Relations binaires et applications
On considère la fonction :
$$ f : \fun{\R}{\R}{x}{e^{-x^2}}. $$
- Montrer que $f$ est paire.
- Etudier $f$ et tracer l'allure de sa courbe représentative.
- $f$ est-elle injective ? Preuve.
La fonction $f$ est paire d'après $1. (a)$. En particulier, $f(-1) = f(1)$ et $-1 \ne 1$ donc la fonction $f$ n'est pas injective.
- $f$ est-elle surjective ? Preuve.
La fonction exp est à valeurs dans $\R_+$. Ainsi, $-1$ n'a pas d'antécédent par $f$. Finalement, la fonction $f$ n'est pas surjective.
- $f$ est-elle injective ?
- Déterminer $f(\Intfo{-1}{\pinf})$. Preuve.
Puisque $f$ est paire, on a $f\pa{\Intfo{-1}{\pinf}} = f\pa{\R_+}$.
Comme la fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur $\R_+$, que $f(0) = 1$ et $f(x) \ttu{x\to\pinf} 0$, on a, d'après le théorème de la bijection, $f$ qui réalise une bijection de $\R_+$ sur $\Intof{0}{1}$ et donc $f(\R_+) = \Intof{0}{1}$. Finalement, $\boxed{ f(\Intfo{-1}{\pinf}) = \Intof{0}{1}}$.
- Déterminer $f^{-1}(\Intff{1}{2})$. Preuve.
Soit $x \in \R$.
$$\begin{align*} x \in f^{-1}(\Intff{1}{2}) &\iff f(x) \in \Intff{1}{2} \\ &\iff 1 \leq e^{-x^2} \leq 2 \\ &\iff 0 \leq -x^2 \leq \ln{2} \quad \text{ par croissance de } \ln \\ &\iff -\ln{2} \leq x^2 \leq 0 \\ &\iff x^2 = 0 \\ &\iff x = 0 \end{align*}$$
Donc $\boxed{f^{-1}(\Intff{1}{2}) = \{0\}}$
- Déterminer $f(\Intfo{-1}{\pinf})$.
- On considère la fonction : $$
g : \fun{\R_+}{\Intof{0}{1}}{x}{e^{-x^2}}.
$$
- Montrer que $g$ est bijective et déterminer sa réciproque. Preuve.
~
- Injectivité : Soient $x,t \in \R_+$. Si $g(x) = g(t)$ alors $e^{-x^2} = e^{-t^2}$. En appliquant la fonction $\ln$, il vient $-x^2 = -t^2$ et donc $x^2 = t^2$. En appliquant la fonction $\sqrt{\cdot}$, on obtient $\abs{x} = \abs{t}$. Enfin, par hypothèse $x,t \geq 0$, ce qui donne $x = \abs{x}$ et $t = \abs{t}$ et donc $\boxed{x = t}$. Finalement, la fonction $g$ est injective.
- Surjectivité : La fonction $x \mapsto -x^2$ est surjective de $\R_+$ dans $\R_-^*$ et la fonction $\exp$ est surjective de $\R_-^*$ dans $\Intof{0}{1}$. Ainsi, la fonction $g$ est surjective de $\R_-^*$ dans $\Intof{0}{1}$ par composition.
- Réciproque : Comme on nous a demandé de trouver la réciproque, il est en fait plus malin d'expliciter la réciproque ce qui montrera par la même occasion que la fonction $g$ est bijective. Pour trouver une réciproque, on résout au brouillon l'équation $y = g(x)$. Soient $y \in \Intof{0}{1}$ et $x \in \R_+$, $$\begin{align*} y = g(x) &\iff y = e^{-x^2} \\ &\iff \ln{y} = -x^2 \\ &\iff -\ln{y} = x^2 \\ &\iff \sqrt{-\ln{y}} = \abs{x} \text{ car } y \in \Intfo{0}{1} \text{ donc } \ln{y} \leq 0 \\ &\iff \sqrt{-\ln{y}} = \abs{x} \text{ car } x \in \R_+ \end{align*}$$ Ainsi, la fonction $\boxed{h : \fun{\Intof{0}{1}}{\R_+}{t}{\sqrt{-\ln{t}}}}$ est la réciproque de la fonction $g$. En particulier, la fonction $g$ est bijective.
- Montrer que $g$ est bijective et déterminer sa réciproque.
- Montrer que la composée $g^{-1} \circ f$ est bien définie. Preuve.
La fonction $g^{-1}$ est définie sur $\Intof{0}{1}$ et $f$ est à valeurs dans $\Intof{0}{1}$.
Donc La fonction $g^{-1}\circ f$ est bien définie..
- Montrer que $\forall x \in \R_+, \quad g^{-1}\circ f(x) = x$. Preuve.
Soit $x \in \R_+$. Comme $x \in \R_+$ et $g = \restrict{f}{\R_+}$, on a $g(x) = f(x)$ et donc $g^{-1}(f(x)) = g^{-1}(g(x)) = x$.
Donc, $\forall x \in \R_+, \quad \boxed{g^{-1}\circ f(x) = x}$.
- Soit $x \in \R_-^*$, calculer $g^{-1}\circ f(x)$. Preuve.
Soit $x \in \R_-^*$. Comme $f$ est paire, on a $f(-x) = f(x)$. Ainsi, puisque $-x \in \R_+$ et $g = \restrict{f}{\R_+}$, on a $f(-x) = g(-x)$. On a donc $g^{-1}(f(x)) = g^{-1}(f(-x)) = g^{-1}(g(-x)) = -x$
Donc, $\boxed{\forall x \in \R_-^*, \quad g^{-1}\circ f(x) = -x}$.
- Montrer que la composée $g^{-1} \circ f$ est bien définie.
Soit $x \in \R$.
On a, par parité de la fonction carré, $f(-x) = e^{-(-x)^2} = e^{-x^2} = f(x)$.
Donc $\boxed{\forall x \in \R, \quad f(-x) = f(x)}$. Autrement dit, la fonction $f$ est paire.
Comme la fonction $f$ est paire, il suffit de l'étudier sur $\R_+$. La fonction $f$ est dérivable sur $\R_+$ et pour tout $x \in \R$, $f'(x) = -2xe^{-x^2} \leq 0$. De plus, $f(0) = 1$ et $f(x) \ttu{x\to\pinf} 0$.
Donc $f$ décroît de $1$ à $0$ sur $\R_+$ et elle croît de $0$ à $1$ sur $\R_-$.
- Énoncé : commande mathématique hors de tout $ : \R, \abs, \in, \leq, \ln, \sqrt, \underline (probablement un $ manquant autour)
- Corrigé : commande mathématique hors de tout $ : \underline (probablement un $ manquant autour)
Le but de ce problème est de déterminer toutes les applications de $\N$ dans $\N$ telles que : $$\begin{equation} \label{eq1} \forall n \in \N, \quad f(n+1) > f \circ f(n) \end{equation}$$
- Montrer que $f = \Id_\N$ vérifie eq1
- Soit $f$ une application de $\N$ dans $\N$ vérifiant eq1. On pose : $$
\forall n \in \N, \quad E_n = \Intnfo{n}{\pinf}
$$
- Montrer que pour tout $n \in \N$ l'ensemble $E_n$ est stable par $f$ : $f(E_n) \subset E_n$.
- En déduire que : $\forall n \in \N, \quad f(n) \geq n$. Preuve.
Soit $n \in \N$. On a $n \geq n$ donc $n \in E_n$. En utilisant la question 2.(a), $f(n) \in E_n$ donc $\boxed{f(n) \geq n}$.
- Montrer que $f$ est strictement croissante. Preuve.
Soit $n \in \N$. Appliquons $2.(b)$ à $f(n)$ : $f(f(n)) \geq f(n)$. Or, d'après $(1)$, $f(n+1) > f(n)$ donc la fonction $f : \N \to \N$ est strictement croissante.
- En déduire que $f = \Id_\N$. Preuve.
Soit $n \in \N$. Si $f(n) \ne n$ alors comme $f(n) \geq n$, on a $f(n) > n$ c'est-à-dire $f(n) \geq n+1$. Donc, comme $f$ est strictement croissante : $f(f(n) \geq f(n+1)$ ce qui est contraire à l'hypothèse (1).
Ainsi, par l'absurde, on a montré que pour tout $n \in \N$, $f(n) = n$. Autrement dit, $\boxed{f = \Id_N}$.
- Conclure. Preuve.
~
Analyse : Si $f$ vérifie (1) alors $f = \Id_\N$ d'après 2.Synthèse : Posons $f = \Id_\N$. D'après 1, $f$ vérfie (1).
Ainsi, l'unique application vérifiant (1) est $f = \Id_\N$
Soit $n \in \N$. $f(n+1) = n+1$ et $f(f(n)) = f(n) = n$. Donc $\boxed{f(n+1) > f\circ f(n)}$. Ainsi, $\Id_\N$ vérifie bien eq1.
Raisonnons par récurrence :
Si $n = 0$, alors $E_0 = \N$ donc $f(E_0) \subset E_0$.
Soit $n \in \N$. Supposons que $f(E_n) \subset E_n$. Soit $y \in f(E_{n+1})$ et $x \in E_{n+1}$ tel que $y = f(x)$. Comme $E_{n+1} \subset E_n$, on a $y \in f(E_n)$ et donc, par hypothèse de récurrence, $y \in E_n$ c'est-à-dire que $y = f(x) \geq n$.
Si, par l'absurde, $y = n$, alors en appliquant (1) à $x-1 \in \N$ (car $k \geq n+1 \geq 1$), on a $f(x) > f(f(x-1))$ et donc $n > f(f(x-1))$.
Or $x-1 \in E_n$, donc, par hypothèse de récurrence, $f(x-1) \geq n$ et $f(f(x-1)) \geq n$ ce qui est contradictoire.
Ainsi, on a $y \ne n$ et donc $y > n$.
Par récurrence, pour tout $n \in \N$, $f(E_n) \subset E_n$.
- Énoncé : commande mathématique hors de tout $ : \N, \circ, \forall, \in, \underline (probablement un $ manquant autour)
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