Correction MPSI
Devoir Maison No4
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=[
iI
Eiet B=[
iJ
Ei.
Alors
AB=[
iIJ
Ei.
Comme IJ⊂ {1,· · · , n}, on en déduit que AB∈ A.
Soit A∈ A. Il existe I⊂ A tel que
A=[
iI
Ei.
Comme {E1,· · · , En}est une partition de Ealors
Ac=[
iIc
Ei.
Comme Ic⊂ {1,· · · , n}, on en déduit que Ac∈ A.
On en déduit que Aest 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 AB∈ 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 (éven-
tuellement vide). Par suite, le complémentaire d’une réunion d’intervalles étant l’inter-
section des complémentaires de des intervalles, se voit, après développement, comme
réunion d’intervalles.
On en déduit que Aest une algèbre de Boole.
2. E=c. Or ∅∈Adonc, par stabilité par passage au complémentaire, E∈ A .
3. Soient A, B ∈ A. D’après les lois de Morgan, nous avons
AB= (AcBc)c.
Or Ac, Bc A donc AcBc∈ A puis (AcBc)c∈ A. Ce qui permet d’affirmer que AB∈ A .
4. Soient A, B ∈ A. Par définition,
A\B=ABc.
Or A, Bc∈ A donc, d’après la question précédente, ABc∈ A. Ce qui permet d’affirmer que
A\B∈ A .
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5. Comme E=E∪ ∅, nous obtenons
f(E) = f(E)f() = f(E)f(Ec) = f(E)f(E)c=E.
Ainsi f(E) = E. Comme =Ec, on obtient
f() = f(Ec) = f(E)c=Ec=.
Ainsi f() = .
6. Soient A, B ∈ A. D’après les lois de Morgan, nous avons
AB= (AcBc)c.
Ainsi,
f(AB) = f((AcBc)c)
=f(AcBc)c
= (f(Ac)f(Bc))c
=f(A)cc f(B)cc
=f(A)f(B).
Ainsi f(AB) = f(A)f(B).
Par ailleurs A\B=ABc. Ainsi
f(A\B) = f(ABc) = f(A)f(Bc) = 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 AB. Notons que AB=B. Ainsi,
f(A)f(A)f(B) = f(AB) = f(B).
Ainsi, (A, B)∈ A2, A Bf(A)f(B).
8. D’après la question 5., f() = et l’inclusion {A∈ A/f(A) = ∅} ⊃ {∅} est toujours vérifiée.
Supposons finjectif 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 fest 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,
ABc=. Ainsi A=ABB. Par symétrie des rôles de Aet B, on est également capable
d’établir que BA. Par double inclusion, cela permet d’affirmer que A=Bet cela prouve
que fest injectif.
On a donc prouvé que fest injectif si, et et seulement si, {A∈ A/f(A) = ∅} ={∅} .
9. (a) Réflexivité. Soit xE.
Pour tout A∈ A,xAsi, et seulement si, xA.
Ainsi xRx.
Transitivité. Soient x, y, z Etels que xRyet yRz.
Soit A∈ A. Comme xAsi, et seulement si, yA, et que, yAsi, et seulement si,
zA, alors, xAsi, et seulement si, zA. Ainsi xRz.
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Symétrie. Soient x, y Atels que xRy.
Soit A∈ A. Comme xAsi, et seulement si, yAalors yAsi, et seulement si,
xApuis yRx.
On en déduit que Rest une relation d’équivalence .
(b) Procédons par double-inclusion.
: Soit yx. Alors xRypuis, pour tout A∈ A,xA, si, et seulement si, yA.
Soit X∈ Ax. Ainsi xXavec X∈ A. On en déduit que yX.
Ceci étant vrai pour tout X∈ Ax, on en déduit que
y\
X∈Ax
X.
: Soit y\
X∈Ax
X. Ainsi, pour tout X∈ Ax,yX.
Soit A∈ A.
Si xAalors A∈ Axet donc yA.
Si yAalors, supposons que x /A. Alors xAc. Par conséquent, Ac∈ Ax. Ainsi yAc.
C’est absurde et donc xA.
On en déduit que xAsi, et seulement si, yA.
Par conséquent, yx.
x=\
X∈Ax
X.
(c) i. Soit xE.
Soit X∈ Ax. Comme Ax⊂ A alors X∈ A.
Comme Axest fini et que Aest stable par intersection finie, on en déduit que
\
X∈Ax
X∈ A.
Alors, par la question précédente, on en déduit que x∈ A .
ii. Soit A∈ A. Notons B=SxAx. et montrons que A=Bpar double inclusion.
: Pour tout xA,xA. Ainsi BA.
: Pour tout xA,xx. Ainsi AB.
D’après (c) i., il y a un nombre fini de classe d’équivalences puisque Aest constitué d’un
nombre fini d’éléments.
En éliminant les classes d’équivalences identiques, on voit que
As’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, Aest décrit comme en 1.(b) .
* * * FIN DU CORRIGÉ * * *
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