{i\left(w-1\right)}{w+1}\right|=\left|\frac{w-1}{w+1}\right|<1\]

car H est l’ensemble des z qui sont strictement plus proches de 1 que de -1.

En conclusion, f induit une bijection de D sur H, dont la bijection réciproque est :

    \[g^{-1}:H\rightarrow D,\thinspace w\mapsto\frac{i\left(w-1\right)}{w+1}\]

exercice 8 moyen

L’application

    \[f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto x\thinspace e^{x}\]

est dérivable et, pour tout x\in\mathbb{R} :

    \[f'\left(x\right)=\left(x+1\right)e^{x}\]

Ceci prouve que la restriction de f à \left[-1,+\infty\right[ est strictement croissante (donc injective).

Comme f\left(-1\right)=-\frac{1}{e} et vu que {\displaystyle \lim_{+\infty}f=+\infty}, alors (TVI) : f\left\langle \left[-1,+\infty\right[\right\rangle =\left[-\frac{1}{e},+\infty\right[.

Ainsi f induit une bijection \varphi de \left[-1,+\infty\right[ sur \left[-\frac{1}{e},+\infty\right[.

Notons W=\varphi^{-1}. Comme \varphi\left(0\right)=0, alors W\left(0\right)=0. Ensuite, comme \varphi'\left(0\right)=1, on voit que

    \[W'\left(0\right)=\frac{1}{\varphi'\left(W\left(0\right)\right)}=1\]

D’après la formule de Taylor-Young au premier ordre :

    \[W\left(x\right)\underset{{\scriptstyle 0}}{=}W\left(0\right)+x\thinspace W'\left(0\right)+o\left(x\right)\]

et donc :

    \[\boxed{W\left(x\right)\underset{{\scriptstyle 0}}{\sim}x}\]

Par ailleurs, pour tout x>0 :

    \[x=\varphi\left(W\left(x\right)\right)=W\left(x\right)\thinspace e^{W\left(x\right)}\leqslant e^{2\thinspace W\left(x\right)}\]

(on a utilisé le fait que \forall t\in\mathbb{R},\thinspace t\leqslant e^{t}) et donc :

    \[W\left(x\right)\geqslant\frac{1}{2}\ln\left(x\right)\]

ce qui prouve déjà que {\displaystyle \lim_{x\rightarrow+\infty}W\left(x\right)=+\infty.} On observe alors que :

    \[W\left(x\right)\underset{{\scriptstyle +\infty}}{\sim}\ln\left(W\left(x\right)\right)+W\left(x\right)\]

c’est-à-dire :

    \[\boxed{W\left(x\right)\underset{{\scriptstyle +\infty}}{\sim}\ln\left(x\right)}\]

exercice 9 difficile

Soit \left(u_{n}\right)_{n\in\mathbb{N}} une suite injective à termes dans \left[0,1\right] telle que u_{0}=1.

On peut considérer l’application :

    \[f:\left[0,1\right]\rightarrow\left[0,1\right[,\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}u_{n+1} & \text{s'il existe }n\in\mathbb{N}\text{ tel que }x=u_{n}\\\\x & \text{sinon}\end{array}\right.\]

f est surjective car, étant donné y\in\left[0,1\right[, de deux choses l’une :

  • ou bien il existe p\in\mathbb{N}^{\star} tel que y=u_{p}, auquel cas y=f\left(u_{p-1}\right)
  • ou bien y=f\left(y\right)

f est injective car :

  • sa restriction f_{0} à E=\left\{ u_{n};\thinspace n\in\mathbb{N}\right\} est injective
  • sa restriction f_{1} à \left[0,1\right]-E est injective
  • f_{0}\left\langle E\right\rangle \cap f_{1}\left\langle \left[0,1\right]-E\right\rangle =\emptyset

Par exemple, on peut choisir la suite \left(2^{-n}\right)_{n\in\mathbb{N}}, ce qui donne la bijection :

    \[\boxed{f:\left[0,1\right]\rightarrow\left[0,1\right[,\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}2^{-n-1} & \text{s'il existe }n\in\mathbb{N}\text{ tel que }x=2^{-n}\\\\x & \text{sinon}\end{array}\right.}\]

Voici l’allure de son graphe :

Un disque bleu indique que le point en question appartient au graphe de f.

Un cercle rouge indique que le point en question n’appartient pas au graphe de f.

D’une manière générale, si \varphi:\left[0,1\right]\rightarrow\left[0,1\right[ est une bijection, alors \varphi ne peut pas être continue car sinon \varphi\left\langle \left[0,1\right]\right\rangle serait un segment.

Elle ne peut pas non plus être monotone, car étant donnés deux intervalles I,J non triviaux, toute bijection monotone \psi:I\rightarrow J est continue. Ceci résulte du théorème de la limite monotone : \psi admet, en tout point intérieur à I, une limite à gauche et une limite à droites toutes deux finies. Si ces limites étaient distinctes, on aurait un “trou” dans \psi\left\langle I\right\rangle , ce qui est impossible vu que \psi\left\langle I\right\rangle =J est un intervalle. Argument similaire pour une extrémité éventuelle de I.


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