Correction du TD2 (Algèbre 1 IA, S1)
22 décembre 2025
Soit E un ensemble et A ⊂ E. On dénit une relation R sur E par :
∀(x, y) ∈ E , xRy ⇐⇒ {x, y} ⊂ A ou {x, y} ⊂ A .
On note χ la fonction indicatrice de A, (dénie par :
1 si x ∈ A,
χ (x) =
0 si x ∈
/ A.
a) Montrons que :
∀(x, y) ∈ E , xRy ⇐⇒ χ (x) = χ (y).
On a,
xRy ⇐⇒ {x, y} ⊂ A ou {x, y} ⊂ A ,
⇐⇒ (x, y ∈ A) ou (x, y ∈ A )
⇐⇒ χ (x) = χ (y) ou χ (x) = χ (y)
⇐⇒ χ (x) = χ (y) ou 1 − χ (x) = 1 − χ (y),
Exercice 2 :
2
c
A
A
2
A
A
c
c
A
A
A
A
c
A
c
A
A
A
⇐⇒ χA (x) = χA (y).
b) R est une relation d'équivalence
Vérions les trois propriétés.
Réexivité :
Pour tout x ∈ E, on a χ (x) = χ (x), donc xRx. La relation est réexive.
Symétrie :
Si xRy, alors χ (x) = χ (y). Par symétrie de l'égalité, χ (y) = χ (x), donc yRx. La
relation est symétrique.
Transitivité :
Si xRy et yRz, alors
χ (x) = χ (y) et χ (y) = χ (z).
Par transitivité de l'égalité, χ (x) = χ (z), donc xRz. La relation est transitive.
La relation R est donc une relation d'équivalence sur E.
c) Déterminons x et y
Soit x ∈ A. La classe d'équivalence de x est :
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
x = {z ∈ E | xRz}
= {z ∈ E | χA (x) = χA (z) = 1} (
= {z ∈ E | z ∈ A}
=E∩A
= A. (car A ⊂ E)
car x ∈ A)
1
A
Soit maintenant y ∈/ A. Alors χ (y) = 0, donc
A
y = {z ∈ E | yRz}
= {z ∈ E | χA (z) = χA (y) = 0}
= {z ∈ E | z ∈
/ A}
= {z ∈ E | z ∈ Ac }
= E ∩ Ac
= Ac . (car Ac ⊂ E)
Déterminons l'ensemble quotient
On a E = A ∪ A . D'après la question précédente :
- pour tout x ∈ A, x = A,
- pour tout x ∈ A , x = A .
Ainsi,
d)
c
c
c
E/R = {x | x ∈ E = A ∪ Ac }
= {x | x ∈ A
x ∈ Ac }
= {x | x ∈ A} ∪ {x | x ∈ Ac }
= {A} ∪ {Ac }
= {A, Ac }.
ou
Exercice 4
On considère la relation binaire R dénie sur N par :
2
(a, b)R(c, d) ⇐⇒ a + b = c + d,
où (a, b), (c, d) ∈ N .
2
Vérier que R est une relation d'équivalence
Réexivité : Pour tout (a, b) ∈ N , on a évidemment
1. a)
2
a + b = a + b,
donc (a, b)R(a, b). La relation est réexive.
Symétrie : Si (a, b)R(c, d), alors a + b = c + d. Par symétrie de l'égalité, c + d = a + b, donc
(c, d)R(a, b). La relation est symétrique.
Transitivité : Si (a, b)R(c, d) et (c, d)R(e, f ), alors
a + b = c + d et c + d = e + f.
Par transitivité de l'égalité, a + b = e + f , donc (a, b)R(e, f ). La relation est transitive.
Ainsi, R est une relation d'équivalence sur N .
1. b) classes d'équivalence
Rappel : Soit (a, b) ∈ N . On dénit la classe d'équivalence (a, b) de (a, b) par :
2
2
(a, b) = {(p, q) ∈ N2 | (p, q)R(a, b)}.
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Classe de (0, 0) :
(0, 0) = {(p, q) ∈ N2 | (p, q)R(0, 0)}
= {(p, q) ∈ N2 | p + q = 0}
= {(0, 0)}
p q
(car et sont dans N, donc positifs, et p + q = 0 ⇒ p = q = 0).
Classe de (1, 2) :
La classe d'équivalence (1, 2) est dénie par :
(1, 2) = {(p, q) ∈ N2 | (p, q)R(1, 2)}
= {(p, q) ∈ N2 | p + q = 3}.
Puisque p et q sont des entiers naturels, les couples (p, q) vériant p + q = 3 sont :
(0, 3),
(1, 2),
(2, 1),
(3, 0).
Par conséquent, la classe d'équivalence de (1, 2) est :
(1, 2) = {(0, 3), (1, 2), (2, 1), (3, 0)}.
Classe de (n, 0), n ∈ N :
(n, 0) = {(p, q) ∈ N2 | (p, q)R(n, 0)}
= {(p, q) ∈ N2 | p + q = n}.
Ainsi, les couples (p, q) d'entiers naturels vériant p + q = n sont exactement :
(0, n), (1, n − 1), (2, n − 2), . . . , (n − 1, 1), (n, 0).
Par conséquent,
(n, 0) = {(0, n), (1, n − 1), (2, n − 2), . . . , (n − 1, 1), (n, 0)}.
1. c)
On a,
(2017, 1) = {(p, q) ∈ N2 | p + q = 2017 + 1 = 2018},
Ainsi,
Par conséquent :
En revanche,
(2016, 2) = {(p, q) ∈ N2 | p + q = 2016 + 2 = 2018}
(2017, 1) = (2016, 2).
(2017, 1) ∪ (2016, 2) = (2017, 1).
et 2016 + 1 = 2017,
donc les classes (2017, 2) et (2016, 1) sont distinctes. Ainsi,
2017 + 2 = 2019
(2017, 2) ∩ (2016, 1) = ∅.
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1. d)
Pour tout n ∈ N, posons :
Cn = {(p, q) ∈ N2 | p + q = n}.
Alors :
N2 /R = {Cn | n ∈ N}.
soit f : N → N
On dénit f par :
2.
2
f (p, q) = p + q.
2. a)
Surjectivité : Soit n ∈ N. On a f (n, 0) = n. Par conséquent,
∀n ∈ N, ∃m = (n, 0) ∈ N tel que f (m) = n.
Donc f est surjective.
Injectivité : On a f (1, 0) = f (0, 1) = 1 alors que (1, 0) ̸= (0, 1). Ainsi, f n'est pas injective.
2. b) La relation dénie par
2
(m, n)R(p, q) ⇐⇒ f (m, n) = f (p, q)
coïncide exactement avec la relation étudiée précédemment. Elle est donc une relation d'équivalence. 2. c)
On dénit l'application g : N /R → N par :
2
g (p, q) = p + q.
Soit C ∈ N /R une classe d'équivalence. Pour calculer g(C), on choisit un couple quelconque
(p, q) ∈ C , appelé un représentant de la classe C , puis on calcule la somme p + q .
Par exemple, si l'on prend
2
C = (1, 2),
alors les représentants possibles de C sont (0, 3), (1, 2), (2, 1) et (3, 0), et l'on a :
g(C) = 0 + 3 = 1 + 2 = 2 + 1 = 3 + 0 = 3.
Montrons maintenant que l'application g est bien dénie. Pour cela, il faut vérier que la
valeur de g(C) ne dépend pas du choix du représentant de la classe C .
Autrement dit, il faut montrer que :
(p, q) = (p′ , q ′ ) =⇒ g (p, q) = g (p′ , q ′ ) .
Supposons donc que (p, q) = (p , q ). Alors, (p, q)R(p , q ). Ce qui implique,
′
′
′
′
p + q = p′ + q ′ .
Par conséquent,
g (p, q) = p + q = p′ + q ′ = g (p′ , q ′ ) .
Ainsi, l'application g est bien dénie.
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Injectivité : Si g((p, q)) = g((p , q )), alors p + q = p + q , ce qui implique (p, q)R(p , q ).
Par conséquent (p, q) = (p , q ).
Surjectivité : Pour tout n ∈ N, on a
′
′
′
′
′
′
′
′
g((n, 0)) = n + 0 = n.
Donc, on a montre que;
tel que g(x) = n.
Ainsi, g est surjective.Par conséquent, elle est bijective.
∀n ∈ N,
∃x = (n, 0) ∈ N2 /R,
2. d)
Pour tout n ∈ N, on pose :
In = {(p, q) ∈ N2 | p + q = n}.
Les ensembles I sont non vides car
On a, n + 0 = n donc (n, 0) ∈ I
Les ensembles I sont deux à deux disjoints;
En eet, pour tous n, m ∈ N tels que n ̸= m, on a :
n
n
n
In ∩ Im = ∅.
pour tout n dans N, on a;
In ⊂ N2 ⇒
D'autre part, soient (p, q) ∈ N . Alors, on a
[
In ⊂ N2
n∈N
2
p + q = p + q =⇒ (p, q) ∈ Ip+q .
Ainsi, on obtient :
Cela montre que
∀(p, q) ∈ N2 , ∃m = p + q ∈ N
N2 ⊂
[
tel que (p, q) ∈ I .
m
In .
n∈N
Par double inclusion, on en déduit :
[
In = N2 .
n∈N
Ainsi, la famille (I ) est une partition de N .
n n∈N
2
.
Bon courage
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