QCM : Injections, surjections et relations en maths sup (MPSI)

Réponse C.

Les éléments de \(\mathcal{P}(T)\) sont les quatre parties de \(T\) : la partie vide, les deux singletons et \(T\) lui-même. Par conséquent, la partie vide y figure bien. Le piège sur le nombre 7 confond un élément de \(T\) avec le singleton \(\{7\}\). De même, l’inclusion de \(\{7\}\) voudrait dire que 7 est une partie de \(T\). Enfin, trois éléments oublie l’ensemble vide ou \(T\).

Réponse C.

Un point échappe à l’intersection dès qu’il manque à l’une des deux parties. Ainsi, on obtient la réunion des deux complémentaires, selon une loi de De Morgan. La réponse \(U^c\cap V^c\) est le complémentaire de la réunion, pas de l’intersection. Par ailleurs, \(U^c\cup V\) ne complémente qu’une seule partie : c’est l’ensemble associé à l’implication « être dans \(U\) entraîne être dans \(V\) ».

Réponse D.

Un couple \((u,v)\) est dans les deux produits exactement quand \(u\in P\cap R\) et \(v\in Q\cap S\). Cependant, la version avec les réunions échoue : pour \(P=S=\{0\}\) et \(Q=R=\{1\}\), le couple \((0,0)\) est à droite mais pas à gauche. Ensuite, un produit par une réunion donne une réunion, pas une intersection. Enfin, \(P\cap Q\) mélange des parties de deux ensembles différents.

Réponse B.

Pour former une partition, il faut des morceaux tous non vides, sans point commun deux par deux, et qui recouvrent l’ensemble. Les pairs et les impairs remplissent ces trois conditions. Le piège \(\{\mathbb{N},-\mathbb{N}\}\) échoue car 0 appartient aux deux parties. Ensuite, l’ajout de la partie vide est interdit par la définition. Enfin, les entiers congrus à 2 modulo 3 ne sont couverts par aucune des deux parties restantes.

Réponse B.

On cherche les réels \(x\) tels que \(1\leq x^2\leq4\), c’est-à-dire \(1\leq|x|\leq2\). Il faut donc garder les antécédents négatifs. Le piège \([1,2]\) les oublie. Ensuite, \([1,16]\) est l’image directe \(f([1,4])\), qui n’est pas demandée. Quant à \([-2,2]\), il contient \(0\), dont le carré n’est pas dans \([1,4]\). Notons que cette notation ne suppose aucune bijection réciproque.

Réponse D.

Tout \(x\in A\) a son image dans \(f(A)\), donc \(x\) est un antécédent d’un élément de \(f(A)\). L’inclusion inverse demande l’injectivité : avec la fonction carré, \(f^{-1}(f(\{1\}))=\{-1,1\}\). De même, \(B\subset f(f^{-1}(B))\) exige la surjectivité. Enfin, l’image d’une intersection est seulement incluse dans l’intersection des images, comme le montrent \(\{-1\}\) et \(\{1\}\).

Réponse B.

Si \(2n=2m\), alors \(n=m\) : l’application est donc injective. Cependant, l’entier 1 n’a aucun antécédent, car il est impair, si bien que la surjectivité échoue. Le piège « bijective » vient de l’intuition qu’il y a autant de pairs que d’entiers, ce qui est vrai en cardinal mais ne concerne pas cette application précise. La même formule définie de \(\mathbb{N}\) dans \(2\mathbb{N}\) serait bijective.

Réponse A.

Deux points de même image par \(f\) ont aussi même image par la composée, qui est injective : ils sont donc égaux. Par ailleurs, chaque point de \(G\) est atteint par la composée, donc a fortiori par \(g\). Rien de plus n’est garanti. Prenons en effet \(E\) et \(G\) réduits à un point et \(F\) à deux points : la composée est bijective, mais \(f\) rate un point et \(g\) confond les deux.

Réponse C.

En composant \(g\circ f\) avec \(f^{-1}\circ g^{-1}\) dans les deux sens, les termes du milieu se simplifient et il reste l’identité. Pour revenir en arrière, on défait d’abord la dernière opération. Le piège \(g^{-1}\circ f^{-1}\) garde l’ordre initial ; en général, il n’est même pas défini, puisque \(f^{-1}\) part de \(F\) et arrive dans \(E\). Ainsi, l’ordre des réciproques s’inverse toujours.

Réponse D.

On teste les quatre situations possibles. Pour un point de \(K\cap L\), l’expression vaut \(1+1-2=0\) ; elle vaut 1 pour un point d’une seule des deux parties, et 0 ailleurs. On retrouve donc la différence symétrique. Le piège avec un seul produit retranché décrit la réunion. Par ailleurs, \(\chi_K-\chi_L\) peut valoir \(-1\), et la simple somme peut valoir 2.

Réponse A.

La classe de \(x\) est \(x+\mathbb{Z}\), qui contient un unique représentant \(x-\lfloor x\rfloor\) dans \([0,1[\). Le piège \([0,1]\) contient 0 et 1, qui sont dans la même classe. De même, \([0,2[\) contient deux représentants de chaque classe, par exemple \(0{,}5\) et \(1{,}5\). Enfin, \(\mathbb{Z}\) est une seule classe, celle de 0, et ne rencontre aucune autre classe.

Réponse A.

Sur \(\mathbb{N}\), la divisibilité est réflexive, transitive et antisymétrique. Cependant, 2 et 3 ne sont pas comparables : l’ordre n’est donc pas total. Sur \(\mathbb{Z}\), en revanche, \(2\) divise \(-2\) et réciproquement, alors que \(2\neq-2\), ce qui ruine l’antisymétrie. Enfin, la relation n’est pas symétrique, puisque 1 divise 2 sans que 2 divise 1.