Corrigé du contrôle de maths sup : logique, ensembles et applications

Exercice 1 : Question de cours sur les applications (4 points)

1. L’application \(f\) est injective si \(\forall (x,x^{\prime}) \in E^2,\ f(x) = f(x^{\prime}) \Rightarrow x = x^{\prime}\). Elle est surjective si \(\forall y \in F,\ \exists x \in E,\ y = f(x)\).
2. Supposons \(g \circ f\) injective. Soit \((x,x^{\prime}) \in E^2\) tel que \(f(x) = f(x^{\prime})\). En appliquant \(g\), on obtient \(g(f(x)) = g(f(x^{\prime}))\), c’est-à-dire \((g \circ f)(x) = (g \circ f)(x^{\prime})\). Par injectivité de \(g \circ f\), on a donc \(x = x^{\prime}\). Ainsi, \(f\) est injective.
3. Supposons \(g \circ f\) surjective. Soit \(z \in G\). Il existe alors \(x \in E\) tel que \(z = g(f(x))\). Posons \(y = f(x)\) : c’est un élément de \(F\) et \(g(y) = z\). Tout élément de \(G\) possède donc un antécédent par \(g\). Ainsi, \(g\) est surjective.
4. On échange les quantificateurs et on nie l’implication \(P \Rightarrow Q\) en « \(P\) et non \(Q\) » :
   \[\exists \varepsilon > 0,\ \forall \eta > 0,\ \exists (x,y) \in I^2,\ |x-y| \leq\, \eta \text{ et } |h(x)-h(y)| > \varepsilon.\]
   C’est la négation cherchée (elle exprime que \(h\) n’est pas uniformément continue sur \(I\)).

Erreur fréquente : nier l’implication en « \(|x-y| > \eta \Rightarrow \ldots\) ». La négation d’une implication n’est jamais une implication.

Barème : a) 0,5 point par définition correctement quantifiée ; b) 1 point : 0,5 pour l’introduction de \(x\) et \(x^{\prime}\), 0,5 pour la conclusion justifiée ; c) 1 point : 0,5 pour le choix de \(y = f(x)\), 0,5 pour la conclusion ; d) 1 point : 0,5 pour les quantificateurs, 0,5 pour la négation de l’implication.

Exercice 2 : Trois modes de raisonnement (5 points)

1. Raisonnons par contraposition : montrons que si \(n\) est impair, alors \(8\) divise \(n^2 – 1\). Supposons \(n\) impair et écrivons \(n = 2p + 1\) avec \(p \in \mathbb{N}\). Alors
   \[n^2 – 1 = 4p^2 + 4p = 4p(p+1).\]
   Or \(p\) et \(p + 1\) sont deux entiers consécutifs, donc l’un d’eux est pair et \(p(p+1) = 2q\) avec \(q \in \mathbb{N}\). Ainsi \(n^2 – 1 = 8q\). La contraposée est vraie, donc si \(n^2 – 1\) n’est pas divisible par \(8\), alors \(n\) est pair.
2. Raisonnons par l’absurde et supposons \(\dfrac{\ln 2}{\ln 3} = \dfrac{p}{q}\) avec \(p \in \mathbb{Z}\) et \(q \in \mathbb{N}^{*}\). Comme \(\ln 2 > 0\) et \(\ln 3 > 0\), le quotient est strictement positif, donc \(p \geq\, 1\). On obtient \(q \ln 2 = p \ln 3\), soit \(\ln(2^q) = \ln(3^p)\). La fonction \(\ln\) est injective, donc \(2^q = 3^p\). Or \(2^q\) est pair car \(q \geq\, 1\), tandis que \(3^p\) est impair comme produit de nombres impairs. C’est absurde. Donc \(\dfrac{\ln 2}{\ln 3}\) est irrationnel.
3. Raisonnons par analyse-synthèse.
   
   Analyse. Supposons \(f = p + i\) avec \(p\) paire et \(i\) impaire. Pour tout réel \(x\), on a \(f(x) = p(x) + i(x)\) et \(f(-x) = p(x) – i(x)\). En additionnant puis en soustrayant, on obtient
   \[p(x) = \dfrac{f(x) + f(-x)}{2}, \qquad i(x) = \dfrac{f(x) – f(-x)}{2}.\]
   Les fonctions \(p\) et \(i\) sont donc entièrement déterminées par \(f\) : cela prouve l’unicité.
   
   Synthèse. Définissons \(p\) et \(i\) par les formules ci-dessus. Alors \(p(-x) = \dfrac{f(-x) + f(x)}{2} = p(x)\), donc \(p\) est paire ; de même \(i(-x) = \dfrac{f(-x) – f(x)}{2} = -i(x)\), donc \(i\) est impaire. Enfin \(p(x) + i(x) = f(x)\) pour tout \(x\). La décomposition existe et elle est unique.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour l’énoncé de la contraposée, 0,5 pour la factorisation \(4p(p+1)\), 0,5 pour la parité de \(p(p+1)\) ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’hypothèse avec \(p \geq\, 1\), 0,5 pour \(2^q = 3^p\), 0,5 pour la contradiction de parité ; c) 2 points : 1 pour l’analyse (unicité), 1 pour la synthèse (parité vérifiée et somme).

Exercice 3 : Une récurrence forte (3 points)

1. On calcule successivement \(u_1 = u_0 = 1\), \(u_2 = u_0 + u_1 = 2\), \(u_3 = 1 + 1 + 2 = 4\) et \(u_4 = 1 + 1 + 2 + 4 = 8\). On conjecture que \(u_n = 2^{n-1}\) pour tout \(n \geq\, 1\).
2. Pour \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n = 2^{n-1}\) ».
   
   Initialisation : \(u_1 = 1 = 2^0\), donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
   
   Hérédité : soit \(n \geq\, 1\) ; supposons \(\mathcal{P}(k)\) vraie pour tout entier \(k\) tel que \(1 \leq\, k \leq\, n\). Alors, par somme géométrique,
   \[u_{n+1} = u_0 + \sum_{k=1}^{n} u_k = 1 + \sum_{k=1}^{n} 2^{k-1} = 1 + (2^n – 1) = 2^n.\]
   Donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
   
   Conclusion : par le principe de récurrence forte, \(u_n = 2^{n-1}\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).
   
   La récurrence simple ne suffit pas directement, car \(u_{n+1}\) s’exprime à l’aide de tous les termes \(u_0, \ldots, u_n\) : l’hypothèse sur le seul terme \(u_n\) ne permet pas de calculer la somme.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour les quatre valeurs, 0,5 pour la conjecture ; b) 2 points : 0,5 pour l’énoncé de \(\mathcal{P}(n)\) et l’initialisation, 1 pour l’hérédité forte correctement formulée et calculée, 0,5 pour la conclusion et l’explication.

Exercice 4 : Images directes et réciproques (4 points)

1. Sur \([-1,0]\), la fonction \(f\) est continue et décroissante, d’image \([0,1]\) ; sur \([0,2]\), elle est continue et croissante, d’image \([0,4]\). Donc \(f([-1,2]) = [0,4]\).
   
   Ensuite, \(x^2 \in [1,4] \iff 1 \leq\, |x| \leq\, 2\), donc \(f^{-1}([1,4]) = [-2,-1] \cup [1,2]\).
   
   Enfin, un carré n’est jamais strictement négatif, donc \(f^{-1}(]-\infty,0[) = \varnothing\).
2. Soit \(y \in \varphi(\varphi^{-1}(B))\) : il existe \(x \in \varphi^{-1}(B)\) tel que \(y = \varphi(x)\). Par définition de l’image réciproque, \(\varphi(x) \in B\), donc \(y \in B\). Ainsi \(\varphi(\varphi^{-1}(B)) \subset B\).
   
   Soit \(x \in A\). Alors \(\varphi(x) \in \varphi(A)\), donc \(x \in \varphi^{-1}(\varphi(A))\). Ainsi \(A \subset \varphi^{-1}(\varphi(A))\).
   
   Supposons \(\varphi\) injective et soit \(x \in \varphi^{-1}(\varphi(A))\). Alors \(\varphi(x) \in \varphi(A)\) : il existe \(a \in A\) tel que \(\varphi(x) = \varphi(a)\). Par injectivité, \(x = a \in A\). Avec l’inclusion précédente, \(\varphi^{-1}(\varphi(A)) = A\).
3. Prenons \(A = [-1,0]\) et \(A^{\prime} = [0,1]\). Alors \(A \cap A^{\prime} = \{0\}\), donc \(f(A \cap A^{\prime}) = \{0\}\). En revanche, \(f(A) = f(A^{\prime}) = [0,1]\), donc \(f(A) \cap f(A^{\prime}) = [0,1]\). Comme \([0,1] \not\subset \{0\}\), l’inclusion réciproque est fausse.

Erreur fréquente : écrire \(f^{-1}([1,4]) = [1,2]\) en oubliant les antécédents négatifs ; ici \(f^{-1}\) désigne une image réciproque, pas une application réciproque.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 par ensemble ; b) 1,5 point : 0,5 par inclusion ou égalité démontrée ; c) 1 point : 0,5 pour le choix de \(A\) et \(A^{\prime}\), 0,5 pour les calculs et la conclusion.

Exercice 5 : Relation d’équivalence et relation d’ordre (4 points)

1. Pour tout réel \(x\), \(g(x) = g(x)\), donc \(x \mathcal{R} x\) : la relation est réflexive. Si \(g(x) = g(y)\), alors \(g(y) = g(x)\) : elle est symétrique. Enfin, si \(g(x) = g(y)\) et \(g(y) = g(z)\), alors \(g(x) = g(z)\) : elle est transitive. Donc \(\mathcal{R}\) est une relation d’équivalence.
2. La fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(g^{\prime}(x) = (1-x)e^{-x}\), du signe de \(1 – x\). Donc \(g\) est strictement croissante sur \(]-\infty,1]\) et strictement décroissante sur \([1,+\infty[\), avec \(g(1) = \dfrac{1}{e}\). De plus \(\lim_{x \to -\infty} g(x) = -\infty\) et, par croissances comparées, \(\lim_{x \to +\infty} g(x) = 0\). Enfin \(g(x)\) a le signe de \(x\).

   

   • Si \(x \leq\, 0\), alors \(g(x) \leq\, 0\). Un réel \(y\) équivalent à \(x\) vérifie \(g(y) \leq\, 0\), donc \(y \leq\, 0\). Or \(g\) est strictement monotone, donc injective, sur \(]-\infty,0]\). Ainsi \(y = x\) : la classe de \(x\) a un seul élément.
   • Si \(x = 1\), le maximum \(\dfrac{1}{e}\) n’est atteint qu’en \(1\) par stricte monotonie de chaque côté : la classe de \(1\) est \(\{1\}\).
   • Si \(x \in ]0,1[ \cup ]1,+\infty[\), posons \(c = g(x)\), qui appartient à \(]0,\frac{1}{e}[\). La fonction \(g\) est continue et strictement croissante sur \(]0,1]\), donc réalise une bijection de \(]0,1]\) sur \(]0,\frac{1}{e}]\) par le théorème de la bijection. De même, elle réalise une bijection de \([1,+\infty[\) sur \(]0,\frac{1}{e}]\). Le réel \(c\) a donc exactement un antécédent dans \(]0,1[\) et un dans \(]1,+\infty[\), et aucun dans \(]-\infty,0]\). La classe de \(x\) a exactement deux éléments.
3. Réflexivité : \(a = a^1\), donc \(a \preceq a\).
   
   Antisymétrie : supposons \(b = a^k\) et \(a = b^m\) avec \(k, m \geq\, 1\). Alors \(a = a^{km}\). Si \(a = 1\), alors \(b = 1^k = 1 = a\). Si \(a \geq\, 2\), la suite \((a^n)\) est strictement croissante, donc \(km = 1\), puis \(k = 1\) et \(b = a\).
   
   Transitivité : si \(b = a^k\) et \(c = b^m\), alors \(c = a^{km}\) avec \(km \geq\, 1\), donc \(a \preceq c\).
   
   La relation \(\preceq\) est donc une relation d’ordre. Elle n’est pas totale : \(3\) n’est pas une puissance de \(2\) (il est impair et différent de \(1\)) et \(2\) n’est pas une puissance de \(3\). Ainsi \(2\) et \(3\) ne sont pas comparables.

Barème : a) 1 point : les trois propriétés ; b) 1,5 point : 0,5 pour l’étude de \(g\), 1 pour les trois cas justifiés (théorème de la bijection cité) ; c) 1,5 point : 0,25 pour la réflexivité, 0,5 pour l’antisymétrie avec le cas \(a = 1\), 0,25 pour la transitivité, 0,5 pour le contre-exemple.

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