QCM : Ensembles et bijections en L1 de maths

Réponse D.

Choisir une partie revient à décider, pour chacun des 4 éléments, s’il appartient ou non à la partie. On obtient donc \(2^4=16\) parties, y compris l’ensemble vide et \(E\) lui-même. Le piège \(8\) calcule \(2\times 4\) au lieu d’une puissance. La valeur \(4\) ne compte que les singletons. Enfin, \(24\) vaut \(4!\), c’est-à-dire le nombre de permutations de \(E\).

Réponse A.

Les lois de De Morgan échangent union et intersection lors du passage au complémentaire. On les applique deux fois : d’abord à l’union extérieure, ce qui donne \(\overline{A}\cap\overline{B\cap C}\), puis à l’intersection intérieure. Le piège \(\overline{A}\cup(\overline{B}\cap\overline{C})\) oublie d’échanger les deux symboles. Les deux autres n’en échangent qu’un seul. Ainsi, chaque symbole doit être transformé, à chaque niveau de parenthèses.

Réponse D.

La différence symétrique contient les éléments qui sont dans exactement une des deux parties. Or la somme des deux indicatrices vaut \(2\) sur l’intersection, qu’il faut ramener à \(0\) : on retire donc deux fois \(\mathbf{1}_X\mathbf{1}_Y\). Retirer une seule fois le produit donne l’indicatrice de l’union. La différence \(\mathbf{1}_X-\mathbf{1}_Y\) prend la valeur \(-1\), impossible pour une indicatrice. Enfin, le produit correspond à l’intersection.

Réponse D.

Une partie de \(\mathbb{R}^2\) est le graphe d’une application lorsque chaque réel \(x\) possède exactement un \(y\) associé. C’est le cas de \(y=x^3\). En revanche, \(x=y^2\) associe deux valeurs \(\pm\sqrt{x}\) à tout \(x>0\), et aucune à \(x<0\). Le cercle n’est défini que pour \(|x|\leqslant 1\). Enfin, le demi-plan associe une infinité de \(y\) à chaque \(x\).

Réponse C.

L’image directe rassemble les valeurs \(x^2\) pour \(x\in[-1,2]\). Comme \(0\) appartient à l’intervalle, le minimum vaut \(0\) ; le maximum, atteint en \(2\), vaut \(4\). Par continuité, toutes les valeurs intermédiaires sont atteintes. Le piège \([1,4]\) calcule seulement les images des bornes. La réponse \([-1,4]\) oublie qu’un carré est positif. Enfin, \([0,2]\) ne met pas la borne au carré.

Réponse C.

On cherche les réels \(x\) tels que \(1\leqslant x^2\leqslant 4\), c’est-à-dire \(1\leqslant|x|\leqslant 2\). On obtient donc deux intervalles symétriques. La notation \(f^{-1}\) ne suppose pas que \(f\) soit bijective. Le piège \([1,2]\) oublie les antécédents négatifs. La réponse \([1,16]\) calcule l’image directe au lieu de l’image réciproque. Enfin, \([-2,2]\) inclut à tort les réels de \(]-1,1[\).

Réponse B.

Si \(y=f(x)\) avec \(x\in X\cap Y\), alors \(y\) est image d’un élément de \(X\) et d’un élément de \(Y\) : l’inclusion est donc acquise. Cependant, l’inclusion réciproque échoue. Avec \(f(x)=x^2\), \(X=\{-1\}\) et \(Y=\{1\}\), on a \(X\cap Y=\varnothing\) alors que \(f(X)\cap f(Y)=\{1\}\). Enfin, \(f^{-1}(f(X))\) peut être plus gros que \(X\) : ici, il vaut \(\{-1,1\}\).

Réponse A.

L’inclusion \(A\subset f^{-1}(f(A))\) est toujours vraie. L’inclusion inverse exige qu’aucun point hors de \(A\) n’ait la même image qu’un point de \(A\). En prenant des singletons, cela revient exactement à l’injectivité. Le piège de la surjectivité confond avec la relation \(f(f^{-1}(B))=B\). Par ailleurs, la bijectivité suffit mais n’est pas nécessaire : une injection non surjective convient aussi.

Réponse B.

Si \(f(x)=f(x^{\prime})\), alors \(g(f(x))=g(f(x^{\prime}))\), et l’injectivité de \(g\circ f\) donne \(x=x^{\prime}\). Ainsi, \(f\) est injective. En revanche, \(g\) peut ne pas l’être : avec \(f:x\mapsto\sqrt{x}\) de \([0,+\infty[\) dans \(\mathbb{R}\) et \(g:y\mapsto y^2\), la composée est injective, alors que \(g\) ne l’est pas. De même, rien n’impose la surjectivité de \(g\).

Réponse C.

Sur \([0,+\infty[\), la fonction carré est strictement croissante, donc injective. De plus, tout \(y\geqslant 0\) admet l’antécédent positif \(\sqrt{y}\) : elle est surjective. La restriction du départ et de l’arrivée rend donc bijective une application qui ne l’était pas sur \(\mathbb{R}\). Le piège du non injectif oublie qu’on a retiré les négatifs. Enfin, \(\frac{1}{y^2}\) confond réciproque et inverse pour la multiplication.

Réponse B.

On résout \(y=\frac{2x+1}{x-1}\) : on obtient \(yx-y=2x+1\), puis \(x(y-2)=y+1\), donc \(x=\frac{y+1}{y-2}\). On vérifie que cette formule est définie sur \(\mathbb{R}\setminus\{2\}\) et ne prend jamais la valeur \(1\). Le piège \(\frac{y-1}{2y+1}\) calcule l’inverse \(\frac{1}{f}\) au lieu de la réciproque. Les deux autres proviennent d’erreurs de signe en regroupant les termes en \(x\).

Réponse A.

On raisonne par double inclusion. Tout élément de \(A\) est dans l’union, donc dans l’intersection, donc dans \(B\) : ainsi \(A\subset B\). Le même argument, en échangeant les rôles, donne \(B\subset A\). Par conséquent, \(A=B\). Le piège de l’ensemble vide ajoute une contrainte inutile, puisque toute partie convient si \(B=A\). L’inclusion seule ignore la symétrie. Enfin, deux parties disjointes et non vides auraient une intersection vide mais une union non vide.