Bijection

au premier des 23 problèmes du programme de Hilbert en démontrant l’indécidabilité de la question suivante : Peut-on prouver l’hypothèse du continu de Cantor ? L’existence comme la non-existence d’un sous-ensemble des réels pouvant être mis en bijection avec l’ensemble des entiers ou des réels lui-même est donc indécidable. b) L’argument ontologique quant à la preuve d’une existence divine Durant la seconde moitié de sa vie, Gödel a développé de fortes idées philosophiques et s’est décidé

classe de a e complet, voir par exemple [2]. D´monstration 2 (Inspir´e de [1]) Soient r1 , . . . , rϕ(n) une ´num´ration des e e e e entiers compris entre 1 et n, premiers ` n. nous allons montrer que la multiplia cation par a (modulo n), est une bijection de cet ensemble. 2 – Pour tout i, on a ari encore premier ` n (sinon, il y aurait un diviseur prea mier commun, qui diviserait soit ri , soit a, contredisant ainsi l’hypoth`se, e a ` savoir que a et ri sont premiers ` n). a – Pour i et j distincts

condition nécessaire et de condition suffisante. e) Applications Application (ou fonction) d’un ensemble E dans un ensemble F . Graphe d’une application. Restrictions. Image directe, image réciproque. Composition. Injection, surjection, bijection, réciproque d’une bijection. Application identité. © Ministère de l’enseignement supérieur et de la recherche, 2013 ❤tt♣✿✴✴✇✇✇✳❡♥s❡✐❣♥❡♠❡♥ts✉♣✲r❡❝❤❡r❝❤❡✳❣♦✉✈✳❢r Manipuler le langage élémentaire des applications. Faire le lien avec la notion de graphe. Le point

usuelles Exercice 28. Résoudre dans R l’équation (E) : ln ( x+ 3 4 ) = 1 2 (ln(x) + ln(3)). Correction no 28. Le domaine de définition de l’équation (E) est ] 0 ; +∞ [. Soit x ∈ ] 0 ; +∞ [. (E)⇔ ln ( x+ 3 4 ) = ln( √ 3x)⇔ x+ 3 4 = √ 3x car ln est une bijection. (E)⇔ (x+ 3)2 = 16× 3x car tout est positif (E) ⇔ x2 − 42x + 9 = 0, et si on veut des calculs faisables de tête, ∆ = 422 − 4 × 9 = (2× 3× 7)2 − (2× 3)2 = (2× 3)2(72 − 1) = 62 × 48 = 62 × 16× 3 = 242 × 3 donc (E)⇔ x = 42± 24 √ 3 2 ⇔ x = 21± 12 √ 3

colonne contient les dérivées partielles des coordonnées de par rapport à la première variable , la deuxième colonne contient les dérivées partielles des coordonnées de par rapport à la deuxième variable et ainsi de suite. Théorème : Soit D. Soit une bijection de classe la valeur absolue du déterminant de la matrice jacobienne de Exemple : Calculer au domaine . Alors, nous avons : sur le domaine En effectuant le changement de variable On a aussi . Le domaine D en (u,v) est donc le rectangle . Le

(les rayons et la droite). 2) La convexite est preservee par les applications affines bijectives. 3) Par consequent, dans une droite affine quelconque, on connait les parties convexes (images de celles de la droite reelles par la bijection associee a un choix de repere). 4) Une partie quelconque de $\mathcal{E}$ est convexe ssi son intersection avec toute droite affine est convexe. - Exemples de parties convexes et non convexes dans le plan. - Les solutions $x\in \R^p$

(x) = sinh ′ (x)cosh(x) − sinh(x)cosh ′ (x) cosh2 x − sinh2 x 1 = = > 0. 2 2 cosh (x) cosh x cosh2 x Donc, tanh est dérivable et strictement croissante sur R. Par suite, tanh établit une bijection de R sur tanh(R). Or, tanh(R) =] lim tanh(x), lim tanh(x)[=] − 1, 1[= I. x→ −∞ x→ +∞ Donc tanh établit une bijection de R sur I =] − 1, 1[. 2.- Soit x ∈ R. tanh ′ (x) = cosh2 x − sinh2 x = 1 − tanh2 x. cosh2 x Donc, ∀x ∈ R, tanh ′ (x) = 1 − tanh2 x. 3.- Tout d’abord, si x ∈] − 1, 1[, alors −x ∈] −

d'ensembles f (A) = { f (x) ; x ∈ A} . Soit A ⊂ D f . L'image de A par f est l'ensemble : Soit B ⊂ R . L'image réciproque de B par f est l'ensemble : −1 f (B) = {x ∈ D f ; f (x) ∈ B} . Attention à ne pas confondre avec la réciproque d'une bijection. Ici, on ne suppose rien sur f. 1.4 Restriction, prolongement Soit f une fonction définie sur I et g une fonction définie sur J. Si I ⊂ J et si f (x) = g(x) pour tout x de I , on dit que f est une restriction de g, ou que g est un prolongement

Or, m > 0. Donc, pour tout réel x, φ(x) > 0. Question 2c. Sur [1 ; 2], la fonction φ est continue et strictement croissante. De plus, φ(1) = (2×1 – 1)+ 4 = 5 < 6 et φ(2) = (2×2 – 1)+ 4 = 3e + 4 > 6. Donc, d’après le théorème de la bijection, l’équation φ(x) = 6 admet une unique solution réelle α sur l’intervalle [1 ; 2]. En utilisant les tables de valeurs de la calculatrice, on obtient : 1,2 < α < 1,3. Partie C Question 1. On a : F(x) = u(x)×v(x) + w(x) avec u (x) = 2x – 3

de Lagrange associées à [0, 1]. Considérons l’élément fini ([0, 1], P1 [ˆ x]([0, 1]), Σ = {l0∗ , l1∗ }) Soit [a, b] un intervalle de longueur non nulle. Soit φ : [0, 1] −→ [a, b] telle que : xˆ → a l0 (ˆ x) + b l1 (ˆ x). 1. Vérifier que φ est une bijection. 2. Vérifier que la = l0 ◦ φ−1 et que lb = l1 ◦ φ−1 . 3. Vérifier que la∗ (p) = ˆl0∗ (ˆ p ◦ φ) de même pour lb . ˆ = {ˆl∗ , ˆl∗ , ˆl∗ , ˆl∗1 , ˆl∗3 , ˆl∗5 }) où : ˆl∗ (ˆ ˆ(Sˆi ) pour 1 ≤ i ≤ 3 x, yˆ], Σ Ex. 5 — Vérifier que Tˆ, P2 [ˆ i p) = p 0 1