DS2 2021 2022 V2
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Page 1 : Préing 1Devoir Surveillé 2AlgèbreDate : Jeudi 9 Décembre 2021Appareils électroniques et documents interditsDurée : 1h30Nombre de pages : 2Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.Le sujet comporte 5 exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 1 4 pointsÉcrire sous forme trigonométrique z1, z2, z3 et z4 avec :a z1 = sin π6 +i cos π6b z2 = 1eiθ avec θ 0;2πc z3 = 1+i5d z4 = p21i1iSolutiona z1 = sin π6 +i cos π6 = cos³π2 π6+i sin³π2 π6= sin π3 +i cos π3 = ei π3b z2 = 1eiθ == ei θ2³ei θ2 ei θ2= 2i sin θ2ei θ2 = sin θ2ei θπ2c z3 = 1+i5 =³p2ei 3π4r= 4p2ei 15π4 = 4p2ei π4d z4 = p21i1i= p21ei π2p2ei π4=³1p22ei 3π41 point pour chaque questionExercice 2 6 pointsSoitf :R→R2x7→x2,2xetg :R2→Ra,b7→a b +11. Etude de f .a Etudier l’injectivité de f .b Etudier la surjectivité de f .2. Etude de ga Etudier l’injectivité de g.b Etudier la surjectivité de g.c Déterminer g0,1×0,1.3. Etude des composées.
Page 2 : a Pour x R, Déterminer g ◦f x.b Pour a,b R2, Déterminer f ◦ga,b.c Etudier la surjectivité de f ◦g.d Etudier l’injectivité de g ◦f .4.a Représenter graphiquement h = g ◦f .b Déterminer h1,2c Déterminer h12,4Solution0.5 points pour chaque réponse.1.a Soit x,x′ R, f x = f x′ ⇔x2,2x = x′2,2x′⇔½x2 = x′2x = x′⇔½x = x′ ou x = x′x = x′⇔x = x′.Donc f est injective.b 0.5 points Le couple-1,0 n’admet pas d’antécédent car x R, la première coordonnée def x est un carré donc est positive.Autre argument, on constante que si a,b est une image alors a =µb2¶2donc -1,-0 n’est pasune image.donc la fonction f n’est pas injective.2.a On remarque que g0,0 = 1 = g1,1 donc g n’est pas injective.b Soit y R, on résout pour a,b R2,ga,by. on observe que gy,1 = y. On a donc obtenuun antécédent donc g est surjective.c On cherche à déterminer g0,1×0,1, c’est à dire pour 0 a 1 et 0 b 1, l’ensemble décritpar a b +1.on a 1 b 0 donc 01 a b +1 2 donc a b +1 0;2 en sommant les inégalités.Réciproquement, soit y 0;2, si y 1, on pose b = 0 et a = y 1. On a alors a b +1 = y avec0 a 1. Sinon, on pose b = 1 et a = y et on a également a b +1 = y. Donc y admet bien unantécédent dans 0;1×0;1.On a bien f 0;1 = 0;23.a x R,g ◦f x = x2 2x +1b a,b R2, f ◦ga,b = a b +12,2a b +1c f n’est pas surjective donc f ◦g n’est pas surjective contraposée de la propriété « Si f ◦g estsurjective alors f est surjective ».d f n’est pas injective donc g ◦f n’est pas injective contraposée de la propriété « Si g ◦f est injec-tive alors f est injective ».4.a La représentation graphique est la suivante.xy110b f 1;2 = 0;4c f 12;4 = 1;32
Page 3 : Exercice 3 4.5 pointsSoit P = z C : Imz 0 et D = z C : z 1Montrer que f : z 7→z iz +i est une bijection de P sur D.1. f est Injective :Soit z, z′ P, f z = f z′ montrons que z = z′f z = f z′⇐⇒z iz +i = z′ iz′ +i⇐⇒z iz′ +i = z′ iz +i⇐⇒zz′ +iz z′+1 = z′z +iz′ z+1⇐⇒z = z′Donc f est injective.1.5 points + 0.5 points pour la rigueur de la rédaction2. f est surjective :On utilise la définition.Soit z D.On cherche s’il existe Z P tel que :f Z = zf Z = z⇐⇒Z iZ +i = z⇐⇒Z i = Z × z +i × z⇐⇒Z Z × z = i +i × z⇐⇒Z1z = i1+ z⇐⇒Z = 1+ z1z ×i1 pointIl faut vérifier que Z P. Calculons ImZ = Im³1+z1z ×i:ImZ=Im³1+ z1z ×i=Im³1+ z1¯z1z2×i=Im³1z2+2i Imz1z2×i=Im³2Imz1z2 +i 1z21z2Comme z D alors :ImZ = 1z21z2 0.1 pointsFinalement Z P qui est l’unique antécédent. Donc f est surjective.Comme f est injective et surjective, donc f est bijective.0.5 pointsExercice 4 4.5 pointsOn définit la relation R sur R parxRy ⇐⇒cos2 x +sin2 y = 13
Page 4 : 1. Montrer que R est une relation d’équivalence.2. Déterminer la classe de 0.3. Déterminer la classe π4 .4. Question bonus Soit x R, déterminer la classe d’équivalence de x et le nombre de réprésentant decette classe dans 0;2πSolution1. On a xRy ⇐⇒cos2 x +sin2 y = 1 ⇔cos2 x = 1sin2 x ⇔cos2 x = cos2 y.Donc R est une relation d’équivalence car elle hérite des propriétés de l’égalité.Réflexive 0.5, symétrique : 1 point, transitive : 1 point2. On résout xR0 ⇔cos2 x = 1 ⇔cosx = cos0 ou cosx = cosπ donc x = kπ,k Z1 point3. On résout cos2 x = cosπ2 ⇔x = π4 +k π4 ,k ZDonc x =nπ4 +k π4 ,k Zo1 point4. bonus xRy ⇔cos2 x = cos2 y⇔cosx = cos y ou cosx = cos y⇔x = y +2kπ Z ou x = y +2kπ Z+πx = y +2kπ 2 ou x = y +π+2kπ,k Zx =©y +kπ;y +kπ,k ZªExercice 5 3.5 pointsSoit E un ensemble et E =©A, f A E, A ̸= ;, et f application de A dans Eª.On munit E de la relation binaire ⪯définie par :A, f ⪯B,g ⇐⇒½ A Bx A, f x = gxc’est-à-dire que la fonction g, définie sur B, prolonge la fonction f , définie seulement sur A .1. Montrer que ⪯est une relation d’ordre.2. L’ordre est-il total? 1 point3. question bonus Soient A, f et B,g deux éléments de E . Trouver une condition nécessaire et suf-fisante pour que la partie A, f ,B,g soit majorée. Quelle est alors sa borne supérieure?Solution1.a ⪯est réflexive. En effet A A et x A, f x = f x évidemment!b ⪯est antisymétriquee :Supposons A, f ⪯B,g et B,g ⪯A, f alors A B et B A, donc A = B. Comme x A, f x = gx et f définie de A dans E et g définie de A dans E, on a f = g donc A, f = B,g.Donc ⪯est antisymétrique.c ⪯est transitive :Supposons que A, f ⪯B,g et B,g ⪯C,k.On a A B ; x A, f x = gx, et B C;y B,gy = ky. Donc on peut déduire A C etx A, f x = kx.On a donc Alors A, f ⪯C,k. D’où ⪯est transitive.Réflexive 0.5 point, symétrique : 1 point, transitive : 1 point4
Page 5 : 2. La relation ⪯n’est pas une relation d’ordre total si le cardinal de A est strictement supérieur à 1 : Si onchoisit deux éléments distincts de A, x et y alors A = x et B = y sont disjoints donc non inclus l’undans l’autre. Donc A, f et B,g ne sont pas comparables.1 point3. Soient A, f et B,g deux éléments de E .Soit C,k un majorant de A, f ,B,g.On a, x A, f x = kx et x B,gx = kx donc x A B, f x = kx = gx.Donc x A B, f x = gx.Récproquement si x A B, f x = gx propriété P alors définissonsk :A B→Esi x A,kx=f xsi x B,kx=gxCette fonction est bien définie d’après la propriété P admise et A B,k majore A, f ,B,g5
