Exercices algebre mipc serie 1 fst beni mellal 2016 2017 alg
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Écrire la négation des assertions suivantes :
- Toutes les voitures rapides sont rouges.
- Pour tout ε ≥ 0, il existe q ∈ Q* tel que 0 ≤ q ≤ ε.
-
Les propositions à nier sont :
- ¬P ∧ Q
- P ∨ ¬Q
- P ∨ (Q ∧ R)
- P ∧ (Q ∧ R)
- P ⇒ ¬Q
- P ⇔ Q
Correction de l'Exercice 1
-
Assertion : Toutes les voitures rapides sont rouges.
Négation : Il existe une voiture rapide qui n'est pas rouge.
-
Assertion : ∀ε ≥ 0, ∃q ∈ Q* tel que 0 ≤ q ≤ ε.
Négation : ∃ε ≥ 0, ∀q ∈ Q* tel que q < 0 ou q > ε.
-
Négation des propositions logiques :
- Négation de (¬P ∧ Q) : P ∨ ¬Q
- Négation de (P ∨ ¬Q) : ¬P ∧ Q
- Négation de (P ∨ (Q ∧ R)) : ¬P ∧ (¬Q ∨ ¬R)
- Négation de (P ∧ (Q ∧ R)) : ¬P ∨ ¬Q ∨ ¬R
- Négation de (P ⇒ ¬Q) : P ∧ Q
- Négation de (P ⇔ Q) : (P ∧ ¬Q) ∨ (¬P ∧ Q)
Exercice 2: Équivalence logique
Montrer que les assertions (P ∧ ¬Q) et ¬(P ⇒ Q) sont équivalentes.
Correction de l'Exercice 2
Pour montrer que deux assertions sont équivalentes, nous pouvons utiliser une table de vérité ou une méthode algébrique.
Méthode 1: Table de vérité
| P | Q | ¬Q | P ∧ ¬Q | P ⇒ Q | ¬(P ⇒ Q) |
|---|---|---|---|---|---|
| V | V | F | F | V | F |
| V | F | V | V | F | V |
| F | V | F | F | V | F |
| F | F | V | F | V | F |
Les colonnes pour (P ∧ ¬Q) et ¬(P ⇒ Q) sont identiques. Les assertions sont donc équivalentes.
Méthode 2: Transformation algébrique
On sait que l'assertion (P ⇒ Q) est équivalente à (¬P ∨ Q).
Donc, ¬(P ⇒ Q) est équivalente à ¬(¬P ∨ Q).
En appliquant les lois de De Morgan, ¬(¬P ∨ Q) est équivalente à ¬(¬P) ∧ ¬Q, ce qui se simplifie en P ∧ ¬Q.
Par conséquent, les assertions (P ∧ ¬Q) et ¬(P ⇒ Q) sont équivalentes.
Exercice 3: Types de raisonnement mathématique
- En utilisant un raisonnement par contraposition, montrer que si p² est pair alors p est pair, pour p ∈ N.
- En utilisant un raisonnement par l'absurde, montrer que √2 ∉ Q.
Correction de l'Exercice 3
-
Raisonnement par contraposition
La contraposée de l'assertion "Si P alors Q" est "Si non Q alors non P". Si la contraposée est vraie, l'assertion originale est également vraie.
Nous voulons montrer que (p² est pair ⇒ p est pair).
La contraposée est (p est impair ⇒ p² est impair).
Supposons que p est impair. Alors il existe un entier k ∈ Z tel que p = 2k + 1.
Calculons p² :
p² = (2k + 1)² = 4k² + 4k + 1 = 2(2k² + 2k) + 1.
Posons k' = 2k² + 2k. Puisque k ∈ Z, k' est aussi un entier (k' ∈ Z).
Donc, p² = 2k' + 1, ce qui signifie que p² est impair.
Nous avons montré que si p est impair, alors p² est impair. Par contraposition, si p² est pair, alors p est pair.
-
Raisonnement par l'absurde
Nous voulons montrer que √2 ∉ Q (√2 n'est pas un nombre rationnel).
Supposons, par l'absurde, que √2 ∈ Q. Cela signifie qu'il existe deux entiers p et q, avec q ≠ 0, tels que √2 = p/q. Nous pouvons supposer que la fraction p/q est irréductible, c'est-à-dire que PGCD(p, q) = 1.
En élevant les deux membres au carré, nous obtenons :
2 = p²/q²
Ce qui implique : p² = 2q².
Cette égalité montre que p² est un nombre pair. D'après la propriété démontrée à la question précédente (ou par un raisonnement similaire), si p² est pair, alors p est pair. Il existe donc un entier k tel que p = 2k.
Substituons cette expression de p dans l'équation p² = 2q² :
(2k)² = 2q²
4k² = 2q²
En divisant par 2, nous obtenons :
2k² = q².
Cette dernière égalité montre que q² est un nombre pair. Par conséquent, q est également un nombre pair. Il existe donc un entier m tel que q = 2m.
Nous avons abouti à la conclusion que p est pair et q est pair. Cela signifie que p et q ont un diviseur commun, 2. Or, nous avions supposé que la fraction p/q était irréductible, c'est-à-dire PGCD(p, q) = 1. Cette contradiction (PGCD(p, q) = 2 et PGCD(p, q) = 1) invalide notre hypothèse initiale.
Par conséquent, notre hypothèse que √2 ∈ Q est fausse. Nous en concluons que √2 ∉ Q.
Exercice 4: Démonstration par récurrence
- Démontrer par récurrence : ∀n ∈ N*, ∑_{p=1}^{n} (1/(p(p+1))) = n/(n+1).
- Démontrer par récurrence : ∀n ∈ N: 1²+2²+3²+...+n² = n(n+1)(2n+1)/6.
Correction de l'Exercice 4
-
Démonstration de ∑_{p=1}^{n} (1/(p(p+1))) = n/(n+1)
Soit P(n) la proposition : ∑_{p=1}^{n} (1/(p(p+1))) = n/(n+1).
Initialisation (n=1) :
Pour n=1, le membre de gauche est ∑_{p=1}^{1} (1/(p(p+1))) = 1/(1(1+1)) = 1/2.
Le membre de droite est 1/(1+1) = 1/2.
L'assertion P(1) est vraie.
Hérédité :
Supposons que P(n) est vraie pour un certain n ∈ N*. C'est-à-dire, ∑_{p=1}^{n} (1/(p(p+1))) = n/(n+1).
Montrons que P(n+1) est vraie, c'est-à-dire ∑_{p=1}^{n+1} (1/(p(p+1))) = (n+1)/((n+1)+1) = (n+1)/(n+2).
∑_{p=1}^{n+1} (1/(p(p+1))) = (∑_{p=1}^{n} (1/(p(p+1)))) + 1/((n+1)((n+1)+1))
D'après l'hypothèse de récurrence :
= n/(n+1) + 1/((n+1)(n+2))
= (n(n+2) + 1)/((n+1)(n+2))
= (n² + 2n + 1)/((n+1)(n+2))
= (n+1)²/((n+1)(n+2))
= (n+1)/(n+2)
Ainsi, P(n+1) est vraie.
Conclusion :
D'après le principe de récurrence, la proposition P(n) est vraie pour tout n ∈ N*.
-
Démonstration de 1²+2²+3²+...+n² = n(n+1)(2n+1)/6
Soit P(n) la proposition : ∑_{k=1}^{n} k² = n(n+1)(2n+1)/6.
Initialisation (n=0 ou n=1) :
Pour n=0 (la somme est vide, donc 0) :
0(0+1)(2*0+1)/6 = 0. L'assertion P(0) est vraie.
Pour n=1 :
∑_{k=1}^{1} k² = 1² = 1.
1(1+1)(2*1+1)/6 = 1*2*3/6 = 1. L'assertion P(1) est vraie.
Hérédité :
Supposons que P(n) est vraie pour un certain n ∈ N. C'est-à-dire, ∑_{k=1}^{n} k² = n(n+1)(2n+1)/6.
Montrons que P(n+1) est vraie, c'est-à-dire ∑_{k=1}^{n+1} k² = (n+1)((n+1)+1)(2(n+1)+1)/6 = (n+1)(n+2)(2n+3)/6.
∑_{k=1}^{n+1} k² = (∑_{k=1}^{n} k²) + (n+1)²
D'après l'hypothèse de récurrence :
= n(n+1)(2n+1)/6 + (n+1)²
= (n+1) [n(2n+1)/6 + (n+1)]
= (n+1) [(2n² + n + 6n + 6)/6]
= (n+1) [(2n² + 7n + 6)/6]
Pour factoriser 2n² + 7n + 6, cherchons ses racines. Le discriminant est Δ = 7² - 4*2*6 = 49 - 48 = 1. Les racines sont (-7 ± 1)/(2*2) = (-7 ± 1)/4, soit -6/4 = -3/2 et -8/4 = -2.
Donc 2n² + 7n + 6 = 2(n + 3/2)(n + 2) = (2n + 3)(n + 2).
Ainsi, ∑_{k=1}^{n+1} k² = (n+1) [(n+2)(2n+3)/6] = (n+1)(n+2)(2n+3)/6.
Ainsi, P(n+1) est vraie.
Conclusion :
D'après le principe de récurrence, la proposition P(n) est vraie pour tout n ∈ N.
Exercice 5: Propriétés des applications et des ensembles
Soit f: E → F une application, A, B deux parties de E et C, D deux parties de F. Montrer les propriétés suivantes :
- A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B)
- f(A∪B) = f(A) ∪ f(B)
- f(A∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B)
- C ⊂ D ⇒ f⁻¹(C) ⊂ f⁻¹(D)
Correction de l'Exercice 5
-
Démonstration de A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B)
Soit y ∈ f(A). Par définition, cela signifie qu'il existe un élément x ∈ A tel que f(x) = y.
Puisque A ⊂ B, et que x ∈ A, il s'ensuit que x ∈ B.
Comme x ∈ B et f(x) = y, alors y ∈ f(B).
Donc, tout élément de f(A) est aussi un élément de f(B), ce qui signifie que f(A) ⊂ f(B).
-
Démonstration de f(A∪B) = f(A) ∪ f(B)
Pour montrer l'égalité de deux ensembles, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: f(A∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B)
Soit y ∈ f(A∪B). Par définition, il existe x ∈ A∪B tel que f(x) = y.
Puisque x ∈ A∪B, cela signifie que x ∈ A ou x ∈ B.
Si x ∈ A, alors f(x) = y ∈ f(A). Si x ∈ B, alors f(x) = y ∈ f(B).
Dans les deux cas, y ∈ f(A) ou y ∈ f(B), ce qui implique y ∈ f(A) ∪ f(B).
Donc, f(A∪B) ⊂ f(A) ∪ f(B).
Deuxième inclusion: f(A) ∪ f(B) ⊂ f(A∪B)
On sait que A ⊂ A∪B et B ⊂ A∪B.
D'après la propriété 1 (A ⊂ B ⇒ f(A) ⊂ f(B)), on a :
- f(A) ⊂ f(A∪B)
- f(B) ⊂ f(A∪B)
Par conséquent, l'union f(A) ∪ f(B) est incluse dans f(A∪B).
De la double inclusion, nous concluons que f(A∪B) = f(A) ∪ f(B).
-
Démonstration de f(A∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B)
On sait que A∩B ⊂ A et A∩B ⊂ B.
D'après la propriété 1, on a :
- f(A∩B) ⊂ f(A)
- f(A∩B) ⊂ f(B)
Par conséquent, f(A∩B) est incluse dans l'intersection de f(A) et f(B), c'est-à-dire f(A∩B) ⊂ f(A) ∩ f(B).
Note : L'égalité f(A∩B) = f(A) ∩ f(B) n'est pas vraie en général. Elle est vraie si f est injective.
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Démonstration de C ⊂ D ⇒ f⁻¹(C) ⊂ f⁻¹(D)
Soit x ∈ f⁻¹(C). Par définition de l'image réciproque, cela signifie que f(x) ∈ C.
Puisque C ⊂ D, et que f(x) ∈ C, il s'ensuit que f(x) ∈ D.
Comme f(x) ∈ D, par définition de l'image réciproque, x ∈ f⁻¹(D).
Donc, f⁻¹(C) ⊂ f⁻¹(D).
Exercice 6: Propriétés des images réciproques et types d'applications
Montrer les propriétés suivantes pour les images réciproques, et déterminer si les applications données sont injectives ou surjectives :
- f⁻¹(C∪D) = f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D)
- f⁻¹(C∩D) = f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D)
- f⁻¹(Cᶜ) = (f⁻¹(C))ᶜ (où Cᶜ est le complémentaire de C dans F et (f⁻¹(C))ᶜ est le complémentaire de f⁻¹(C) dans E)
- A ⊂ f⁻¹(f(A))
Déterminer si les applications suivantes sont injectives, surjectives ou bijectives :
- f: R → R, x ↦ x² - x
- g: R² → R², (x,y) ↦ (x+y, x-y)
- h: N × N → N, (n,m) ↦ 2ⁿ3ᵐ
Correction de l'Exercice 6
Propriétés des images réciproques
-
Démonstration de f⁻¹(C∪D) = f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D)
Pour montrer l'égalité, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: f⁻¹(C∪D) ⊂ f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D)
Soit x ∈ f⁻¹(C∪D). Par définition, f(x) ∈ C∪D. Cela signifie que f(x) ∈ C ou f(x) ∈ D.
Si f(x) ∈ C, alors x ∈ f⁻¹(C).
Si f(x) ∈ D, alors x ∈ f⁻¹(D).
Dans les deux cas, x ∈ f⁻¹(C) ou x ∈ f⁻¹(D), ce qui implique x ∈ f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D).
Donc, f⁻¹(C∪D) ⊂ f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D).
Deuxième inclusion: f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D) ⊂ f⁻¹(C∪D)
On sait que C ⊂ C∪D et D ⊂ C∪D.
D'après la propriété 4 de l'Exercice 5 (C ⊂ D ⇒ f⁻¹(C) ⊂ f⁻¹(D)), on a :
- f⁻¹(C) ⊂ f⁻¹(C∪D)
- f⁻¹(D) ⊂ f⁻¹(C∪D)
Par conséquent, l'union f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D) est incluse dans f⁻¹(C∪D).
De la double inclusion, nous concluons que f⁻¹(C∪D) = f⁻¹(C) ∪ f⁻¹(D).
-
Démonstration de f⁻¹(C∩D) = f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D)
Pour montrer l'égalité, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: f⁻¹(C∩D) ⊂ f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D)
Soit x ∈ f⁻¹(C∩D). Par définition, f(x) ∈ C∩D. Cela signifie que f(x) ∈ C et f(x) ∈ D.
Si f(x) ∈ C, alors x ∈ f⁻¹(C).
Si f(x) ∈ D, alors x ∈ f⁻¹(D).
Dans les deux cas, x ∈ f⁻¹(C) et x ∈ f⁻¹(D), ce qui implique x ∈ f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D).
Donc, f⁻¹(C∩D) ⊂ f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D).
Deuxième inclusion: f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D) ⊂ f⁻¹(C∩D)
Soit x ∈ f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D). Cela signifie que x ∈ f⁻¹(C) et x ∈ f⁻¹(D).
Par définition, f(x) ∈ C et f(x) ∈ D.
Donc, f(x) ∈ C∩D, ce qui implique x ∈ f⁻¹(C∩D).
De la double inclusion, nous concluons que f⁻¹(C∩D) = f⁻¹(C) ∩ f⁻¹(D).
-
Démonstration de f⁻¹(Cᶜ) = (f⁻¹(C))ᶜ
Soit x ∈ E.
x ∈ f⁻¹(Cᶜ) ⇔ f(x) ∈ Cᶜ (définition de l'image réciproque)
⇔ f(x) ∉ C (définition du complémentaire de C dans F)
⇔ x ∉ f⁻¹(C) (définition de l'image réciproque)
⇔ x ∈ (f⁻¹(C))ᶜ (définition du complémentaire de f⁻¹(C) dans E)
Donc, f⁻¹(Cᶜ) = (f⁻¹(C))ᶜ.
-
Démonstration de A ⊂ f⁻¹(f(A))
Soit x ∈ A.
Alors f(x) est un élément de l'image de A, c'est-à-dire f(x) ∈ f(A).
Par définition de l'image réciproque, si f(x) ∈ f(A), alors x ∈ f⁻¹(f(A)).
Donc, A ⊂ f⁻¹(f(A)).
Note : L'égalité A = f⁻¹(f(A)) est vraie si f est injective.
Analyse des types d'applications
-
Application f: R → R, x ↦ x² - x
Injectivité :
Une application f est injective si pour tout x₁, x₂ ∈ R, f(x₁) = f(x₂) implique x₁ = x₂.
Considérons f(0) = 0² - 0 = 0.
Considérons f(1) = 1² - 1 = 0.
Nous avons f(0) = f(1) = 0, mais 0 ≠ 1. L'application f n'est donc pas injective.
Surjectivité :
Une application f est surjective si pour tout y ∈ R, il existe x ∈ R tel que f(x) = y.
Nous cherchons si pour tout y, l'équation x² - x = y a une solution réelle x.
Ceci est équivalent à x² - x - y = 0.
C'est une équation quadratique dont le discriminant est Δ = (-1)² - 4(1)(-y) = 1 + 4y.
Pour qu'il y ait des solutions réelles, le discriminant doit être positif ou nul (Δ ≥ 0).
Donc, 1 + 4y ≥ 0, ce qui implique 4y ≥ -1, soit y ≥ -1/4.
Cela signifie que f(x) ne peut prendre que des valeurs supérieures ou égales à -1/4. Par exemple, il n'existe pas de x tel que f(x) = -1. Donc l'application f n'est pas surjective.
-
Application g: R² → R², (x,y) ↦ (x+y, x-y)
Injectivité :
Supposons g(x,y) = g(x',y').
Alors (x+y, x-y) = (x'+y', x'-y').
Ceci implique le système d'équations :
- x + y = x' + y' (1)
- x - y = x' - y' (2)
En additionnant (1) et (2) :
(x + y) + (x - y) = (x' + y') + (x' - y')
2x = 2x' ⇒ x = x'.
En soustrayant (2) de (1) :
(x + y) - (x - y) = (x' + y') - (x' - y')
2y = 2y' ⇒ y = y'.
Puisque x = x' et y = y', nous avons (x,y) = (x',y'). L'application g est donc injective.
Surjectivité :
Pour tout (X,Y) ∈ R², existe-t-il (x,y) ∈ R² tel que g(x,y) = (X,Y) ?
Ceci implique le système d'équations :
- x + y = X (1)
- x - y = Y (2)
En additionnant (1) et (2) :
2x = X + Y ⇒ x = (X + Y)/2.
En soustrayant (2) de (1) :
2y = X - Y ⇒ y = (X - Y)/2.
Pour tout (X,Y) ∈ R², nous pouvons trouver un unique (x,y) ∈ R². L'application g est donc surjective.
Puisque g est injective et surjective, g est bijective.
-
Application h: N × N → N, (n,m) ↦ 2ⁿ3ᵐ
Injectivité :
Supposons h(n,m) = h(p,q) pour (n,m), (p,q) ∈ N × N.
Alors 2ⁿ3ᵐ = 2ᵖ3ᵠ.
Par l'unicité de la décomposition en facteurs premiers (Théorème fondamental de l'arithmétique), les exposants des facteurs premiers doivent être égaux.
Donc n = p et m = q.
Ceci implique (n,m) = (p,q). L'application h est donc injective.
Surjectivité :
Une application h est surjective si pour tout y ∈ N, il existe (n,m) ∈ N × N tel que h(n,m) = y.
Prenons un exemple. Soit y = 5. Est-ce que 5 peut s'écrire sous la forme 2ⁿ3ᵐ avec n, m ∈ N ?
Non, car 5 est un nombre premier qui n'est ni 2 ni 3. Donc 5 n'est pas dans l'image de h.
L'application h n'est donc pas surjective.
Exercice 7: Relations entre images et injectivité/surjectivité/bijectivité
Soit f: E → F une application, A ⊂ E et B ⊂ F. Montrer les propriétés suivantes :
- f(f⁻¹(B)) = B ∩ f(E)
- f est surjective ⇒ f(f⁻¹(B)) = B
- f est injective ⇒ f⁻¹(f(A)) = A
- f est bijective ⇒ f(Ā) = (f(A))ᶜ (où Ā est le complémentaire de A dans E et (f(A))ᶜ est le complémentaire de f(A) dans F)
Correction de l'Exercice 7
-
Démonstration de f(f⁻¹(B)) = B ∩ f(E)
Pour montrer l'égalité, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: f(f⁻¹(B)) ⊂ B ∩ f(E)
Soit y ∈ f(f⁻¹(B)). Par définition, il existe x ∈ f⁻¹(B) tel que y = f(x).
Puisque x ∈ f⁻¹(B), cela signifie que f(x) ∈ B. Donc y ∈ B.
De plus, puisque x ∈ E (f⁻¹(B) ⊂ E), y = f(x) est un élément de l'image de E par f. Donc y ∈ f(E).
Puisque y ∈ B et y ∈ f(E), il s'ensuit que y ∈ B ∩ f(E).
Donc, f(f⁻¹(B)) ⊂ B ∩ f(E).
Deuxième inclusion: B ∩ f(E) ⊂ f(f⁻¹(B))
Soit y ∈ B ∩ f(E). Cela signifie que y ∈ B et y ∈ f(E).
Puisque y ∈ f(E), il existe x ∈ E tel que y = f(x).
Puisque y ∈ B et y = f(x), cela signifie que f(x) ∈ B. Par définition, x ∈ f⁻¹(B).
Comme x ∈ f⁻¹(B) et y = f(x), on a y ∈ f(f⁻¹(B)).
De la double inclusion, nous concluons que f(f⁻¹(B)) = B ∩ f(E).
-
Démonstration de f est surjective ⇒ f(f⁻¹(B)) = B
D'après la propriété 1, nous savons que f(f⁻¹(B)) = B ∩ f(E).
Si f est surjective, cela signifie que f(E) = F (l'image de E est l'ensemble d'arrivée F).
En substituant f(E) par F dans l'égalité de la propriété 1, nous obtenons :
f(f⁻¹(B)) = B ∩ F.
Puisque B est une partie de F, l'intersection de B et F est B.
Donc, f(f⁻¹(B)) = B.
-
Démonstration de f est injective ⇒ f⁻¹(f(A)) = A
Pour montrer l'égalité, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: A ⊂ f⁻¹(f(A))
Cette inclusion a été démontrée comme une propriété générale en Exercice 6, propriété 4. Elle est toujours vraie, quelle que soit la fonction f.
Deuxième inclusion: f⁻¹(f(A)) ⊂ A
Soit x ∈ f⁻¹(f(A)). Par définition, f(x) ∈ f(A).
Puisque f(x) ∈ f(A), il existe un élément a ∈ A tel que f(x) = f(a).
Étant donné que f est injective, l'égalité f(x) = f(a) implique que x = a.
Puisque a ∈ A, il s'ensuit que x ∈ A.
Donc, f⁻¹(f(A)) ⊂ A.
De la double inclusion, nous concluons que f⁻¹(f(A)) = A si f est injective.
-
Démonstration de f est bijective ⇒ f(Ā) = (f(A))ᶜ
Soit f une application bijective. Cela signifie que f est à la fois injective et surjective.
Nous voulons montrer que f(Ā) = (f(A))ᶜ, où Ā est le complémentaire de A dans E et (f(A))ᶜ est le complémentaire de f(A) dans F.
Pour montrer l'égalité, on démontre la double inclusion.
Première inclusion: f(Ā) ⊂ (f(A))ᶜ
Soit y ∈ f(Ā). Par définition, il existe x ∈ Ā tel que y = f(x).
Puisque x ∈ Ā, x n'appartient pas à A (x ∉ A).
Supposons par l'absurde que y ∈ f(A). Alors il existerait un élément a ∈ A tel que y = f(a).
Nous aurions donc f(x) = f(a).
Comme f est injective (car bijective), cette égalité implique x = a.
Ceci contredit le fait que x ∉ A (puisque a ∈ A).
Notre supposition que y ∈ f(A) est donc fausse. Par conséquent, y ∉ f(A).
Puisque y ∈ F (car y est une image par f) et y ∉ f(A), cela signifie que y ∈ (f(A))ᶜ.
Donc, f(Ā) ⊂ (f(A))ᶜ.
Deuxième inclusion: (f(A))ᶜ ⊂ f(Ā)
Soit y ∈ (f(A))ᶜ. Cela signifie que y ∈ F et y ∉ f(A).
Puisque f est surjective (car bijective), pour tout y ∈ F, il existe un x ∈ E tel que f(x) = y.
Puisque y ∉ f(A), et que f(x) = y, cela signifie que f(x) ∉ f(A).
Si x appartenait à A (x ∈ A), alors f(x) appartiendrait à f(A), ce qui contredirait f(x) ∉ f(A).
Par conséquent, x n'appartient pas à A (x ∉ A), ce qui signifie que x ∈ Ā.
Puisque x ∈ Ā et f(x) = y, on a y ∈ f(Ā).
De la double inclusion, nous concluons que f(Ā) = (f(A))ᶜ si f est bijective.
Exercice 8: Relation d'équivalence
Dans R², on définit la relation R par (x,y)R(x',y') ⇔ y = y'. Montrer que R est une relation d'équivalence.
Correction de l'Exercice 8
Pour qu'une relation R soit une relation d'équivalence, elle doit être réflexive, symétrique et transitive.
-
Réflexivité :
Une relation R est réflexive si pour tout élément (x,y) de l'ensemble (ici R²), (x,y)R(x,y).
Selon la définition de R, (x,y)R(x,y) ⇔ y = y. Cette affirmation est toujours vraie.
Donc, R est réflexive.
-
Symétrie :
Une relation R est symétrique si pour tout (x,y), (x',y') ∈ R², si (x,y)R(x',y'), alors (x',y')R(x,y).
Supposons (x,y)R(x',y'). Cela signifie que y = y'.
L'égalité y = y' implique que y' = y.
Selon la définition de R, y' = y signifie (x',y')R(x,y).
Donc, R est symétrique.
-
Transitivité :
Une relation R est transitive si pour tout (x,y), (x',y'), (x'',y'') ∈ R², si (x,y)R(x',y') et (x',y')R(x'',y''), alors (x,y)R(x'',y'').
Supposons (x,y)R(x',y') et (x',y')R(x'',y'').
La première assertion (x,y)R(x',y') signifie y = y'.
La deuxième assertion (x',y')R(x'',y'') signifie y' = y''.
Puisque y = y' et y' = y'', par transitivité de l'égalité, nous avons y = y''.
Selon la définition de R, y = y'' signifie (x,y)R(x'',y'').
Donc, R est transitive.
Puisque la relation R est réflexive, symétrique et transitive, R est une relation d'équivalence.
FAQ - Questions Fréquentes sur les Concepts d'Algèbre
Qu'est-ce qu'un raisonnement par contraposition ?
Le raisonnement par contraposition est une technique de démonstration indirecte. Pour prouver une implication "Si P, alors Q", on démontre sa contraposée "Si non Q, alors non P". Ces deux propositions sont logiquement équivalentes. Si la contraposée est prouvée vraie, alors la proposition originale est également vraie. Cette méthode est souvent utilisée lorsque "non Q" ou "non P" sont plus faciles à manipuler ou à prouver.
Quand utilise-t-on le raisonnement par l'absurde ?
Le raisonnement par l'absurde (ou apagogie) est une méthode de preuve où l'on suppose que l'affirmation que l'on veut démontrer est fausse. En partant de cette supposition et en utilisant des règles logiques valides, on tente de déduire une contradiction (par exemple, une affirmation qui est à la fois vraie et fausse, ou une violation d'un principe ou d'une propriété déjà établie). La découverte d'une telle contradiction montre que l'hypothèse initiale (l'affirmation est fausse) doit être incorrecte, et par conséquent, l'affirmation originale est vraie. Il est particulièrement utile pour prouver des propositions d'inexistence (comme "√2 n'est pas rationnel") ou des propositions négatives.
Quelle est la différence entre une application injective, surjective et bijective ?
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Injective (ou injection) : Une application f: E → F est injective si chaque élément de l'ensemble d'arrivée F est atteint par au plus un élément de l'ensemble de départ E. En d'autres termes, si f(x₁) = f(x₂), alors x₁ = x₂. Il n'y a pas deux éléments distincts de E qui ont la même image dans F.
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Surjective (ou surjection) : Une application f: E → F est surjective si chaque élément de l'ensemble d'arrivée F est atteint par au moins un élément de l'ensemble de départ E. Autrement dit, pour tout y ∈ F, il existe un x ∈ E tel que f(x) = y. L'image de l'ensemble de départ f(E) est égale à l'ensemble d'arrivée F.
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Bijective (ou bijection) : Une application f: E → F est bijective si elle est à la fois injective et surjective. Cela signifie que chaque élément de l'ensemble d'arrivée F est atteint par exactement un élément de l'ensemble de départ E. Une application bijective établit une correspondance parfaite "un à un" entre les éléments de E et les éléments de F, ce qui implique l'existence d'une application réciproque (ou inverse) f⁻¹.