Exercice 13

(a) Les couples $(1,2)$ et $(2,1)$ ont la même image $(3,2)$ : l'application n'est pas injective. Pour déterminer l'image, on se souvient que $x$ et $y$ ont pour somme $s$ et pour produit $p$ si et seulement s'ils sont les racines du trinôme $t^{2} - st + p$. Ainsi $(s,p)$ est atteint par un couple de réels si et seulement si ce trinôme a des racines réelles, c'est-à-dire si $s^{2} - 4p \geqslant 0$. $$\boxed{\text{(a) n'est ni injective ni surjective ; son image est } \{(s,p) \in \mathbb{R}^{2} \mid s^{2} \geqslant 4p\}.}$$ Le couple $(0,1)$, par exemple, n'est pas atteint : deux réels de somme nulle ont un produit $-x^{2} \leqslant 0$.

(b) L'application n'est pas injective, pour la même raison. Elle est surjective, car le trinôme $t^{2} - st + p$ a toujours des racines dans $\mathbb{C}$, ce que l'on admet ici comme à l'exercice 7. $$\boxed{\text{(b) est surjective, non injective.}}$$ Agrandir l'ensemble de départ a fait disparaître le défaut de surjectivité : c'est tout l'intérêt des nombres complexes.

(c) Pour $q \geqslant 2$, le réel $\frac{1}{q}$ appartient à $]0\,,\frac{1}{2}]$, donc $p + \frac{1}{q}$ n'est pas entier et sa partie entière vaut $p$. Pour $q = 1$, le nombre $p + 1$ est entier. Supposons $p + \frac{1}{q} = p' + \frac{1}{q'} = r$.

• Si $r$ est entier, alors $q = q' = 1$ et $p = p' = r - 1$.

• Sinon, $q$ et $q'$ sont au moins égaux à $2$, et $p = p' = \lfloor r \rfloor$, puis $\frac{1}{q} = \frac{1}{q'}$, donc $q = q'$.

En revanche, le rationnel $\frac{2}{3}$ aurait pour partie entière $p = 0$, donc $\frac{1}{q} = \frac{2}{3}$, ce qui est impossible pour un entier $q$. $$\boxed{\text{(c) est injective, non surjective : } \tfrac{2}{3} \text{ n'est pas atteint.}}$$

(d) Les premières valeurs sont $\pi(1) = 0$, $\pi(2) = 1$, $\pi(3) = 2$, $\pi(4) = 2$, $\pi(5) = 3$, $\pi(6) = 3$. L'égalité $\pi(3) = \pi(4)$ montre que $\pi$ n'est pas injective. Pour la surjectivité, on observe que $\pi(n + 1) - \pi(n)$ vaut $0$ ou $1$, selon que $n + 1$ est premier ou non, et que $\pi$ n'est pas majorée, puisqu'il y a une infinité de nombres premiers. Soit $m \in \mathbb{N}^{*}$ ; l'ensemble des $n$ tels que $\pi(n) \geqslant m$ est une partie non vide de $\mathbb{N}^{*}$, qui a un plus petit élément $n_{0} \geqslant 2$. Alors $\pi(n_{0} - 1) < m \leqslant \pi(n_{0}) \leqslant \pi(n_{0} - 1) + 1$, d'où $\pi(n_{0}) = m$. Enfin $0 = \pi(1)$. $$\boxed{\pi \text{ est surjective, non injective.}}$$ C'est un raisonnement de type « valeurs intermédiaires » discret : une suite d'entiers qui avance par pas de $0$ ou $1$ et tend vers $+\infty$ prend toutes les valeurs à partir de la première.

(e) Soit $x$ et $y$ deux rationnels tels que $\sin x = \sin y$. Il existe alors un entier $k$ tel que $y = x + 2k\pi$ ou $y = \pi - x + 2k\pi$.

• Dans le premier cas, $2k\pi = y - x$ est rationnel ; comme $\pi$ est irrationnel, $k = 0$ et $y = x$.

• Dans le second cas, $(2k + 1)\pi = x + y$ serait rationnel, alors que $2k + 1 \neq 0$ : c'est impossible.

Le réel $1$ n'est pas atteint, car ses antécédents par sinus dans $\mathbb{R}$ sont les réels $\frac{\pi}{2} + 2k\pi = \frac{(4k+1)\pi}{2}$, tous irrationnels. $$\boxed{\text{(e) est injective, non surjective.}}$$