\documentclass[11pt,a4paper]{article}
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\usepackage{MIS1}

\begin{document}\corrige{1}

\exo
\begin{enumerate} 
\item Faux car $y=-x-1$ ne convient pas (n.b. :  x est fixé au moment du
choix de $y$). Négation : $\forall x\in{\mathbb{R}},\  \exists y
\in{\mathbb{R}}, \  x+y\leq 0$.
 

\item Vrai, $y=1-x$ convient. Négation : $\exists x\in{\mathbb{R}},\
  \forall y \in{\mathbb{R}}, \ x+y \leq 0. $

\item Vrai, prendre $x=1$ et
  $z=y^{-1}$ par exemple. Négation : $\forall x\in{\mathbb{R}},\
  \exists y \in{\mathbb{R}^{*}}, \ \forall z \in{\mathbb{R}},\ xyz\neq 1.$

\item Vrai car $A^{2}=0\Leftrightarrow A=0$ pour $A$ réel. Négation :
  $\exists x\in{\mathbb{R}},\ \exists y \in{\mathbb{R}},\ (x\neq -y)$ et $((x+y)^{2}=0)$.

\end{enumerate}


\exo Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $1$. Soit $a$ un entier
naturel. On note : $\displaystyle{S_{a}(n)=\sum_{k=1}^{n}k^{a}.}$ 

\begin{enumerate}

\item  Pour $n=1$ on a : $S_{1}(1)=1=\frac{1(1+1)}{2}.$ Supposons par
  hypothèse de récurrence qu'on a $S_{1}(n)=\frac{n(n+1)}{2}$ pour un
  entier $n$ fixé. Alors
  $S_{1}(n+1)=S_{1}(n)+n+1=\frac{n(n+1)}{2}+n+1=\frac{(n+1)(n+2)}{2},$
  ce qui montre la propriété cherchée au rang $n+1$. On peut donc
  conclure que l'égalité est vraie pour tout $n\geq 1$.  

\item  Pour $n=1$ on a : $S_{1}(1)^{2}=1^{2}=1=S_{3}(1).$ Supposons
  par hypothèse de récurrence que
  l'égalité $S_{1}(n)^{2}=S_{3}(n)$ est vraie pour un entier $n$
  fixé. On a alors :
  $S_{1}(n+1)^{2}=(S_{1}(n)+(n+1))^{2}=S_{1}(n)^{2}+(n+1)^{2}+2(n+1)S_{1}(n)=S_{3}(n)+(n+1)^{2}+2(n+1)\frac{n(n+1)}{2}=S_{3}(n)+(n+1)^{3}=S_{3}(n+1).$ Ceci montre donc l'égalité au rang $n+1$. On peut conclure par récurrence que l'égalité est vraie pour tout entier $n\geq 1$.

\item  On déduit des deux premières questions que : $\forall n\geq
  1,\  S_{3}(n)=(\frac{n(n+1)}{2})^{2}.$

\end{enumerate}



\exo Soient $(a,b)\in\R^2$ et $f_{a,b}$ l'application
\begin{eqnarray*}
f_{a,b} \,:\, \R & \to & \R\\
x & \mapsto & ax+b.
\end{eqnarray*}

\begin{enumerate}

\item Soient $a,b\in{\mathbb{R}}$. Soient $x$ et $y$ deux réels quelconques. Alors : $f_{a,b}(x)=f_{a,b}(y)\Rightarrow ax+b=ay+b \Rightarrow ax=ay.$
  Donc si $a\neq 0$, $f_{a,b}$ est injective (car alors $ax=ay
  \Rightarrow x=y$). De plus si $a=0$, $f_{a,b}$ est une
  fonction constante et n'est donc pas injective sur
  $\mathbb{R}$. \\

Prenons alors $z$ dans l'espace d'arrivée : on cherche
  $x$ dans l'espace de départ tel que $f_{a,b}(x)=z$. Or :  $f_{a,b}(x)=z
  \Leftrightarrow ax+b=z \Leftrightarrow x=\frac{z-b}{a}$, ce qui
  n'est valable que dans le cas où $a\neq 0.$ Donc si $a\neq 0$ la
  fonction $f_{a,b}$ est surjective de $\mathbb{R}$ dans
  $\mathbb{R}$. On sait enfin que lorsque $a=0$ la fonction $f_{a,b}$
  est constante et n'est donc pas surjective dans $\mathbb{R}$.\\

Conclusion : l'ensemble des couples $(a,b)$ tels que
$f_{a,b}$ est injective est le même que l'ensemble des couples $(a,b)$ tels
que $f_{a,b}$ est surjective et cet ensemble est
$\mathbb{R}^{*}\times \mathbb{R}$.

\item On a $f_{a,b}=f_{c,d}\Leftrightarrow \forall x\in{\mathbb{R},\
    f_{a,b}(x)=f_{c,d}(x)}\Leftrightarrow \forall x\in{\mathbb{R}},\
  ax+b=cx+d.$
Comme cette dernière égalité doit être vérifiée pour tout $x$ réel, elle doit
l'être en particulier pour $x=0$, ce qui donne : $b=d$. On a donc
$\forall x\in{\mathbb{R}},\ ax+b=cx+b\Leftrightarrow \forall
x\in{\mathbb{R}},\ ax=cx.$ Cette dernière égalité prise en $x=1$ donne
alors $a=c$.

\item Soit $\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})$ l'ensemble des
  applications de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. On considère la
  fonction :
\begin{eqnarray*}
F \,:\, \mathbb{R}^{2} & \to & \mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\\
(a,b) & \mapsto & f_{a,b}.
\end{eqnarray*}

$F$ est injective car d'après la question précédente : $\forall (a,b),(c,d)\in{\mathbb{R}^{2}},\ F(a,b)=F(c,d)\Rightarrow (a,b)=(c,d).$ $F$ n'est pas surjective car, par exemple, la fonction $x\rightarrow x^{2}$ n'est pas une fonction affine, i.e. il n'existe pas de couple de réels $(a,b)$ tel que : $\forall x\in{\mathbb{R}},\ ax+b=x^{2}.$
\end{enumerate}



\exo Soit $E$ un ensemble non vide et $A$ un sous-ensemble de $E$. On
considère la fonction :
\begin{eqnarray*}
\chi_{A} \,:\, E & \to & \{0,1\}
\end{eqnarray*}
définie par : $\chi_{A}(x) =1$ si $x\in{A}$ et $\chi_{A}(x)=0$ si $x\notin{A}$.

\begin{enumerate}

\item Si $A=B$, $\chi_{A}(x)=\chi_{B}(x)=1$ pour tout $x\in{A}$ et $\chi_{A}(x)=\chi_{B}(x)=0$ pour tout $x\notin{A}$, ce qui montre donc $\chi_{A}=\chi_{B}$. Réciproquement si $\chi_{A}=\chi_{B}$, alors $\forall x\in{A},\ \chi_{B}(x)=\chi_{A}(x)=1$, donc $x\in{B}$ ; on a donc $A\subset B$. De même en échangeant $A$ et $B$, ce qui donne donc $B\subset A$, et par double inclusion : $A=B$.

\item Soit $x\in{A}\subset E$, alors $\chi_{A}(x)=\chi_{E}(x)=1$ et $\chi_{\complement A}(x)=0$ car $x\notin{\complement A}$. Soit $x\in{\complement A}\subset E$, alors $\chi_{A}(x)=0, \chi_{E}(x)=1, \chi_{\complement A}(x)=1$. Donc on a dans tous les cas : $\chi_{\complement A}(x)=\chi_{E}(x)-\chi_{A}(x)$.\\
 
On vérifie de même : $\chi_{A\cap B}=\chi_{A}\chi_{B}$, $\chi_{A\cup B}={\chi_{A}+\chi_{B}-\chi_{A}\chi_{B}}$ et $\chi_{A-B}=\chi_{A\cap \complement B}=\chi_{A}(\chi_{E}-\chi_{B})=\chi_{A}-\chi_{A}\chi_{B}$.

\item On a en utilisant la question précédente : $\chi_{A\triangle B}=\chi_{A\cup B- A\cap B} =\chi_{A\cup B}-\chi_{A\cup B}\chi_{A\cap B}=\chi_{A}+\chi_{B}-\chi_{A}\chi_{B}-(\chi_{A}+\chi_{B}-\chi_{A}\chi_{B})\chi_{A}\chi_{B}=\chi_{A}+\chi_{B}-2\chi_{A}\chi_{B}.$ 

\item Soient $A,B,C$ trois sous-ensembles de $E$. En utilisant la question précédente on calcule :
$\chi_{A\triangle (B\triangle C)}=\chi_{A}+\chi_{B \triangle C}-2\chi_{A}\chi_{B\triangle C}=\chi_{A}+(\chi_{B}+\chi_{C}-2\chi_{B}\chi_{C})-2\chi_{A}(\chi_{B}+\chi_{C}-2\chi_{B}\chi_{C})=\chi_{A}+\chi_{B}+\chi_{C}-2(\chi_{A}\chi_{B}+\chi_{B}\chi_{C}+\chi_{C}\chi_{A})+4\chi_{A}\chi_{B}\chi_{C}.$
\\
Parallèlement on calcule :
$\chi_{(A\triangle B)\triangle C}=\chi_{A\triangle B}+\chi_{C}-2\chi_{A\triangle B}\chi_{C}=(\chi_{A}+\chi_{B}-2\chi_{A}\chi_{B})+\chi_{C}-2(\chi_{A}+\chi_{B}-2\chi_{A}\chi_{B})\chi_{C}=\chi_{A}+\chi_{B}+\chi_{C}-2(\chi_{A}\chi_{B}+\chi_{A}\chi_{C}+\chi_{B}\chi_{C})+4\chi_{A}\chi_{B}\chi_{C}.$ On voit donc que les fonctions caractéristiques des ensembles $A\triangle (B\triangle C)$ et $(A\triangle B)\triangle C$ sont égales, ce qui signifie d'après la première question que les ensembles sont égaux.


\end{enumerate}

\end{document}
