Quantificateurs, injections et surjections : corrigé du contrôle de maths en MPSI

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Barème du contrôle corrigé : quantificateurs, injections et surjections

Le corrigé détaillé : quantificateurs, injections et surjections

Exercice 1 – Quatre propriétés d’une fonction cubique (4 points)

1. Pour nier, on échange chaque quantificateur \(\forall\) et \(\exists\) sans modifier les domaines, puis on nie la propriété finale. Rappelons aussi que « \(P \Rightarrow Q\) » se nie en « \(P\) et non \(Q\) ».

   \((\mathcal{P}_1)\) signifie que \(f\) est majorée. Sa négation s’écrit \(\forall A \in \mathbb{R},\ \exists t \in \mathbb{R},\ f(t) > A\).

   \((\mathcal{P}_2)\) traduit la stricte croissance de \(f\). On la nie ainsi : \(\exists (a, b) \in \mathbb{R}^2,\ a < b \text{ et } f(a) \geq f(b)\).

   \((\mathcal{P}_3)\) affirme que \(f\) s’annule au plus une fois. Sa négation devient \(\exists (a, b) \in \mathbb{R}^2,\ f(a) = 0 \text{ et } f(b) = 0 \text{ et } a \neq b\).

   \((\mathcal{P}_4)\) dit enfin que \(f\) est périodique. Pour la nier, on écrit \(\forall \tau > 0,\ \exists t \in \mathbb{R},\ f(t + \tau) \neq f(t)\).

2. \(h\) n’est pas majorée. Soit \(A \in \mathbb{R}\) et posons \(t = \max(2, A + 1)\). Comme \(t \geq 2\), on a \(t^2 – 3 \geq 1\), donc \(h(t) = t(t^2 – 3) \geq t \geq A + 1 > A\).

   \(h\) n’est pas strictement croissante, car \(-1 < 1\) alors que \(h(-1) = 2 \geq h(1) = -2\).

   \(h\) s’annule plusieurs fois : en effet, \(h(0) = 0\) et \(h(\sqrt{3}) = 3\sqrt{3} – 3\sqrt{3} = 0\), avec \(0 \neq \sqrt{3}\).

   \(h\) n’est pas périodique. Supposons par l’absurde qu’un réel \(\tau > 0\) vérifie \(h(t + \tau) = h(t)\) pour tout réel \(t\). Par une récurrence immédiate, \(h(k\tau) = h(0) = 0\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\). Or les réels \(k\tau\) sont deux à deux distincts, puisque \(\tau > 0\). Ainsi \(h\) aurait une infinité de zéros, alors que \(h(t) = t(t^2 – 3)\) ne s’annule qu’en \(0\), \(\sqrt{3}\) et \(-\sqrt{3}\). C’est absurde.

Barème : 1) 0,5 point par propriété (0,25 pour la traduction, 0,25 pour la négation) ; 2) 0,5 point par propriété réfutée, avec un témoin explicite et vérifié.

Piège classique : remplacer la conclusion \(f(a) < f(b)\) par \(f(a) \geq f(b)\) tout en gardant le symbole \(\Rightarrow\). Une implication niée devient une conjonction, jamais une autre implication.

Exercice 2 – Une suite définie par la partie entière (3 points)

1. On applique la définition rang par rang : \(u_2 = u_1 + 1 = 2\), puis \(u_3 = u_1 + 1 = 2\). Ensuite \(u_4 = u_2 + 1 = 3\), \(u_5 = u_2 + 1 = 3\), \(u_6 = u_3 + 1 = 3\) et \(u_7 = u_3 + 1 = 3\). Enfin \(u_8 = u_4 + 1 = 4\).

2. Pour \(n \geq 1\), notons \(\mathcal{H}(n)\) la propriété \(2^{u_n – 1} \leq n < 2^{u_n}\).

   Initialisation. Puisque \(u_1 = 1\), on a bien \(2^0 = 1 \leq 1 < 2\) : \(\mathcal{H}(1)\) est vraie.

   Hérédité forte. Soit \(n \geq 2\) tel que \(\mathcal{H}(k)\) soit vraie pour tout entier \(k\) compris entre 1 et \(n – 1\). Posons \(m = \lfloor n/2 \rfloor\). Alors \(1 \leq m \leq \frac{n}{2} < n\), donc \(\mathcal{H}(m)\) est vraie, et \(u_n = u_m + 1\). De plus, \(m \leq \frac{n}{2} < m + 1\) donne \(2m \leq n \leq 2m + 1\).

   D’une part, \(n \geq 2m \geq 2 \times 2^{u_m – 1} = 2^{u_m} = 2^{u_n – 1}\). D’autre part, \(m < 2^{u_m}\) entre entiers donne \(m \leq 2^{u_m} – 1\). Par conséquent \(n \leq 2m + 1 \leq 2^{u_m + 1} – 1 < 2^{u_n}\). Ainsi \(\mathcal{H}(n)\) est vraie.

   Par récurrence forte, \(2^{u_n – 1} \leq n < 2^{u_n}\) pour tout \(n \geq 1\).

3. Les intervalles \([2^{k-1}\,;2^k[\), pour \(k \geq 1\), sont deux à deux disjoints : si \(k < k^{\prime}\), alors \(2^k \leq 2^{k^{\prime} – 1}\). Un entier \(n\) appartient donc à un seul d’entre eux, et \(u_n\) est cet unique entier \(k\). Comme \(2^9 = 512 \leq 1000 < 1024 = 2^{10}\), on obtient \(u_{1000} = 10\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) initialisation (0,25), hypothèse forte bien écrite (0,5), encadrement de \(m\) (0,25), minoration (0,5) et majoration (0,5) ; 3) unicité (0,25) puis valeur (0,25).

Piège classique : écrire une récurrence simple de \(n – 1\) à \(n\). L’hypothèse utile porte ici sur le rang \(\lfloor n/2 \rfloor\), qui n’est pas \(n – 1\).

Exercice 3 – Somme et produit de deux réels (4 points)

1. On a \(\varphi(1, 2) = (3, 2) = \varphi(2, 1)\), alors que \((1, 2) \neq (2, 1)\). L’application \(\varphi\) n’est donc pas injective.
2. Supposons \(\varphi(x, y) = (0, 1)\). Alors \(y = -x\), puis \(xy = -x^2 = 1\), ce qui est impossible car \(-x^2 \leq 0\). Le couple \((0, 1)\) n’a donc aucun antécédent. Par conséquent, \(\varphi\) n’est pas surjective.

3. Inclusion directe. Soit \((s, p) = \varphi(x, y)\). En développant, \(s^2 – 4p = x^2 + 2xy + y^2 – 4xy\), c’est-à-dire \((x – y)^2\), qui est positif. Donc \((s, p) \in E\).

   Inclusion réciproque. Soit \((s, p) \in E\). Posons \(\delta = \sqrt{s^2 – 4p}\), bien défini car \(s^2 – 4p \geq 0\), puis \(x = \frac{s – \delta}{2}\) et \(y = \frac{s + \delta}{2}\). Alors \(x + y = s\) et \(xy = \frac{(s – \delta)(s + \delta)}{4} = \frac{s^2 – (s^2 – 4p)}{4} = p\). Ainsi \((s, p) = \varphi(x, y)\).

   Par double inclusion, \(\varphi(\mathbb{R}^2) = E\).

4. Injectivité. Soient \((x, y)\) et \((x^{\prime}, y^{\prime})\) dans \(\Delta\) de même image \((s, p)\). D’après la question 3, \((y – x)^2 = s^2 – 4p = (y^{\prime} – x^{\prime})^2\). Or \(y – x \geq 0\) et \(y^{\prime} – x^{\prime} \geq 0\), donc \(y – x = y^{\prime} – x^{\prime}\). Comme les sommes coïncident aussi, on obtient \(y = y^{\prime}\) puis \(x = x^{\prime}\).

   Surjectivité. Soit \((s, p) \in E\). L’antécédent construit à la question 3 vérifie \(x \leq y\), puisque \(\delta \geq 0\) ; il appartient donc à \(\Delta\).

   Ainsi \(\psi\) est bijective, et \(\psi^{-1}(s, p) = \left(\frac{s – \sqrt{s^2 – 4p}}{2},\ \frac{s + \sqrt{s^2 – 4p}}{2}\right)\). On reconnaît d’ailleurs les deux racines, rangées dans l’ordre croissant, de l’équation \(t^2 – st + p = 0\).

Barème : 1) 0,5 point ; 2) 0,5 point ; 3) inclusion directe (0,5) et inclusion réciproque avec vérification (1) ; 4) injectivité (0,75), surjectivité (0,5) et formule de la réciproque (0,25).

Piège classique : oublier de vérifier que l’antécédent proposé appartient bien à \(\Delta\). Sans cette condition, \(\psi\) ne serait pas injective.

Exercice 4 – Images réciproques et composées (4 points)

1. Pour \(x \in E\), on raisonne par équivalences : \(x \in f^{-1}(A \cap B)\) équivaut à \(f(x) \in A \cap B\), c’est-à-dire à \(f(x) \in A\) et \(f(x) \in B\). Cela revient donc à \(x \in f^{-1}(A)\) et \(x \in f^{-1}(B)\). D’où \(f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)\).

2. Soit \(y \in f\left(f^{-1}(B)\right)\) : il existe \(x \in f^{-1}(B)\) tel que \(y = f(x)\), et alors \(y = f(x) \in B\). Ainsi \(f\left(f^{-1}(B)\right) \subset B\).

   Si de plus \(f\) est surjective, prenons \(y \in B\). Il existe \(x\) tel que \(f(x) = y\) ; comme \(f(x) \in B\), on a \(x \in f^{-1}(B)\), donc \(y \in f\left(f^{-1}(B)\right)\). L’égalité a donc lieu.

   Avec \(f : x \mapsto x^2\) et \(B = [-4\,;9]\), la condition \(-4 \leq x^2\) est toujours vraie, si bien que \(f^{-1}(B) = \{x : x^2 \leq 9\} = [-3\,;3]\). Ensuite, \(x^2\) parcourt \([0\,;9]\) quand \(x\) parcourt \([-3\,;3]\), car tout \(t \in [0\,;9]\) s’écrit \((\sqrt{t})^2\). Ainsi \(f^{-1}(B) = [-3\,;3]\) et \(f\left(f^{-1}(B)\right) = [0\,;9]\), inclus strictement dans \(B\) : ici \(f\) n’est pas surjective.

3. Supposons \(g \circ f\) injective, et soient \(x, x^{\prime} \in E\) tels que \(f(x) = f(x^{\prime})\). En appliquant \(g\), on obtient \(g \circ f(x) = g \circ f(x^{\prime})\), donc \(x = x^{\prime}\). L’application \(f\) est injective.

   Supposons maintenant \(g \circ f\) surjective, et soit \(z \in G\). Il existe \(x \in E\) tel que \(g\left(f(x)\right) = z\), donc \(y = f(x)\) est un antécédent de \(z\) par \(g\). L’application \(g\) est surjective.

4. D’après le diagramme, \(g \circ f(1) = g(a) = \alpha\) et \(g \circ f(2) = g(b) = \beta\) : l’application \(g \circ f\) envoie les deux éléments de départ sur les deux éléments d’arrivée, donc elle est bijective. Pourtant, \(c\) n’a aucun antécédent par \(f\), et \(g(b) = g(c)\) avec \(b \neq c\). Les réciproques sont donc fausses : \(g \circ f\) injective n’entraîne pas \(g\) injective, et \(g \circ f\) surjective n’entraîne pas \(f\) surjective.

Barème : 1) 1 point ; 2) inclusion (0,25), égalité si surjective (0,25), puis calcul des deux ensembles (0,5) ; 3) 0,5 point par implication ; 4) bijectivité (0,5) et conclusion sur les réciproques (0,5).

Exercice 5 – Problème : des paraboles comme classes d’équivalence (5 points)

1. Par définition, \((x, y) \sim (x^{\prime}, y^{\prime})\) équivaut à \(\theta(x, y) = \theta(x^{\prime}, y^{\prime})\). La relation est donc réflexive, car \(\theta(x, y) = \theta(x, y)\). Elle est aussi symétrique, puisque l’égalité des réels l’est. Enfin, elle est transitive : si \(\theta(x, y) = \theta(x^{\prime}, y^{\prime})\) et \(\theta(x^{\prime}, y^{\prime}) = \theta(x^{\prime\prime}, y^{\prime\prime})\), alors \(\theta(x, y) = \theta(x^{\prime\prime}, y^{\prime\prime})\). La relation \(\sim\) est une relation d’équivalence.

2. On a \(\theta(0, 0) = 0\), \(\theta(1, 3) = 3 – 1 = 2\) et \(\theta(2, 1) = 1 – 4 = -3\). Par suite, la classe de \((0, 0)\) est la parabole d’équation \(y = x^2\). De même, celle de \((1, 3)\) est la parabole \(y = x^2 + 2\), tandis que celle de \((2, 1)\) est la parabole \(y = x^2 – 3\).

   Plus généralement, la classe de \((a, b)\) est la parabole d’équation \(y = x^2 + c\) avec \(c = b – a^2\). Chaque classe est donc l’image de la parabole \(y = x^2\) par la translation de vecteur \((0, c)\).

   

3. La classe associée à \(c\) est formée des points \((x, x^2 + c)\). Sur l’axe des ordonnées, on a \(x = 0\), donc cette classe ne contient que le point \((0, c)\) de cet axe.

   Notons \(\Phi : c \mapsto \mathrm{cl}(0, c)\). Si \(\mathrm{cl}(0, c) = \mathrm{cl}(0, c^{\prime})\), alors \(\theta(0, c) = \theta(0, c^{\prime})\), soit \(c = c^{\prime}\) : \(\Phi\) est injective. De plus, toute classe \(\mathrm{cl}(x, y)\) est égale à \(\mathrm{cl}(0, y – x^2)\), car ces deux points ont la même image par \(\theta\) ; ainsi \(\Phi\) est surjective. L’application \(\Phi\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(\mathcal{Q}\).

4. La relation \(\mathcal{R}\) est réflexive, car \(\theta(x, y) \leq \theta(x, y)\), et transitive, car l’ordre usuel sur \(\mathbb{R}\) l’est. En revanche, elle n’est pas antisymétrique : \(\theta(0, 0) = \theta(1, 1) = 0\), donc \((0, 0)\,\mathcal{R}\,(1, 1)\) et \((1, 1)\,\mathcal{R}\,(0, 0)\), alors que ces deux couples sont distincts. Ce n’est donc pas une relation d’ordre sur \(\mathbb{R}^2\).

Barème : 1) 0,5 point par propriété ; 2) les trois classes (0,75), la figure (0,25) et la nature générale (0,5) ; 3) unicité du point sur l’axe (0,5) puis bijection (0,5) ; 4) réflexivité et transitivité (0,5), contre-exemple à l’antisymétrie (0,5).

Piège classique : conclure qu’une relation est un ordre parce qu’elle est réflexive et transitive. L’antisymétrie doit être vérifiée, et elle échoue dès que deux points distincts sont équivalents.

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