Question: le 5 Octobre 2026 UTBM MTI1GGrIV A rendre le 15 octobre 2026 Il sera tenu compte dans la correction de la présentation et de la rédaction correcte des démonstrations. Exercice 1 Soit l'application f : $\mathbb{R}^2$ → $\mathbb{R}$ V = $(x,y)$ ↦ $f(V) = x + 2y$ 1) Cette application est-elle injective ? surjective ? 2) Quelle est l'ensemble $E_0 = f^{-1}({0})$ des antécédents de 0 par f ? 3) Soit la relation $R$ sur $\mathbb{R}^2$ définie par : $V_1 R V_2 \Leftrightarrow V_1 - V_2 \in E_0$. Montrer que $R$ est une relation d'équivalence. 4) Quelle est la classe d'équivalence de $(1,1) \in \mathbb{R}^2$ pour $R$ ?

1. **Énoncé du problème :** Nous avons une application $f : \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}$ définie par $f(x,y) = x + 2y$. Nous devons répondre aux questions suivantes : - $1)$ $f$ est-elle injective et/ou surjective ? - $2)$ Trouver l'ensemble $E_0 = f^{-1}(\{0\})$. - $3)$ Montrer que la relation $R$ définie par $V_1 R V_2 \Leftrightarrow V_1 - V_2 \in E_0$ est une relation d'équivalence. - $4)$ Trouver la classe d'équivalence de $(1,1)$ pour $R$. 2. **Injectivité et surjectivité de $f$ :** - $f$ est injective si $f(V_1) = f(V_2)$ implique $V_1 = V_2$. Supposons $f(x_1,y_1) = f(x_2,y_2)$, donc : $$x_1 + 2y_1 = x_2 + 2y_2$$ Cela implique : $$x_1 - x_2 = 2(y_2 - y_1)$$ Il est clair que $V_1$ peut être différent de $V_2$ tout en respectant cette égalité, donc $f$ n'est pas injective. - $f$ est surjective si pour tout $z \in \mathbb{R}$, il existe $(x,y) \in \mathbb{R}^2$ tel que $f(x,y) = z$. Pour un $z$ donné, on peut choisir par exemple $y=0$ et $x=z$, donc $f(x,y) = z + 0 = z$. Donc $f$ est surjective. 3. **Ensemble $E_0 = f^{-1}(\{0\})$ :** Par définition : $$E_0 = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid f(x,y) = 0\} = \{(x,y) \mid x + 2y = 0\}$$ On peut écrire : $$x = -2y$$ Donc $E_0$ est la droite vectorielle d'équation $x + 2y = 0$. 4. **Montrer que $R$ est une relation d'équivalence :** La relation $R$ est définie par : $$V_1 R V_2 \iff V_1 - V_2 \in E_0$$ Pour montrer que $R$ est une relation d'équivalence, il faut vérifier : - Réflexivité : $V R V$ pour tout $V$. On a $V - V = (0,0) \in E_0$ car $0 + 2\times 0 = 0$, donc $R$ est réflexive. - Symétrie : Si $V_1 R V_2$, alors $V_2 R V_1$. Si $V_1 - V_2 \in E_0$, alors $f(V_1 - V_2) = 0$. Or $V_2 - V_1 = -(V_1 - V_2)$, et comme $f$ est linéaire : $$f(V_2 - V_1) = -f(V_1 - V_2) = -0 = 0$$ Donc $V_2 - V_1 \in E_0$, donc $V_2 R V_1$. - Transitivité : Si $V_1 R V_2$ et $V_2 R V_3$, alors $V_1 R V_3$. On a $V_1 - V_2 \in E_0$ et $V_2 - V_3 \in E_0$. Comme $E_0$ est un sous-espace vectoriel, la somme est dans $E_0$ : $$(V_1 - V_2) + (V_2 - V_3) = V_1 - V_3 \in E_0$$ Donc $V_1 R V_3$. Ainsi, $R$ est une relation d'équivalence. 5. **Classe d'équivalence de $(1,1)$ :** La classe d'équivalence de $(1,1)$ est : $$[ (1,1) ] = \{ V \in \mathbb{R}^2 \mid V R (1,1) \} = \{ V \mid V - (1,1) \in E_0 \}$$ Donc : $$V = (x,y) = (1,1) + (a,b)$$ avec $(a,b) \in E_0$, donc $a + 2b = 0$, soit $a = -2b$. Donc : $$[ (1,1) ] = \{ (1 - 2b, 1 + b) \mid b \in \mathbb{R} \}$$ C'est une droite affine parallèle à $E_0$ passant par $(1,1)$. **Réponse finale :** - $f$ n'est pas injective mais est surjective. - $E_0 = \{(x,y) \mid x + 2y = 0\}$. - $R$ est une relation d'équivalence. - La classe d'équivalence de $(1,1)$ est la droite $\{(1 - 2b, 1 + b) \mid b \in \mathbb{R}\}$.