Ensembles et applications 1 bac SM

1) On a $180 = 2^2 \times 3^2 \times 5$, donc :

Les entiers $n$ tels que $n^2 \leq \dfrac{3}{2}$ sont $-1$, $0$ et $1$, donc $A = \{-1 ; 0 ; 1\}$.

Pour $x^2 + x + 1 = 0$ on a $\Delta = 1 - 4 = -3 < 0$, donc $B = \varnothing$.

2) $P = \left\{2k \ / \ k \in \mathbb{N}\right\}$.

1) $k \in E_1 \iff k \in \mathbb{Z}$ et $-2 \leq k+1 \leq 2 \iff k \in \mathbb{Z}$ et $-3 \leq k \leq 1$, donc $E_1 = \{-3 ; -2 ; -1 ; 0 ; 1\}$.

$k \in E_2 \iff k \in \mathbb{Z}$ et $|k| \leq \sqrt{7}$, c'est-à-dire $-\sqrt{7} \leq k \leq \sqrt{7}$, donc $E_2 = \{-2 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2\}$.

$k \in E_3 \iff k \in \mathbb{Z}$ et $\sqrt{7} \leq |k| \leq \sqrt{35}$, donc $|k| \in \{3 ; 4 ; 5\}$ et $E_3 = \{-5 ; -4 ; -3 ; 3 ; 4 ; 5\}$.

Pour $E_4$ : la somme $(x-y) + (x+y) = 2x$ est paire, donc $x-y$ et $x+y$ ont la même parité ; de plus $x+y \geq x-y$ et $32 = 2^5$. On dresse le tableau des factorisations possibles :

Donc $E_4 = \{(6 ; 2) ; (9 ; 7)\}$.

Pour $E_5$ : $x^2 - y^2 = 15 \iff (x+y)(x-y) = 15$. Les diviseurs de 15 sont 1, 3, 5 et 15, et $x+y \geq x-y$ :

Donc $E_5 = \{(4 ; 1) ; (8 ; 7)\}$.

2) $P = \left\{5k \ / \ k \in \mathbb{N}\right\}$.

Les fonctions $\cos$ et $\sin$ sont périodiques de période $2\pi$, et $\dfrac{n\pi}{6} = 2\pi \iff n = 12$. Il suffit donc de faire varier $n$ dans $\{0 ; 1 ; 2 ; \dots ; 11\}$.

Comme $\dfrac{\pi}{5} + \dfrac{n\pi}{6} = \dfrac{(6+5n)\pi}{30}$, on obtient :

Pour $B$, on a $\dfrac{\pi}{12} + \dfrac{n\pi}{6} = \dfrac{(2n+1)\pi}{12}$. En tenant compte des relations $\sin(\pi - x) = \sin x$ et $\sin(\pi + x) = -\sin x$, les douze valeurs se réduisent à six :

1) On a $P(\varnothing) = \{\varnothing\}$, donc $P\big(P(\varnothing)\big) = \Big\{\varnothing ; \{\varnothing\}\Big\}$.

2) On a $P(\{a ; b\}) = \Big\{\varnothing ; \{a\} ; \{b\} ; \{a ; b\}\Big\}$, un ensemble à 4 éléments : son ensemble des parties en compte donc $2^4 = 16$.

1) Le complémentaire de $\mathbb{Q}$ est l'ensemble des irrationnels, noté $\mathbb{R} - \mathbb{Q}$.

2) $\overline{[a ; b[} = \left\{x \in \mathbb{R} \ / \ x \notin [a ; b[\right\} = \left\{x \in \mathbb{R} \ / \ x \geq b \text{ ou } x < a\right\}$, donc :

Supposons $A \cap B \neq \varnothing$. Il existe alors $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $x_0 \in A$ et $x_0 \in B$, c'est-à-dire qu'il existe $(k_1 ; k_2) \in \mathbb{Z}^2$ avec :

Donc $\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{2k_1\pi}{5} = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{2k_2\pi}{5}$, ce qui donne $\dfrac{2}{5}(k_1 - k_2) = -\dfrac{1}{4}$, soit $k_1 - k_2 = -\dfrac{5}{8}$.

C'est une contradiction, car $k_1 - k_2 \in \mathbb{Z}$ alors que $-\dfrac{5}{8} \notin \mathbb{Z}$. Donc $A \cap B = \varnothing$.

Supposons $\overline{B-C} \cup A = E$ et $\overline{C-D} \cup A = E$. Remarquons d'abord que $\overline{X} \cup A = E \Rightarrow X \subset A$.

Donc $B - C \subset A$ et $C - D \subset A$, c'est-à-dire $B \cap \overline{C} \subset A$ et $C \cap \overline{D} \subset A$.

Montrons que $B - D \subset A$, c'est-à-dire $B \cap \overline{D} \subset A$. Soit $x \in B \cap \overline{D}$ : on a $x \in B$ et $x \notin D$.

Si $x \in C$, alors $x \in C \cap \overline{D}$, donc $x \in A$ car $C \cap \overline{D} \subset A$.

Si $x \notin C$, alors $x \in B \cap \overline{C}$, donc $x \in A$ car $B \cap \overline{C} \subset A$.

Dans tous les cas $x \in A$, donc $(B - D) \subset A$.

Supposons $A \subset B \subset C$. On a $A \subset B$ donc $A \cup B = B$, et $B \subset C$ donc $B \cap C = B$. Par suite $A \cup B = B \cap C$.

Réciproquement, supposons $A \cup B = B \cap C$. De $A \cup B = B \cap C$ on tire $A \cup B \subset B$ et $A \cup B \subset C$, donc $A \subset B$ et $B \subset C$, c'est-à-dire $A \subset B \subset C$.

Conclusion : $A \subset B \subset C \iff A \cup B = B \cap C$.

1) En regroupant deux à deux :

2) En utilisant la distributivité :

3) Sens direct : $A \cap \overline{B} = A \cap \overline{C} \Rightarrow \overline{A \cap \overline{B}} = \overline{A \cap \overline{C}} \Rightarrow \overline{A} \cup \overline{\overline{B}} = \overline{A} \cup \overline{\overline{C}}$, donc $\overline{A} \cup B = \overline{A} \cup C$.

En intersectant par $A$ : $A \cap \left(\overline{A} \cup B\right) = A \cap \left(\overline{A} \cup C\right)$, donc $\left(A \cap \overline{A}\right) \cup (A \cap B) = \left(A \cap \overline{A}\right) \cup (A \cap C)$, d'où $A \cap B = A \cap C$.

Réciproquement, $A \cap B = A \cap C \Rightarrow A \cap \overline{\overline{B}} = A \cap \overline{\overline{C}}$, et d'après l'implication directe appliquée à $\overline{B}$ et $\overline{C}$, on obtient $A \cap \overline{B} = A \cap \overline{C}$.

Conclusion : $A \cap \overline{B} = A \cap \overline{C} \iff A \cap B = A \cap C$.

Supposons $A \cup B \subset A \cup C$ et $A \cap B \subset A \cap C$, et montrons que $(\forall x \in E)(x \in B \Rightarrow x \in C)$.

Soit $x \in B$ ; alors $x \in A \cup B$, donc $x \in A \cup C$, c'est-à-dire $x \in A$ ou $x \in C$.

Si $x \in A$, alors $x \in A \cap B$, donc $x \in A \cap C$ car $A \cap B \subset A \cap C$, et par suite $x \in C$.

Si $x \notin A$, alors comme $x \in A$ ou $x \in C$ est vraie, on a $x \in C$.

Dans tous les cas $x \in C$, donc $B \subset C$.

1) On a $A \Delta B = (A - B) \cup (B - A) = \left(A \cap \overline{B}\right) \cup \left(B \cap \overline{A}\right)$, donc :

2) $\overline{A} \Delta \overline{B} = \left(\overline{A} - \overline{B}\right) \cup \left(\overline{B} - \overline{A}\right) = \left(\overline{A} \cap B\right) \cup \left(\overline{B} \cap A\right) = (B - A) \cup (A - B) = A \Delta B$.

3) Soit $C \in P(E)$. Si $B = C$ alors $A \Delta B = A \Delta C$.

Supposons $A \Delta B = A \Delta C$ et montrons que $B = C$. Soit $x \in B$.

Si $x \in A$ : de $x \in A$ et $x \in B$ on tire $x \in A \cap B$, donc $x \notin A \Delta B$, donc $x \notin A \Delta C$ (car $A \Delta B = A \Delta C$), donc $x \in A \cap C$ et $x \in C$. Ainsi $A \cap B \subset C$.

Si $x \notin A$ : de $x \in B$ et $x \notin A$ on tire $x \in B - A$, donc $x \in A \Delta B$, donc $x \in A \Delta C$, donc $x \in C - A$ et $x \in C$. Ainsi $\overline{A} \cap B \subset C$.

De ces deux cas on déduit $(A \cap B) \cup \left(\overline{A} \cap B\right) \subset C$. Or $(A \cap B) \cup \left(\overline{A} \cap B\right) = \left(A \cup \overline{A}\right) \cap B = E \cap B = B$, donc $B \subset C$.

On montre de la même façon que $C \subset B$, d'où $B = C$. Finalement $A \Delta B = A \Delta C \iff B = C$.

1) a) $(x-y)(x+2y) = x^2 + 2xy - xy - 2y^2 = x^2 + xy - 2y^2$.

1) b) $(x ; y) \in E \cap \mathbb{Z}^2 \iff (x-y)(x+2y) = -5$ et $(x ; y) \in \mathbb{Z}^2$. Les factorisations de $-5$ dans $\mathbb{Z}$ donnent quatre systèmes :

Donc $E \cap \mathbb{Z}^2 = \{(-3 ; 2) ; (3 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-1 ; -2)\}$.

1) c) $(x ; y) \in E \iff (x-y)(x+2y) = -5$. En posant $x - y = t$ avec $t \in \mathbb{R}^*$, il vient $x + 2y = \dfrac{-5}{t}$, et la résolution du système donne :

Donc $E = \left\{\left(\dfrac{2t^2-5}{3t} ; \dfrac{-t^2-5}{3t}\right) \ / \ t \in \mathbb{R}^*\right\}$.

2) $A = \left\{k^2 \ ; \ k \in \mathbb{N}\right\}$, $B = \left\{\dfrac{(-1)^k}{k} \ ; \ k \in \mathbb{N}^*\right\}$ et $C = \left\{1 + 3n \ ; \ n \in \mathbb{Z}\right\}$.

1) $(x ; y) \in \overline{A \times F} \iff (x ; y) \notin A \times F \iff x \notin A$ ou $y \notin F$.

Or $y \notin F$ donne l'ensemble vide, donc $(x ; y) \in \overline{A} \times F$ et $\overline{A \times F} = \overline{A} \times F$.

2) De même $(x ; y) \in \overline{E \times B} \iff x \notin E$ ou $y \notin B$, et $x \notin E$ donne l'ensemble vide, donc $\overline{E \times B} = E \times \overline{B}$.

3) $(x ; y) \in \overline{A \times B} \iff x \notin A$ ou $y \notin B \iff (x ; y) \in \overline{A} \times F$ ou $(x ; y) \in E \times \overline{B}$, donc :

Supposons qu'il existe deux parties $A$ et $B$ de $\mathbb{R}$ telles que $L = A \times B$.

On a $(1 ; 0) \in L$ et $(0 ; 1) \in L$, donc $1 \in A$ et $1 \in B$ puisque $L = A \times B$.

Par suite $(1 ; 1) \in A \times B$, c'est-à-dire $(1 ; 1) \in L$. Or $1^2 + 1^2 = 2 > 1$ : contradiction.

Conclusion : il n'existe pas deux parties $A$ et $B$ de $\mathbb{R}$ telles que $L = A \times B$.

1) Soit $y_0 \in H$ ; il existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $y_0 = \dfrac{1}{\sqrt{x_0^2+1}}$.

On a $x_0^2 \geq 0$, donc $x_0^2 + 1 \geq 1$, donc $\sqrt{x_0^2+1} \geq 1$, donc $0 < \dfrac{1}{\sqrt{x_0^2+1}} \leq 1$. Ainsi $y_0 \in \,]0 ; 1]$ et $H \subset \,]0 ; 1]$.

Réciproquement, soit $y_0 \in \,]0 ; 1]$ ; cherchons $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $y_0 = \dfrac{1}{\sqrt{x_0^2+1}}$. On a :

Or $0 < y_0 \leq 1$, donc $\dfrac{1}{y_0^2} - 1 \geq 0$ : il suffit de prendre $x_0 = \sqrt{\dfrac{1}{y_0^2} - 1}$. Donc $y_0 \in H$ et $]0 ; 1] \subset H$.

Des deux inclusions on déduit $H = \,]0 ; 1]$.

2) Soit $y_0 \in G$ ; il existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $y_0 = \dfrac{1}{1+\sqrt{x_0^2+1}}$.

On a $x_0^2 + 1 \geq 1$, donc $\sqrt{x_0^2+1} \geq 1$, donc $1 + \sqrt{x_0^2+1} \geq 2$, donc $0 < \dfrac{1}{1+\sqrt{x_0^2+1}} \leq \dfrac{1}{2} \leq 1$. Ainsi $y_0 \in \,]0 ; 1]$ et $G \subset H$.

3) Supposons $G = H$. On a $1 \in H$, donc $1 \in G$, donc il existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $1 = \dfrac{1}{1+\sqrt{x_0^2+1}}$, soit $1 + \sqrt{x_0^2+1} = 1$, donc $\sqrt{x_0^2+1} = 0$, donc $x_0^2 = -1$ : absurde. Donc $H \neq G$.

1) a) $1 + \dfrac{15}{x-5} = \dfrac{x-5+15}{x-5} = \dfrac{x+10}{x-5}$.

1) b) $2x - 1 + \dfrac{9}{2x-1} = \dfrac{(2x-1)^2+9}{2x-1} = \dfrac{4x^2-4x+1+9}{2x-1} = \dfrac{4x^2-4x+10}{2x-1}$.

2) Pour tout $x \in \mathbb{Z}$, $2x-1 \in \mathbb{Z}$, donc $x \in A \iff \dfrac{9}{2x-1} \in \mathbb{Z} \iff 2x-1$ divise 9.

Donc $2x-1 \in \{-9 ; -3 ; -1 ; 1 ; 3 ; 9\}$, soit $2x \in \{-8 ; -2 ; 0 ; 2 ; 4 ; 10\}$ et $A = \{-4 ; -1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 5\}$.

De façon analogue, $x \in B \iff x \neq 5$ et $x-5$ divise 15, donc $x - 5 \in \{-15 ; -5 ; -3 ; -1 ; 1 ; 3 ; 5 ; 15\}$ et $B = \{-10 ; 0 ; 2 ; 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 20\}$.

Par différence : $A - B = \{-4 ; -1 ; 1 ; 5\}$ et $B - A = \{-10 ; 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 20\}$, donc :

3) En composant par $A$ : $A \Delta X = B \Rightarrow A \Delta (A \Delta X) = A \Delta B \Rightarrow (A \Delta A) \Delta X = A \Delta B \Rightarrow X = A \Delta B$, soit :

1) $(x ; y) \in F \iff x + y = 0 \iff y = -x$, donc $x^2 - xy - 2y^2 = y^2 + y^2 - 2y^2 = 0$, c'est-à-dire $(x ; y) \in E$. Donc $F \subset E$.

2) $(1 ; y) \in E \iff 1 - y - 2y^2 = 0 \iff (1+y)(1-2y) = 0 \iff y = -1$ ou $y = \dfrac{1}{2}$.

Donc $\left(1 ; \dfrac{1}{2}\right) \in E$ alors que $\left(1 ; \dfrac{1}{2}\right) \notin F$ puisque $1 + \dfrac{1}{2} \neq 0$. Il existe donc un couple de $E$ qui n'est pas dans $F$ : $E \not\subset F$.

3) $(x ; y) \in E \iff x^2 - 2xy + xy - 2y^2 = 0 \iff x(x+y) - 2y(x+y) = 0 \iff (x+y)(x-2y) = 0$.

Donc $x + y = 0$ ou $x - 2y = 0$, c'est-à-dire $(x ; y) \in F$ ou $(x ; y) \in G$ avec $G = \left\{(x ; y) \in \mathbb{R}^2 \ / \ x - 2y = 0\right\}$. Par suite $E = F \cup G$.

4) a) $(x ; y) \in H \iff y^2 - 2y(x+1) + 2x = 0$. En complétant le carré :

Donc $y = x + 1 + \sqrt{x^2+1}$ ou $y = x + 1 - \sqrt{x^2+1}$, c'est-à-dire $(x ; y) \in A$ ou $(x ; y) \in B$. Par suite $H = A \cup B$.

4) b) $(x ; y) \in H \cap F \iff y^2 - 2y(x+1) + 2x = 0$ et $x = -y$. En remplaçant $y$ par $-x$ :

Donc $x = 0$ et $y = 0$, ou $x = -\dfrac{4}{3}$ et $y = \dfrac{4}{3}$, c'est-à-dire :

1) a) Si $A \cup X = B$ alors $X \subset B$ et $A \subset B$. Une condition suffisante d'existence de $X$ dans $P(E)$ tel que $A \cup X = B$ est donc $A \subset B$.

1) b) $A \cup X = B \Rightarrow (B-A) \cap (A \cup X) = (B-A) \cap B$, donc :

Donc $(B-A) \cap X = B - A$, c'est-à-dire $B - A \subset X$, et comme $X \subset B$ on obtient $B - A \subset X \subset B$.

Réciproquement, toute partie $X$ vérifiant $B - A \subset X \subset B$ est solution, car $(B-A) \cup A = B$.

Donc $A \cup X = B \iff X = (B-A) \cup Y$ avec $Y \in P(A)$, et l'ensemble des solutions est :

2) Avec $C \subset A \subset B$, la première équation donne $X = (B-A) \cup Y$ où $Y \in P(A)$, et la seconde s'écrit $A \cap \Big[(B-A) \cup Y\Big] = C$, soit :

Or $A \cap (B-A) = \varnothing$ et $A \cap Y = Y$ puisque $Y \subset A$, donc $Y = C$ et $X = (B-A) \cup C$. L'ensemble des solutions est :

1) $f\big([2 ; 4[\big) = \left\{f(x) \ / \ 2 \leq x < 4\right\}$. De $2 \leq x < 4$ on tire $\sqrt{2} - 1 \leq \sqrt{x} - 1 < 1$, donc $1 < \dfrac{1}{\sqrt{x}-1} \leq \dfrac{1}{\sqrt{2}-1}$, c'est-à-dire $3 < f(x) \leq 3 + 2\sqrt{2}$.

Donc $f\big([2 ; 4[\big) = \,]3 ; 3 + 2\sqrt{2}]$.

Ensuite $g^{-1}\big(\{9\}\big) = \left\{x \in \,]1 ; +\infty[ \ / \ g(x) = 9\right\}$. Sur $]1 ; +\infty[$ le quotient $\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}$ est positif, donc $g(x) = 9 \iff \dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1} = 3 \iff \sqrt{x} = 2 \iff x = 4$, et $g^{-1}\big(\{9\}\big) = \{4\}$.

2) Injectivité : soient $x_1$ et $x_2$ dans $]1 ; +\infty[$ tels que $f(x_1) = f(x_2)$ ; alors $\dfrac{2}{\sqrt{x_1}-1} = \dfrac{2}{\sqrt{x_2}-1}$, donc $\sqrt{x_1} = \sqrt{x_2}$ et $x_1 = x_2$.

Surjectivité : soit $y \in \,]1 ; +\infty[$ ; alors $y = f(x) \iff x = \left(\dfrac{y+1}{y-1}\right)^2$. Et comme :

on a bien $\left(\dfrac{y+1}{y-1}\right)^2 > 1$, donc l'antécédent trouvé appartient à $]1 ; +\infty[$ : $f$ est surjective.

Donc $f$ est une bijection de $]1 ; +\infty[$ dans $]1 ; +\infty[$, et $f^{-1} : \,]1 ; +\infty[ \ \to \ ]1 ; +\infty[ \ ; \ x \longmapsto \left(\dfrac{x+1}{x-1}\right)^2$.

3) a) $\big(f(x)\big)^2 = \left(1 + \dfrac{2}{\sqrt{x}-1}\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt{x}-1+2}{\sqrt{x}-1}\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\right)^2 = g(x)$.

3) b) On a $g = h \circ f$ avec $h(x) = x^2$ pour tout $x \in \,]1 ; +\infty[$. Les applications $f$ et $h$ étant des bijections de $]1 ; +\infty[$ dans $]1 ; +\infty[$, la composée $g = h \circ f$ en est une aussi, et :