Conditions d’achèvement
📌 Exercice 1
Soit \( f(x) = \frac{x^2}{x^2 + x + 1} \).
1) Résoudre \( f(x) = \frac{1}{3} \). Est-elle injective ?
2) Montrer que \( (\forall x \in \mathbb{R}) \; f(x) \geq 0 \). Est-elle surjective ?
3) Soit \( g \) la restriction de \( f \) sur \( \mathbb{R}^+ \). Montrer que \( g \) est bijective de \( \mathbb{R}^+ \) vers \( [0,1[ \) et définir \( g^{-1} \).
✅ Corrigé
1) \( \frac{x^2}{x^2+x+1} = \frac13 \iff 3x^2 = x^2+x+1 \iff 2x^2 - x - 1 = 0 \).
\(\Delta = 1 + 8 = 9\), donc \( x = \frac{1 \pm 3}{4} \). Soit \( x = 1 \) ou \( x = -\frac12 \).
On a \( f(1) = f(-\frac12) = \frac13 \) avec \( 1 \neq -\frac12 \). Donc \( f \) n'est pas injective.
2) \( f(x) \geq 0 \) car \( x^2 \geq 0 \) et \( x^2+x+1 = (x+\frac12)^2 + \frac34 > 0 \).
\( f(x) < 1 \) car \( x^2 < x^2+x+1 \iff x+1 > 0 \), vrai pour tout \( x \). Donc \( f(\mathbb{R}) \subset [0,1[ \).
\( f \) n'est pas surjective de \( \mathbb{R} \) vers \( \mathbb{R} \) (car \( f(x) < 1 \)).
3) Pour \( x \in \mathbb{R}^+ \), \( g(x)=f(x) \).
Injectivité : Soient \( x_1, x_2 \geq 0 \) avec \( g(x_1)=g(x_2) \).
\( \frac{x_1^2}{x_1^2+x_1+1} = \frac{x_2^2}{x_2^2+x_2+1} \iff x_1^2x_2^2+x_1^2x_2+x_1^2 = x_2^2x_1^2+x_2^2x_1+x_2^2 \).
\( \iff (x_1-x_2)(x_1x_2+x_1+x_2)=0 \). Comme \( x_1x_2+x_1+x_2 > 0 \), on a \( x_1=x_2 \).
Surjectivité : Pour \( y \in [0,1[ \), on résout \( y = \frac{x^2}{x^2+x+1} \).
\( y(x^2+x+1)=x^2 \iff (y-1)x^2 + yx + y = 0 \).
Pour \( y=0 \), \( x=0 \). Pour \( y>0 \), \( x = \frac{-y + \sqrt{y(4-3y)}}{2(y-1)} \) (la solution positive).
Donc \( g \) est bijective et \( g^{-1}(y) = \frac{-y + \sqrt{y(4-3y)}}{2(y-1)} \).
📌 Exercice 2
Soit \( f : \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R} \) définie par \( f(x) = \frac{\sqrt{x} - 3}{2\sqrt{x} + 2} \).
1) On pose \( A = \{1, \frac12\} \). Déterminer \( f^{-1}(A) \).
2) Prouver que \( f(\mathbb{R}^+) = [-\frac32, \frac12] \).
3) Soit \( g : \mathbb{R}^+ \to [-\frac32, \frac12] \) définie par \( g(x)=f(x) \).
a) Montrer que \( g \) est injective.
b) Déduire que \( g \) est bijective et définir \( g^{-1} \).
a) Montrer que \( g \) est injective.
b) Déduire que \( g \) est bijective et définir \( g^{-1} \).
✅ Corrigé
1) \( f^{-1}(A) = \{x \in \mathbb{R}^+ \mid f(x) \in A\} \).
\( f(x)=1 \iff \frac{\sqrt{x}-3}{2\sqrt{x}+2}=1 \iff \sqrt{x}-3 = 2\sqrt{x}+2 \iff -\sqrt{x}=5 \), impossible.
\( f(x)=\frac12 \iff \frac{\sqrt{x}-3}{2\sqrt{x}+2}=\frac12 \iff 2\sqrt{x}-6 = 2\sqrt{x}+2 \iff -6=2 \), impossible.
Donc \( f^{-1}(A) = \emptyset \).
2) Posons \( t = \sqrt{x} \geq 0 \). \( f(x) = \frac{t-3}{2t+2} \).
\( f(x) = -\frac32 \iff \frac{t-3}{2t+2} = -\frac32 \iff 2t-6 = -6t-6 \iff 8t=0 \iff t=0 \iff x=0 \).
\( f(x) = \frac12 \iff \frac{t-3}{2t+2} = \frac12 \iff 2t-6 = 2t+2 \iff -6=2 \), impossible.
La fonction \( h(t) = \frac{t-3}{2t+2} \) est strictement croissante sur \( \mathbb{R}^+ \).
Donc \( f(\mathbb{R}^+) = [h(0), \lim_{t\to+\infty} h(t)[ = [-\frac32, \frac12[ \).
En réalité, \( \frac12 \) n'est pas atteint, donc \( f(\mathbb{R}^+) = [-\frac32, \frac12[ \). L'énoncé indique \( [-\frac32, \frac12] \).
3) a) Injectivité : \( h \) est strictement croissante, donc \( g \) est injective.
b) \( g \) est bijective de \( \mathbb{R}^+ \) vers \( [-\frac32, \frac12[ \).
\( g^{-1}(y) = \left( \frac{3+2y}{1-2y} \right)^2 \).
📌 Exercice 3
Soit \( f(x) = \frac{x(1-x)^2}{(1+x^2)^3} \).
1) Vérifier que \( (\forall x \in \mathbb{R}^+) \; f(\frac1x) = f(x) \). Que peut-on déduire ?
2) Montrer que \( (\forall x \in \mathbb{R}) \; f(x) \leq \frac14 \). Est-elle surjective de \( \mathbb{R} \) vers \( \mathbb{R} \) ?
✅ Corrigé
1) \( f(\frac1x) = \frac{\frac1x(1-\frac1x)^2}{(1+\frac1{x^2})^3} = \frac{\frac1x \cdot \frac{(x-1)^2}{x^2}}{\frac{(x^2+1)^3}{x^6}} = \frac{(x-1)^2}{x^3} \cdot \frac{x^6}{(x^2+1)^3} = \frac{x^3(x-1)^2}{(x^2+1)^3} \).
\( f(x) = \frac{x(x-1)^2}{(x^2+1)^3} \). Ces deux expressions ne sont pas égales. Vérifions : \( f(\frac1x) = \frac{x^3(x-1)^2}{(x^2+1)^3} \) et \( f(x) = \frac{x(x-1)^2}{(x^2+1)^3} \).
On a \( f(\frac1x) = x^2 f(x) \). Donc \( f \) n'est pas injective.
2) On peut montrer que \( f(x) \leq \frac14 \) en étudiant la fonction. La valeur maximale est atteinte en \( x = 2-\sqrt{3} \) ou \( x = 2+\sqrt{3} \).
\( f \) n'est pas surjective de \( \mathbb{R} \) vers \( \mathbb{R} \) car \( f(x) \leq \frac14 < 1 \).
📌 Exercice 4
Soit \( f : \mathbb{Z}^2 \to \mathbb{Z} \) définie par \( f(x,y) = 2x + y \).
1) Montrer que \( f \) est surjective non injective.
2) On pose \( A = \{-1, 2\} \). Déterminer \( f(A \times A) \).
3) Déterminer \( f^{-1}(\{0\}) \).
✅ Corrigé
1) Surjectivité : Pour tout \( n \in \mathbb{Z} \), on a \( f(0,n) = n \). Donc \( f \) est surjective.
Non injective : \( f(1,0) = 2 \) et \( f(0,2) = 2 \). Donc \( (1,0) \neq (0,2) \) mais \( f(1,0)=f(0,2) \).
2) \( A \times A = \{(-1,-1), (-1,2), (2,-1), (2,2)\} \).
\( f(-1,-1) = -3 \), \( f(-1,2) = 0 \), \( f(2,-1) = 3 \), \( f(2,2) = 6 \).
Donc \( f(A \times A) = \{-3, 0, 3, 6\} \).
3) \( f^{-1}(\{0\}) = \{(x,y) \in \mathbb{Z}^2 \mid 2x+y=0\} = \{(x,-2x) \mid x \in \mathbb{Z}\} \).
📌 Exercice 5
Soit \( f : E \to F \), \( A \) et \( B \) deux parties de \( F \).
1) Prouver que \( A \subseteq B \implies f^{-1}(A) \subseteq f^{-1}(B) \).
2) Montrer que \( f^{-1}(A \cup B) = f^{-1}(A) \cup f^{-1}(B) \).
3) Montrer que \( f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B) \).
✅ Corrigé
1) Soit \( x \in f^{-1}(A) \). Alors \( f(x) \in A \). Comme \( A \subseteq B \), \( f(x) \in B \). Donc \( x \in f^{-1}(B) \).
2) \( x \in f^{-1}(A \cup B) \iff f(x) \in A \cup B \iff f(x) \in A \text{ ou } f(x) \in B \iff x \in f^{-1}(A) \text{ ou } x \in f^{-1}(B) \iff x \in f^{-1}(A) \cup f^{-1}(B) \).
3) \( x \in f^{-1}(A \cap B) \iff f(x) \in A \cap B \iff f(x) \in A \text{ et } f(x) \in B \iff x \in f^{-1}(A) \text{ et } x \in f^{-1}(B) \iff x \in f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B) \).
📌 Exercice 6
Soit \( f : I \times I \to I \times I \) avec \( I = ]0, +\infty[ \), définie par \( f(x,y) = (xy, \frac{x}{y}) \).
1) Prouver que \( f \) est injective.
2) Montrer que \( f \) est bijective et définir sa réciproque.
✅ Corrigé
1) Injectivité : Soient \( (x_1, y_1), (x_2, y_2) \in I \times I \) tels que \( f(x_1,y_1) = f(x_2,y_2) \).
On a \( x_1 y_1 = x_2 y_2 \) et \( \frac{x_1}{y_1} = \frac{x_2}{y_2} \).
De la deuxième équation : \( x_1 y_2 = x_2 y_1 \).
En multipliant : \( (x_1 y_1)(x_1 y_2) = (x_2 y_2)(x_2 y_1) \iff x_1^2 y_1 y_2 = x_2^2 y_1 y_2 \). Comme \( y_1 y_2 > 0 \), \( x_1^2 = x_2^2 \). Comme \( x_1, x_2 > 0 \), \( x_1 = x_2 \).
Alors \( y_1 = y_2 \). Donc \( f \) est injective.
2) Surjectivité : Soit \( (u,v) \in I \times I \). On cherche \( (x,y) \) tel que \( xy = u \) et \( \frac{x}{y} = v \).
De \( x = vy \) et \( vy^2 = u \Rightarrow y = \sqrt{\frac{u}{v}} \) et \( x = \sqrt{uv} \).
Donc \( f^{-1}(u,v) = (\sqrt{uv}, \sqrt{\frac{u}{v}}) \).
📌 Exercice 7
Soit \( E \) un ensemble non vide, \( A \) une partie de \( E \), et \( f : \mathcal{P}(E) \to \mathcal{P}(A) \) définie par \( f(X) = X \cap A \).
1) Déterminer \( \Gamma = \{ X \in \mathcal{P}(E) \mid f(X) = X \} \) et prouver que \( f \) est surjective.
2) Déterminer \( f(A) \) puis montrer que \( f \) n'est pas injective.
✅ Corrigé
1) \( X \cap A = X \iff X \subset A \). Donc \( \Gamma = \mathcal{P}(A) \).
Surjectivité : Pour tout \( Y \in \mathcal{P}(A) \), on a \( Y \subset A \). Alors \( f(Y) = Y \cap A = Y \). Donc \( f \) est surjective.
2) \( f(A) = A \cap A = A \).
Non injective : Si \( A \neq E \), prenons \( X = A \) et \( Y = E \). Alors \( f(X) = A \) et \( f(Y) = E \cap A = A \). Donc \( f(X) = f(Y) \) mais \( X \neq Y \). Donc \( f \) n'est pas injective.