Corrigé Examen de Mathématiques MAT112, groupe PHG-S1

Corrigé
Examen de Mathématiques
MAT112, groupe PHG-S1Autour du cours
(1)a)
L "assertiona)est fausse. PrenonsE=F=f1;0;1g,A=f0;1getf:x7!x2.
Dans cet exemple, on af(A) =ff(0);f(1)g=f0;1g, ce qui donnef1(f(A)) =
f1;0;1g. L"ensemblef1(f(A))n"est pas inclus dansAdans cet exemple.
b)
L "assertionb)est vraie. SoitAE, montrons queAf1(f(A)). Soitx2A, on
a alorsf(x)2f(A)et donc par définition de l"image réciproquex2f1(f(A)).
(2)
On suppose que gfest injective, montrons quefest injective. Soientx,ydes
éléments deEtels quef(x)=f(y), montrons quex=y. On agf(x)=g[f(x)]=
g[f(y)] =gf(y), ce qui entraîne, commegfest injective,x=y. L"application
fest bien injective.
(3)a)
L "ensembleA=f(x;y;z)2R3jy=x;z>0gn"est pas un sous espace vectoriel.
En effet,(0;0;1)est un élément deAtandis que(0;0;1) = (1)
(0;0;1)n"est
pas un élément deA, ce qui montre queAn"est pas stable par multiplication par un
scalaire.
b)
L "ensembleB=f(x;y;z)2R3jx2y2=0gn"est pas un sous espace vecto-
riel. En effet,(1;1;0)et(1;1;0)sont des éléments deBtandis que(2;0;0) =
(1;1;0)+(1;1;0)n"est pas un élément deB, ce qui montre queBn"est pas stable
par addition.
(4)a)
L "applicationfn"est pas linéaire. En effet, on remarque quef(0;0)6= (0;0;0).
(b)
L "applicationgest linéaire. Soientu= (x;y;z),v= (x0;y0;z0)des vecteurs deR3,
soientl,mdes scalaires, il vient
g(lu+mv) = (3lz+3mz0;lxmx0;lx+mx0)
=l(3z;x;x)+m(3z0;x0;x0)
=lg(u)+mg(v)Exercice 1
(1)
Montrons que V=f(x;y)2R2j2x+y=0gest un sous-espace vectoriel deR2.
Le vecteur nul est bien un élément deV, doncVest non vide. Soientu= (x;y),
v= (x0;y0)des vecteurs deV, soientl,mdeux scalaires, montrons quelu+mv
est un vecteur deV. On alu+mv= (lx+mx0;ly+my0). On remarque que
2(lx+mx0)+ly+my0=l(2x+y)+m(2x0+y0) =0;
caruetvsont des éléments deV. Le vecteurlu+mvest bien un élément deV.
Déterminons maintenant une base deV. Soitu= (x;y)un élément deV,us"écrit
u= (x;2x) =x(1;2). Le vecteur(1;2)est donc générateur pourV. Comme
il est non nul, on en déduit que la famillef(1;2)gest libre et donc que c"est une
base deV.
(2)
L "ensembleW=f(x;y;z)2R3j3xy2z=0 ety+z=0gest non vide et stable
par combinaisons linéaires, c"est bien un sous-espace vectoriel deR3. Détermi-
nons une base deW. Soitu= (x;y;z)un élément deW, on a alorsy=zet
z=3x, ce qui donneu= (x;3x;3x) =x(1;3;3). Le vecteur(1;3;3)est donc
1
2
générateur deW. Comme il est non nul, on en déduit que la famillef(1;3;3)g
est libre et donc que c"est une base deW.
(3)a)
On vérifie mécaniquement que l"application est linéaire.
(3)b)
Déterminons le no yaude f.
u= (x;y)2ker(f),f(u) =0
,8
<
:3x+2y=0L1
xy=0L2
x+2y=0L3
,8
<
:3x+2y=0L1
xy=0L2
2x=0L3 L3L1
,x=0
y=0
,u= (0;0)
On en déduit que
ker(f) =f(0;0)g:
L"applicationfest injective et son noyau n"a pas de base.
(3)c)
D"après le théorème du rang, la dimension de l"image de fest deux. Or la dimen-
sion deR3est trois, l"applicationfn"est pas surjective. Un vecteurvde l"image
defs"écritv=x(3;1;1)+y(2;1;2). La famillef(3;1;1);(2;1;2)gétant libre
et génératrice de l"image def, c"est une base de cet ensemble.
(3)d)
On a vu que V=vectf(1;2)g. On en déduit quef(V) =vectff(1;2)g. Or
f(1;2) = (1;3;3) =(1;3;3), on a doncf(V) =W. C"est une droite.Exercice 2
(1)
Le module de 1+iestp2, on a donc
1+i=p2(p2=2+ip2=2) =p2e
i3p4
:
On a
nå
k=0
n
k
i
k(1)nk= (1+i)n
= (
p2e
i3p4
)n
=
p2
neni3p4
=
p2
ncos3np4

+ip2
nsin3np4
:
(2)
Soit P(n):sn=n2(n+1)24
. Montrons par récurrence queP(n)est vraie pour tout
n2N.
L"assertionP(1)est vraie. En effet, on a
s
1=1å
k=1k3=13=1 et12(1+1)24
=1:
3
Soitn2N, supposons queP(n)est vraie et montrons queP(n+1)est vraie.
s
n+1=n+1å
k=1k3
=sn+(n+1)3
=
n2(n+1)24
+(n+1)3
=
(n+1)24
(n2+4n+4)
=
(n+1)24
(n+2)2
=
(n+1)2(n+2)24
Par le principe de récurrence, on a montré que
8n2N;sn=n2(n+1)24
Exercice 3
(1)
La nég ationde
8a2R;8b2R;ab>0=)a>0 etb>0:
est
9a2R;9b2R;ab>0
eta60 oub60
:
C"est la négation qui est vraie. En effet, en prenanta=1 etb=1, on a bien
ab=1>0.
(2)
La nég ationde
9m2R;8x2R;x22x3>m:
est
8m2R;9x2R;x22x34, donc en prenantm=4, l"asserttion
est vraie.