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Mathématiques pour littéraires Vadim Lebovici
Corrigés des exercices
Ensembles et applications
N’hésitez pas à m’envoyer un mail si vous avez des questions. 1
1 Ensembles
Exercice 1. Echauffements I (?)
Soit Eun ensemble. Que dire de deux sous-ensembles Aet Bde Etels que AB=
AB?
Solution de l’exercice 1.
Faire un dessin pour se convaincre que dans une telle situation, A=B. Montrons
que c’est bien le cas. Pour ce faire, nous allons utiliser une technique très importante :
la double inclusion. Le principe est d’utiliser l’équivalence suivante : A=Béquivaut
àABet BA. On peut donc montrer le second pour en déduire le premier.
Montrons que AB.Par définition de l’inclusion, nous devons donc montrer
que :
Pour tout aA, on a que aB.
Soit aA. Par définition de l’union, an a alors que aAB. Or, AB=AB,
donc aAB. Par définition de l’intersection, on a alors aB.
Conclusion : Pour tout aA, on a que aB, donc AB.
Montrons que BA.L’énoncé est symétrique en Aet B, et AB, donc
BA.
Conclusion : On a bien montré que ABet BA, i.e A=B.
Exercice 2. Echauffements II (?)
Soit Eun ensemble et soient A,Bet Ctrois parties de Etelles que AB=AC
et AB=AC. Montrer que B=C.
Solution de l’exercice 2.
On procède à nouveau par double inclusion.
1. vadim.lebo[email protected]
1
Montrons que BC.Soit bB. On a alors que bAB. Comme AB=
AC, on a bAC. Par définition de l’union, l y a alors deux possibilités :
1er cas : bC.on a ce qu’on voulait, bC.
2nd cas : bA.on a alors bAB=ACet donc bC. Dans tous les cas,
on a bien bC.
Conclusion : pour tous bB, on a bC, donc BC.
Montrons que CB.Le problème est symétrique en Bet Cet BC, donc
CB.
Conclusion. On a montré que BCet CB, donc B=C.
Exercice 3. Des parties (?)
Soient Eet Fdeux ensembles. Quelles relations d’inclusion y a-t-il entre :
1. P(EF)et P(E)∪ P(F)?
2. P(EF)et P(E)∩ P(F)?
Solution de l’exercice 3.
1. Montrons que P(E)∪ P(F)⊆ P(EF).Pour montrer qu’une union est
incluse dans un ensemble, il suffit de montrer que chaque terme de l’union est inclus
dans l’ensemble.
Montrons que P(E)⊆ P(EF).Soit A∈ P(E), montrons que A∈ P(EF).
Pour tout aA, on a que aE, et donc aEF, donc AEF, i.e. A
P(EF). Ceci étant vrai pour tout élément Ade P(E), on a bien P(E)⊆ P(EF).
Montrons que P(F)⊆ P(EF).Comme Eet Fjouent des rôles symétriques
et que P(E)⊆ P(EF), on a également P(F)⊆ P(EF).
Conclusion : On a montré que P(E)⊆ P(EF)et P(F)⊆ P(EF), donc
P(E)∪ P(F)⊆ P(EF).
Montrons qu’en général, on a pas P(EF)⊆ P(E)∪ P(F).Pour cela, il faut
que l’on exhibe un contre-exemple à cette proposition. Prenons E={0}et F={1}.
On a alors EF={0,1}et donc :
P(E) = {∅,{0}},
P(F) = {∅,{1}},
P(E)∪ P(F) = {∅,{0},{1}},
P(EF) = {∅,{0},{1},{0,1}},
ce qui montre bien que dans cet exemple P(E)∪ P(F)6=P(EF).
2
2. Montrons que P(EF) = P(E)∩ P(F).Pour Aun ensemble, on a que
AEFéquivaut AEet AF, par définition de l’intersection. 2Autrement
dit, on a équivalence entre A∈ P(EF)et A∈ P(E)∩ P(F), d’où le résultat.
Exercice 4. Différence symétrique (???)
Soient Aet Bdeux parties d’un ensemble E. On appelle différence symétrique de
Aet B, et on note ABl’ensemble défini par :
AB= (AB)\(AB).
1. Faire un dessin, puis calculer ABpour A={0,1,2,3}et B={2,3,4}.
2. Montrer que AB= (A\AB)(B\AB).
3. Supposons que AB=AB. Montrer que A=B=.
4. Soit C∈ P(E). Montrer que AB=ACsi, et seulement si B=C.
5. Résoudre l’équation d’inconnue X∈ P(E),AX=.
Solution de l’exercice 4.
1. De beaux dessins sont disponibles sur la page wikipédia de la différence symé-
trique. Pour A={0,1,2,3}et B={2,3,4}, on a
AB={0,1,4}.
2. Procédons par double-inclusion.
Montrons que AB(A\AB)(B\AB).Soit xAB. Par définition,
xAB, donc xAou xB. Supposons d’abord que xA, l’autre cas étant
symétrique. Par définition de la différence symétrique x6∈ AB, on a donc bien
xA\AB. Par symétrie, si xB, on aura xB\AB.
Conclusion : On a montré que pour tout xAB, on a xA\ABou x
B\AB, i.e AB(A\AB)(B\AB).
Montrons que (A\AB)(B\AB)AB.La preuve est similaire.
3. Supposons AB=AB. Pour montrer que A=B=, il nous suffit de
montrer que A=, car Aet Bjouent des rôles symétriques. Montrons donc que
A=. Supposons par l’absurde qu’il existe aA. Deux cas sont alors possibles :
1er cas : aB.On a aAB=AB. Or, par définition de la différence
symétrique, a6∈ AB, une contradiction.
2nd cas : a6∈ B.On a alors que a6∈ AB. Puisque aA, on a que aAB, et
donc aAB. Or, AB=AB, donc aAB, donc aB, une contradiction.
Conclusion : Tous les cas mènent à une contradiction, c’est donc qu’il n’existe pas
de aA, et donc A=.
2. Si vous n’êtes pas convaincu, prouvez-le, en prenant des éléments aAet en montrant
l’équivalence.
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4. Si B=C, alors il est clair que AB=AC. Supposons maintenant AB=
AC, et montrons que B=C. A nouveau, nous allons procéder par double inclusion.
Montrons que BC.Soit bB. Il y a plusieurs possibilités :
1. Si bA, alors il est dans AB, et ne peut donc pas être dans AB. Comme
AB=ACpar hypothèse, b6∈ AC. Comme bA, c’est qu’il doit être
dans AC, et bC.
2. Si b6∈ A, alors il est dans AB\AB=AB=AC. Donc bAC,
mais b6∈ A, donc bC.
Dans tous les cas, bC. Ceci étant vrai pour tous bB, on a bien BC.
Montrons que CB.L’énonce est symétrique en Bet C, et BC.
Conclusion : B=C.
5. On a que
AA=AA\AA=A\A=,
donc Aest solution de l’équation. De plus, n’importe quelle partie Xde Esatisfaisant
AX=satisferait AX=AA. Or, par la question précédente, on a dans ce
cas X=A.
Conclusion : La seule solution de l’équation est la partie A.
2 Applications
Exercice 5. Gammes sur l’injectivité et la surjectivité (?)
Soient X,Yet Ztrois ensembles. Soient f:XYet g:YZdeux applications.
Montrer que :
1. Injectivité
(a) Si fet gsont injectives, alors gfl’est aussi.
(b) La relation de subpotence est transitive, i.e. si X4Yet Y4Zalors
X4Z.
(c) Si gfest injective, alors fest injective.
(d) Donner un exemple où gfest injective et où gne l’est pas.
2. Surjectivité
(a) Si fet gsont surjectives, alors gfl’est aussi.
(b) La relation de surpotence est transitive.
(c) Si gfest surjective, alors gest surjective.
(d) Donner un exemple où gfest surjective et où fne l’est pas.
3. Si gfest surjective et gest injective, alors fest surjective.
4. Si gfest injective et fest surjective, alors gest injective.
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5. La relation d’équipotence est transitive.
Solution de l’exercice 5.
1. (a) Supposons que fet gsont injectives. Montrons que gfest injective. Soient
donc xXet x0Xtels que gf(x) = gf(x0)et montrons que x=x0. Comme
gest injective, on a donc f(x) = f(x0). Comme fest injective, on a x=x0.
Conclusion : Pour tous xXet x0Xtels que gf(x) = gf(x0), on a x=x0,
i.e gfest injective.
1. (b) Supposons que X4Yet Y4Z, i.e il existe une injection f:XYet
une injection g:YZ. On pose alors h=gf:XZ. Par la question 1.(a),
cette application est injective car fet gle sont. Par définition, on a donc X4Z.
1. (c) Supposons que gfest injective. Montrons que fest injective. Soient donc
xXet x0Xtels que f(x) = f(x0)et montrons que x=x0. Comme f(x) = f(x0)
on peut appliquer gpour obtenir que g(f(x)) = g(f(x0)).3Or, gfest injective, ceci
implique donc x=x0.
Conclusion : Pour tous xXet x0Xtels que f(x) = f(x0), on a x=x0, i.e f
est injective.
1. (d) On pose :
f:{0,1} → {0,1,2}
x7→ x
que l’on aurait pu écrire aussi moins efficacement :
f:
{0,1} → {0,1,2}
07→ 0
17→ 1
ainsi que :
g:
{0,1,2} → {0,1}
07→ 0
17→ 1
27→ 1
.
On peut alors facilement vérifier que :
gf:
{0,1} → {0,1}
07→ 0
17→ 1
Cette application est clairement injective (le vérifier si ce n’est pas clair). En re-
vanche, gne l’est pas : g(1) = g(2) alors que 16= 2.
3. Noter que ceci est vrai parce que l’image d’un élément par une application est unique.
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