Solution de l'exercice 4 :
Soit \(f\) l'application de l'ensemble \(\{1,2,3,4,5\}\) dans lui-meme definie par :
\(f\left(1\right)=4,\)\(f\left(2\right)=1,\)\(f\left(3\right)=2,\)\(f\left(4\right)=2,\)\(f\left(5\right)=3.\)
1. Lorsque \(A=\{2\},\) on obtient \(f\left(A\right)=f\left(\{2\}\right)=\{1\},\)
Lorsque \(A=\{1,3,4\},\) on obtient \(f\left(A\right)=f\left(\{1,3,4\}\right)=\{2,4\}.\)
2. Lorsque \(B=\{3\},\) on obtient \(f^{-1}\left(B\right)=f^{-1}\left(\{3\}\right)=\{5\},\)
Lorsque \(B=\{1,2,3\},\) on obtient \(f^{-1}\left(B\right)=f^{-1}\left(\{1,2,3\}\right)=\{1,2,3,4\}.\)
Solution de l'exercice 5 :
Soient \(E\) et \(F\) deux ensembles, \(f:E\longrightarrow F\) une application.
1) Montrons que \(\forall A,B\in\mathcal{P}\left(E\right),\)\(\left(A\subset B\right)\Longrightarrow\left(f\left(A\right)\subset f\left(B\right)\right).\)
Soit \(y\in f\left(A\right),\) donc il existe \(x\in A\) tel que \(y=f\left(x\right).\)
Comme \(A\subset B\) et \(x\in A,\) alors \(x\in B.\)
Puisque \(x\in B\) et \(y=f\left(x\right),\) alors \(y\in f\left(B\right).\)
On deduit que \(f\left(A\right)\subset f\left(B\right).\)
2) Montrons que \(\forall A,B\in\mathcal{P}\left(E\right),\)\(f\left(A\cap B\right)\subset f\left(A\right)\cap f\left(B\right).\)
\(\left\{\begin{array}[]{lcl}A\cap B\subset A&\Longrightarrow&\!\!\!\int f\left(A\cap B\right)\subset f\left(A\right)\\ A\cap B\subset B&\Longrightarrow&\!\!\!\int f\left(A\cap B\right)\subset f\left(B\right)\end{array}\right.\Longrightarrow f\left(A\cap B\right)\subset f\left(A\right)\cap f\left(B\right).\)
Solution de l'exercice 6 :
1) \(f:\mathbb{Z}\longrightarrow\mathbb{Z},\)\(n\longmapsto 2\left|n\right|+1.\)
(i) On a \(f\left(-1\right)=3\) et \(f\left(1\right)=3,\) i.e \(-1\) et \(1\) ont la meme image \(3,\) et donc \(f\) n'est pas injective.
(ii) Comme \(0\) n'a pas d'antecedents, alors \(f\) n'est pas surjective.
L'application \(f\) n'est pas bijective.
2) \(g:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R},\)\(x\longmapsto-\frac{3}{2}x+\frac{4}{3}.\)
(i) Soient \(x_{1},x_{2}\in\mathbb{R},\)
\[g\left(x_{1}\right)=g\left(x_{2}\right) \Longrightarrow -\frac{3}{2}x_{1}+\frac{4}{3}=-\frac{3}{2}x_{2}+\frac{4}{3}\] \[\Longrightarrow -\frac{3}{2}x_{1}=-\frac{3}{2}x_{2}\] \[\Longrightarrow x_{1}=x_{2}\]
i. e : \(g\) est injective.
(ii) Soit \(y\in\mathbb{R},\)
\[y=g\left(x\right) \Longleftrightarrow -\frac{3}{2}x+\frac{4}{3}=y\] \[\Longleftrightarrow -\frac{3}{2}x=y-\frac{4}{3}\] \[\Longleftrightarrow x=-\frac{2}{3}y+\frac{8}{9}\]
Donc \(\forall y\in\mathbb{R}\), \(\exists x\in\mathbb{R}\), \(y=g\left(x\right)\),
i. e : \(g\) est surjective.
Comme \(g\) est injective et surjective alors \(g\) est bijective.
3) \(h:\mathbb{R}\setminus\{1\}\longrightarrow\mathbb{R}\), \(x\longmapsto\frac{x+1}{x-1}\).
(i) Soient \(x_{1},x_{2}\in\mathbb{R}\setminus\{1\}\),
\[h\left(x_{1}\right)=h\left(x_{2}\right) \implies \frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}=\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}\] \[\implies (x_{1}+1)\left(x_{2}-1\right)=\left(x_{1}-1\right)\left(x_{2}+1\right)\] \[\implies x_{1}x_{2}-x_{1}+x_{2}-1=x_{1}x_{2}+x_{1}-x_{2}-1\] \[\implies -2x_{1}=-2x_{2}\] \[\implies x_{1}=x_{2}\]
Alors \(h\) est injective.
(ii) Soit \(y\in\mathbb{R}\),
\[y=h\left(x\right) \iff \frac{x+1}{x-1}=y\] \[\iff y\left(x-1\right)=x+1\] \[\iff xy-y=x+1\] \[\iff xy-x=y+1\] \[\iff x\left(y-1\right)=y+1\]
Si \(y\neq 1\) alors \(x=\frac{y+1}{y-1}\).
Si \(y=1\) alors \(x\times 0=1\), cette equation n'a pas de solutions, et ainsi \(y=1\) n'a pas d'antecedent.
Donc \(h\) n'est pas surjective.
Comme \(h\) n'est pas surjective alors \(h\) n'est pas bijective.