Corrigé

Correction
MPSI
Devoir Maison No 4
Problème : Algèbre de Boole
1. (a) P(E) est un exemple d’algèbre de Boole.
(b) — Pour I = ∅, on observe que ∅ ∈ A.
— Soient A, B ∈ A. Il existe I, J ⊂ A tels que
[
[
A=
Ei et B =
Ei .
i∈I
i∈J
Alors
A∪B =
[
Ei .
i∈I∪J
Comme I ∪ J ⊂ {1, · · · , n}, on en déduit que A ∪ B ∈ A.
— Soit A ∈ A. Il existe I ⊂ A tel que
[
A=
Ei .
i∈I
Comme {E1 , · · · , En } est une partition de E alors
[
Ac =
Ei .
i∈I c
Comme I c ⊂ {1, · · · , n}, on en déduit que Ac ∈ A.
On en déduit que A est une algèbre de Boole.
(c) — L’ensemble vide est un intervalle donc ∅ ∈ A.
— La réunion d’une réunion d’un nombre fini d’intervalles est une réunion d’un nombre
fini d’intervalles. Ainsi, si A, B ∈ A alors A ∪ B ∈ A.
— Il est clair que le complémentaire d’un intervalle est soit un intervalle, soit une réunion de
deux intervalles. D’autre part, l’intersection de deux intervalles est un intervalle (éventuellement vide). Par suite, le complémentaire d’une réunion d’intervalles étant l’intersection des complémentaires de des intervalles, se voit, après développement, comme
réunion d’intervalles.
On en déduit que A est une algèbre de Boole.
2. E = ∅c . Or ∅ ∈ A donc, par stabilité par passage au complémentaire, E ∈ A .
3. Soient A, B ∈ A. D’après les lois de Morgan, nous avons
A ∩ B = (Ac ∪ B c )c .
Or Ac , B c ∈ A donc Ac ∪B c ∈ A puis (Ac ∪B c )c ∈ A. Ce qui permet d’affirmer que A ∩ B ∈ A .
4. Soient A, B ∈ A. Par définition,
A \ B = A ∩ Bc.
Or A, B c ∈ A donc, d’après la question précédente, A ∩ B c ∈ A. Ce qui permet d’affirmer que
A\B ∈A .
1
5. Comme E = E ∪ ∅, nous obtenons
f (E) = f (E) ∪ f (∅) = f (E) ∪ f (E c ) = f (E) ∪ f (E)c = E.
Ainsi f (E) = E . Comme ∅ = E c , on obtient
f (∅) = f (E c ) = f (E)c = E c = ∅.
Ainsi f (∅) = ∅ .
6. Soient A, B ∈ A. D’après les lois de Morgan, nous avons
A ∩ B = (Ac ∪ B c )c .
Ainsi,
f (A ∩ B) = f ((Ac ∪ B c )c )
= f (Ac ∪ B c )c
= (f (Ac ) ∪ f (B c ))c
= f (A)cc ∩ f (B)cc
= f (A) ∩ f (B).
Ainsi f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) .
Par ailleurs A \ B = A ∩ B c . Ainsi
f (A \ B) = f (A ∩ B c ) = f (A) ∩ f (B c ) = f (A) ∩ f (B)c = f (A) \ f (B).
Ce qui permet d’en conclure que f (A \ B) = f (A) \ f (B) .
7. Soient A, B ∈ A tels que A ⊂ B. Notons que A ∪ B = B. Ainsi,
f (A) ⊂ f (A) ∪ f (B) = f (A ∪ B) = f (B).
Ainsi, ∀(A, B) ∈ A2 , A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B) .
8. D’après la question 5., f (∅) = ∅ et l’inclusion {A ∈ A/f (A) = ∅} ⊃ {∅} est toujours vérifiée.
Supposons f injectif et choisissons A ∈ A tel que f (A) = ∅. Alors f (A) = f (∅). Par injectivité
de f , on en déduit que A = ∅ puis que {A ∈ A/f (A) = ∅} ⊂ {∅}.
Par double inclusion, nous avons prouvé que {A ∈ A/f (A) = ∅} = {∅}.
Réciproquement, supposons {A ∈ A/f (A) = ∅} = {∅} et montrons que f est injectif.
Soient A, B ∈ A tel que f (A) = f (B). Alors f (A) \ f (B) = ∅ puis, d’après la question 6.,
f (A \ B) = ∅. Par conséquent, en utilisant l’hypothèse, nous obtenons A \ B = ∅, c’est-à-dire,
A ∩ B c = ∅. Ainsi A = A ∩ B ⊂ B. Par symétrie des rôles de A et B, on est également capable
d’établir que B ⊂ A. Par double inclusion, cela permet d’affirmer que A = B et cela prouve
que f est injectif.
On a donc prouvé que f est injectif si, et et seulement si, {A ∈ A/f (A) = ∅} = {∅} .
9. (a) — Réflexivité. Soit x ∈ E.
Pour tout A ∈ A, x ∈ A si, et seulement si, x ∈ A.
Ainsi xRx.
— Transitivité. Soient x, y, z ∈ E tels que xRy et yRz.
Soit A ∈ A. Comme x ∈ A si, et seulement si, y ∈ A, et que, y ∈ A si, et seulement si,
z ∈ A, alors, x ∈ A si, et seulement si, z ∈ A. Ainsi xRz.
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— Symétrie. Soient x, y ∈ A tels que xRy.
Soit A ∈ A. Comme x ∈ A si, et seulement si, y ∈ A alors y ∈ A si, et seulement si,
x ∈ A puis yRx.
On en déduit que R est une relation d’équivalence .
(b) Procédons par double-inclusion.
” ⊂ ” : Soit y ∈ x. Alors xRy puis, pour tout A ∈ A, x ∈ A, si, et seulement si, y ∈ A.
Soit X ∈ Ax . Ainsi x ∈ X avec X ∈ A. On en déduit que y ∈ X.
Ceci étant vrai pour tout X ∈ Ax , on en déduit que
\
y∈
X.
X∈Ax
” ⊃ ” : Soit y ∈
\
X. Ainsi, pour tout X ∈ Ax , y ∈ X.
X∈Ax
Soit A ∈ A.
Si x ∈ A alors A ∈ Ax et donc y ∈ A.
Si y ∈ A alors, supposons que x ∈
/ A. Alors x ∈ Ac . Par conséquent, Ac ∈ Ax . Ainsi y ∈ Ac .
C’est absurde et donc x ∈ A.
On en déduit que x ∈ A si, et seulement si, y ∈ A.
Par conséquent, y ∈ x.
\
x=
X.
X∈Ax
(c) i. Soit x ∈ E.
Soit X ∈ Ax . Comme Ax ⊂ A alors X ∈ A.
Comme Ax est fini et que A est stable par intersection finie, on en déduit que
\
X ∈ A.
X∈Ax
Alors, par la question précédente, on en déduit que x ∈ A .
S
ii. Soit A ∈ A. Notons B = x∈A x. et montrons que A = B par double inclusion.
” ⊃ ” : Pour tout x ∈ A, x ⊂ A. Ainsi B ⊂ A.
” ⊂ ” : Pour tout x ∈ A, x ∈ x. Ainsi A ⊂ B.
D’après (c) i., il y a un nombre fini de classe d’équivalences puisque A est constitué d’un
nombre fini d’éléments.
En éliminant les classes d’équivalences identiques, on voit que
A s’écrit comme une réunion de classe d’équivalence .
iii. L’ensemble des classes d’équivalences d’une relation d’équivalence forme une partition
de l’espace.
Ainsi, A est décrit comme en 1.(b) .
* * * FIN DU CORRIGÉ * * *
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