Images réciproques et relations d’ordre : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « images réciproques et relations d’ordre », question par question.
Cette correction est rédigée comme une copie que le jury noterait au maximum. Chaque preuve d’égalité d’ensembles suit le schéma de la double inclusion, et chaque hypothèse utilisée est rappelée au moment où elle sert. Pour les images réciproques, les calculs passent par la forme canonique, puis par une lecture sur le graphe.
Tentez d’abord le sujet seul, ensuite comparez votre rédaction ligne à ligne. Vous trouverez aussi la réciproque explicite de la bijection, les classes d’équivalence dessinées et le diagramme de Hasse complet. Enfin, un barème détaillé par question indique où se perdent les points, et quelques pièges classiques sont signalés lorsque les copies se trompent souvent.
L’énoncé complet se trouve ici : Images réciproques et relations d’ordre : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : images réciproques et relations d’ordre
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Différence et double inclusion | 3 points |
| 2. Images par une parabole | 4 points |
| 3. Injections, surjections et composées | 4 points |
| 4. Une famille de paraboles | 4 points |
| 5. Problème : divisibilité et parties d’un ensemble | 5 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : images réciproques et relations d’ordre
Exercice 1 – Différence et double inclusion (3 points)
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Première inclusion. Prenons un élément \(x\) de \(P \setminus (Q \cap R)\). Cet élément appartient à \(P\) sans appartenir à \(Q \cap R\) ; il manque donc à au moins l’un des deux ensembles \(Q\) ou \(R\). Lorsqu’il manque à \(Q\), il se trouve dans \(P \setminus Q\). Dans l’autre situation, il manque à \(R\) et se trouve par conséquent dans \(P \setminus R\). Dans tous les cas, \(x\) est bien dans la réunion \((P \setminus Q) \cup (P \setminus R)\).
Seconde inclusion. Soit \(x \in (P \setminus Q) \cup (P \setminus R)\). Quand \(x \in P \setminus Q\), on a \(x \in P\) et \(x \notin Q\) ; or \(Q \cap R \subset Q\), donc \(x \notin Q \cap R\). Le cas \(x \in P \setminus R\) se traite de même, car \(Q \cap R \subset R\). Ainsi \(x \in P \setminus (Q \cap R)\).
Les deux inclusions donnent \(P \setminus (Q \cap R) = (P \setminus Q) \cup (P \setminus R)\).
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Si \(P = Q\), alors \(P \cup Q = P = P \cap Q\) : le sens réciproque est immédiat.
Supposons maintenant \(P \cup Q = P \cap Q\). D’une part, on dispose de la chaîne \(P \subset P \cup Q = P \cap Q \subset Q\), d’où \(P \subset Q\). D’autre part, le même raisonnement en échangeant les rôles donne \(Q \subset P \cup Q = P \cap Q \subset P\). Par double inclusion, \(P = Q\), ce qui établit l’équivalence.
Piège classique : nier « \(x \in Q\) et \(x \in R\) » par « \(x \notin Q\) et \(x \notin R\) ». La négation d’une conjonction est une disjonction, comme le disent les lois de De Morgan.
Exercice 2 – Images par une parabole (4 points)
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Pour tout réel \(x\), \(x^2 – 4x + 1 = (x – 2)^2 – 4 + 1\), donc \(f(x) = (x-2)^2 – 3\).
La fonction \(f\) est continue, décroissante sur \([0\,;\,2]\) et croissante sur \([2\,;\,3]\). Grâce au théorème des valeurs intermédiaires, une fonction continue et monotone sur un segment envoie ce segment exactement sur le segment de ses deux valeurs extrêmes. Ainsi \(f([0\,;\,2]) = [f(2), f(0)] = [-3\,;\,1]\), puis \(f([2\,;\,3]) = [f(2), f(3)] = [-3\,;\,-2]\). Comme \([0\,;\,3] = [0\,;\,2] \cup [2\,;\,3]\), on obtient \(f([0\,;\,3]) = [-3\,;\,1]\).
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Pour \(x \in \mathbb{R}\), on raisonne par équivalences :
\(x \in f^{-1}([-2\,;\,6]) \iff -2 \leq (x-2)^2 – 3 \leq 6 \iff 1 \leq (x-2)^2 \leq 9 \iff 1 \leq |x – 2| \leq 3\).
Or \(|x-2| \leq 3\) équivaut à \(x \in [-1\,;\,5]\), tandis que \(|x – 2| \geq 1\) équivaut à \(x \leq 1\) ou \(x \geq 3\). Donc \(f^{-1}([-2\,;\,6]) = [-1\,;\,1] \cup [3\,;\,5]\). On vérifie en effet que \(f(-1) = f(5) = 6\) et que \(f(1) = f(3) = -2\).
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Soit \(y \in g(g^{-1}(B))\). Par définition de l’image directe, il existe \(x \in g^{-1}(B)\) tel que \(y = g(x)\). Ensuite, par définition de l’image réciproque, \(x \in g^{-1}(B)\) signifie \(g(x) \in B\). Donc \(y \in B\), et finalement \(g(g^{-1}(B)) \subset B\).
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D’abord, pour tout réel \(x\), \(f(x) \geq -3 > -5\). Par conséquent \(x \in f^{-1}([-5\,;\,0])\) équivaut à \((x-2)^2 \leq 3\), c’est-à-dire \(|x – 2| \leq \sqrt{3}\). Ainsi \(f^{-1}([-5\,;\,0]) = [2 – \sqrt{3}\,;\, 2 + \sqrt{3}]\).
Sur cet intervalle, \(f\) est continue, atteint son minimum \(-3\) en \(2\) et vaut \(0\) aux deux bornes. Donc \(f(f^{-1}([-5\,;\,0])) = [-3\,;\,0]\). Cet ensemble est strictement inclus dans \([-5\,;\,0]\), car \(-4\) n’a pas d’antécédent. L’inclusion de la question c) n’est donc pas une égalité en général : on obtient seulement \(B \cap g(X)\).
Exercice 3 – Injections, surjections et composées (4 points)
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On a \(u(0) = 0\) et \(u(-1) = 1 – 1 = 0\) avec \(0 \neq -1\) : deux réels distincts partagent la même image, ce qui prouve que \(u\) n’est pas injective.
Par ailleurs, la forme canonique donne \(u(x) = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 – \frac{1}{4} \geq -\frac{1}{4}\) pour tout réel \(x\). Le réel \(-1\) n’a donc aucun antécédent, si bien que \(u\) n’est pas surjective.
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Fixons \((a,b) \in \mathbb{R}^2\) et cherchons les \((x,y)\) tels que \(\varphi(x,y) = (a,b)\) :
\[\begin{cases} x + y^3 = a \\ 2y – 1 = b \end{cases} \iff \begin{cases} y = \dfrac{b+1}{2} \\ x = a – \dfrac{(b+1)^3}{8} \end{cases}\]
Chaque couple \((a,b)\) admet ainsi un unique antécédent, donc \(\varphi\) est bijective, et sa réciproque s’écrit :
\[\varphi^{-1}(a,b) = \left(a – \frac{(b+1)^3}{8},\; \frac{b+1}{2}\right).\]
Vérification : \(\varphi\left(\varphi^{-1}(a,b)\right) = \left(a – \frac{(b+1)^3}{8} + \frac{(b+1)^3}{8},\; (b + 1) – 1\right) = (a,b)\).
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Injectivité. Supposons \(g \circ f\) injective et prenons \(x, x_1 \in X\) tels que \(f(x) = f(x_1)\). Alors \(g(f(x)) = g(f(x_1))\), et l’injectivité de \(g \circ f\) donne \(x = x_1\). Donc \(f\) est injective.
Surjectivité. Supposons \(g \circ f\) surjective et soit \(z \in Z\). Il existe alors \(x \in X\) tel que \(g(f(x)) = z\). En posant \(y = f(x) \in Y\), on obtient \(g(y) = z\). Tout élément de \(Z\) a donc un antécédent par \(g\) : \(g\) est surjective.
Piège classique : conclure que \(g\) est injective ou que \(f\) est surjective. Par exemple, avec \(f : \{0\} \to \mathbb{R}\) définie par \(f(0) = 0\) et \(g = u\), la composée est injective alors que \(u\) ne l’est pas.
Exercice 4 – Une famille de paraboles (4 points)
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Posons \(h(x,y) = y – x^2\), de sorte que \(P \sim P_1\) équivaut à \(h(P) = h(P_1)\).
Réflexivité : \(h(P) = h(P)\), donc \(P \sim P\). Symétrie : si \(h(P) = h(P_1)\), alors \(h(P_1) = h(P)\). Transitivité : quand \(h(P) = h(P_1)\) et \(h(P_1) = h(P_2)\), on a aussi \(h(P) = h(P_2)\). Par conséquent, \(\sim\) est une relation d’équivalence : elle hérite des propriétés de l’égalité.
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D’abord, \(h(1\,;\,3) = 3 – 1 = 2\), donc la classe de \((1\,;\,3)\) est la parabole d’équation \(y = x^2 + 2\). Ensuite, \(h(-2\,;\,1) = 1 – 4 = -3\), donc la classe de \((-2\,;\,1)\) est la parabole d’équation \(y = x^2 – 3\). Plus généralement, chaque classe est une translatée verticale de la parabole \(y = x^2\).
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Si \((x,y) \sim (x_1,y_1)\), alors \(y – x^2 = y_1 – x_1^2\) : la valeur ne dépend pas du représentant choisi, donc \(\Phi\) est bien définie. Elle est injective, car \(\Phi\) prend la même valeur sur deux classes seulement si leurs représentants sont en relation, donc si les classes coïncident. Enfin, pour \(c \in \mathbb{R}\), la classe de \((0,c)\) a pour image \(c\) : \(\Phi\) est surjective. Ainsi \(\Phi\) est une bijection de \(Q\) sur \(\mathbb{R}\).
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La relation \(\mathcal{S}\) est réflexive et symétrique. Cependant \(0 \,\mathcal{S}\, 1\) et \(1 \,\mathcal{S}\, 2\), alors que \(|0 – 2| = 2 > 1\). Elle n’est donc pas transitive : \(\mathcal{S}\) n’est pas une relation d’équivalence.
Exercice 5 – Problème : divisibilité et parties d’un ensemble (5 points)
Partie A
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Réflexivité : \(a = 1 \times a\), donc \(a \mid a\). Transitivité : si \(b = ka\) et \(c = lb\) avec \(k, l \in \mathbb{N}^*\), alors \(c = (lk)a\) et \(lk \in \mathbb{N}^*\), donc \(a \mid c\).
Antisymétrie : supposons \(a \mid b\) et \(b \mid a\), soit \(b = ka\) et \(a = lb\). Alors \(a = lka\), et comme \(a \neq 0\), on obtient \(lk = 1\). Or \(k\) et \(l\) sont des entiers naturels non nuls, donc \(k = l = 1\) et \(a = b\). Ainsi \(\mid\) est une relation d’ordre sur \(\mathbb{N}^*\). Elle n’est pas totale, car ni \(2 \mid 3\) ni \(3 \mid 2\).
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On cherche les couples où \(b\) est un multiple de \(a\) sans intermédiaire dans \(D\). On obtient ainsi neuf arêtes : \(2 \mid 4\), \(2 \mid 6\), \(3 \mid 6\), \(4 \mid 8\), \(4 \mid 12\), \(6 \mid 12\), \(6 \mid 18\), \(8 \mid 24\) et \(12 \mid 24\). En revanche, le couple \((2\,;\,12)\) ne donne pas d’arête, puisque \(4\) se place entre eux ; de même, \(3\) et \(18\) ne sont pas reliés directement, car \(6\) s’intercale.
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Aucun autre élément de \(D\) ne divise \(2\) ni \(3\) : les éléments minimaux sont \(2\) et \(3\). De même, aucun élément de \(D\) n’est un multiple strict de \(18\) ou de \(24\) : les éléments maximaux sont \(18\) et \(24\). Comme \(2\) et \(3\) ne sont pas comparables, \(D\) n’a pas de plus petit élément ; pour la même raison avec \(18\) et \(24\), il n’a pas de plus grand élément.
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Les majorants de \(\{4\,;\,6\}\) dans \(D\) sont les multiples communs de \(4\) et \(6\), c’est-à-dire les multiples de \(12\) : \(12\) et \(24\). Le seul minorant est \(2\), puisque \(1 \notin D\). Ensuite, \(12\) divise \(24\), donc \(12\) est le plus petit majorant : \(\sup\{4\,;\,6\} = 12\). De même, \(\inf\{4\,;\,6\} = 2\).
Un majorant de \(\{8\,;\,18\}\) serait un multiple de \(72\), or aucun élément de \(D\) ne l’est. Cette partie n’a donc aucun majorant, si bien qu’elle n’admet pas de borne supérieure dans \(D\).
Partie B
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Fixons \(x \in X\). Un produit de deux nombres pris dans \(\{0\,;\,1\}\) n’est non nul que lorsque chacun d’eux est égal à \(1\) : ici, cela revient à dire que \(x\) est à la fois dans \(F\) et dans \(G\). Le nombre \(\chi_F(x)\chi_G(x)\) coïncide donc avec \(\chi_{F \cap G}(x)\) en tout point. Donc \(\chi_{F \cap G} = \chi_F \chi_G\).
Ensuite, \(\chi_{X \setminus F} = 1 – \chi_F\). D’après les lois de De Morgan, \(X \setminus (F \cup G) = (X \setminus F) \cap (X \setminus G)\), d’où :
\[1 – \chi_{F \cup G} = (1 – \chi_F)(1 – \chi_G) = 1 – \chi_F – \chi_G + \chi_F \chi_G.\]
Ainsi \(\chi_{F \cup G} = \chi_F + \chi_G – \chi_F \chi_G\).
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D’une part, \(F \subset F \cup G\) et \(G \subset F \cup G\) : la réunion est un majorant de \(\{F, G\}\). D’autre part, soit \(M\) un majorant quelconque, donc une partie telle que \(F \subset M\) et \(G \subset M\). Tout élément de \(F \cup G\) appartient alors à \(F\) ou à \(G\), donc à \(M\), ce qui donne \(F \cup G \subset M\). Ainsi \(F \cup G\) est le plus petit des majorants : \(\sup\{F, G\} = F \cup G\) dans \((\mathcal{P}(X), \subset)\).
Piège classique : affirmer que \(24\) est le plus grand élément de \(D\) parce que c’est le plus grand entier. Pour la divisibilité, \(18\) ne divise pas \(24\), et l’ordre usuel ne compte pas ici.
À retenir de ce contrôle
- Pour prouver une égalité d’ensembles, on montre deux inclusions en partant chaque fois d’un élément quelconque du premier ensemble.
- L’inclusion f(f^{-1}(B)) dans B est toujours vraie, mais l’égalité exige que B soit contenu dans l’image de f.
- Une application est bijective dès que l’équation f(x) = y admet une unique solution pour chaque y, et cette solution donne la réciproque.
- Quand deux points sont reliés dès qu’une même fonction y prend la même valeur, la relation obtenue est réflexive, symétrique et transitive, et ses classes sont les lignes de niveau.
- Dans un ensemble ordonné, un élément maximal n’est pas forcément le plus grand élément, car l’ordre peut être seulement partiel.
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