Bonjour à vous tous. Besoin d'un coup de pouce pour mon exo de maths de première année de licence. M.... Pergunta de ideia dejft80

jft80 @jft80

October 2020 1 145 Report

Bonjour à vous tous. Besoin d'un coup de pouce pour mon exo de maths de première année de licence. Merci d'avance

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godetcyril

Réponse : Bonjour,

1) Montrons que $f_{1}$ est injective.

Soient $x_{1}, x_{2} \in [0;1]$ , tel que $f_{1}(x_{1})=f_{1}(x_{2})$ , et montrons que $x_{1}=x_{2}$ .

$f_{1}(x_{1})=f_{1}(x_{2})\\1-x_{1}=1-x_{2}\\x_{2}-x_{1}=1-1=0\\x_{1}=x_{2}$

Donc $f_{1}$ est injective.

Montrons que $f_{1}$ est surjective, c'est à dire que pour tout $x_{2} \in [0;1]$ , l'équation $f_{1}(x)=x_{2}$ .

$f_{1}(x)=x_{2}\\1-x=x_{2}\\x=1-x_{2}\\Or \; 0 \leq x_{2} \leq 1 \Leftrightarrow -1 \leq -x_{2} \leq 0 \Leftrightarrow 0 \leq 1-x_{2} \leq 1 \Leftrightarrow x \in [0;1]$ .

Donc à chaque $x_{2} \in [0;1]$ , correspond un antécédent $x \in [0;1]$ , $f_{1}$ est donc surjective.

Donc $f_{1}$ est une bijection de $[0;1] \rightarrow [0;1]$ .

On calcule la fonction réciproque $f_{1}^{-1}$ .

On a:

$>.2) Montrons que <img src=$ est injective. Soient $x_{1}, x_{2} \in \mathbb{R}-{1}$ , tel que $f(x_{1})=f(x_{2})$ :

$f(x_{1})=f(x_{2})\\\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}=\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}\\ (x_{1}+1)(x_{2}-1)=(x_{1}-1)(x_{2}+1)\\x_{1}x_{2}-x_{1}+x_{2}-1=x_{1}x_{2}+x_{1}-x_{2}-1\\-2x_{1}+2x_{2}=0\\2(-x_{1}+x_{2})=0\\-x_{1}+x_{2}=0\\x_{1}=x_{2}$ .

Donc $f_{2}$ est injective.

Montrons que $f_{2}$ est surjective. Soit $x_{2} \in \mathbb{R}- \{1\}$ , montrons qu'il existe $x \in \mathbb{R}-\{1\}$ , tel que $f_{2}(x)=x_{2}$ .

$f_{2}(x)=x_{2}\\\frac{x+1}{x-1}=x_{2}\\ x+1=x_{2}(x-1)\\x-x_{2}x=-x_{2}-1\\x(1-x_{2})=-x_{2}-1\\x=\frac{-x_{2}-1}{1-x_{2}}=\frac{-(1+x_{2})}{-(-1+x_{2})}=\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1} \quad x_{2} \ne 1$ .

Donc à chaque $x_{2} \in \mathbb{R}-\{1\}$ , correspond un antécédent $x \in \mathbb{R}-\{1\}$ .

Donc $f_{2}$ est surjective. Par suite $f_{2}$ est bijective.

Déterminons sa fonction réciproque $f_{2}^{-1}$ :

$>.3) Montrons que <img src=$ est injective. Soient $x_{1},x_{2} \in [0;1]$ , tel que $f_{3}(x_{1})=f_{3}(x_{2})$ , montrons que $x_{1}=x_{2}$ .

$f_{3}(x_{1})=f_{3}(x_{2})\\1-x_{1}^{2}=1-x_{2}^{2}\\x_{2}^{2}-x_{1}^{2}=1-1\\(x_{2}-x_{1})(x_{2}+x_{1})=0\\x_{2}-x_{1}=0 \quad ou \quad x_{2}+x_{1}=0\\x_{2}=x_{1} \quad ou \quad x_{2}=-x_{1}$ .

Puisque $x_{2} \in [-1;1] \; alors \; -x_{1} \in [-1;1]$ , donc la deuxième équation a bien un sens dans [-1;1].

On en déduit que $f_{3}$ n'est pas injective, et donc non bijective de $[-1;1] \rightarrow [0;1]$ .

4) Montrons que $f_{4}$ est injective. Le raisonnement est le même que pour $f_{3}$ , puisque c'est la même expression, mais ici $x_{1}, x_{2} \in [0;1]$ , mais dans ce cas $x_{2}=-x_{1}$ n'a pas de sens car $x_{1} \in [0;1]$ et $x_{2}=-x_{1} \ne [0;1]$ .

On ne garde que la première équation, donc pour tous $x_{1}, x_{2} \in [0;1]$ , tel que $f(x_{1})=f(x_{2})$ , implique $x_{1}=x_{2}$ .

$f_{4}$ est donc bien injective de $[0;1] \rightarrow [0;1]$ .

Montrons que $f_{4}$ est surjective de $[0;1] \rightarrow [0;1]$ .

Soit $x_{2} \in [0;1]$ , montrons que l'équation $f_{4}(x)$ a une solution.

$f_{4}(x)=x_{2}\\1-x^{2}=x_{2}\\x^{2}=1-x_{2}\\x=\sqrt{1-x_{2}} \quad ou \quad x=-\sqrt{1-x_{2}}$ .

Seule la solution $x=\sqrt{1-x_{2}} \in [0;1]$ .

Vérifions que cette solution est bien définie, c'est à dire que $1-x_{2} \geq 0$ :

$0 \leq x_{2} \leq 1\\-1 \leq -x_{2} \leq 0\\0 \leq 1-x_{2} \leq 1$ .

Donc la solution est bien définie.

Enfin, montrons que cette solution appartient bien à l'intervalle [0;1]:

$0 \leq 1-x_{2} \leq 1\\\sqrt{0} \leq \sqrt{1-x_{2}} \leq \sqrt{1} \quad car \; la \; fonction \; racine \; carree \; est \; croissante\\ 0 \leq x \leq 1$ .