Corrigé

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=[
i∈I
Eiet B=[
i∈J
Ei.
Alors
A∪B=[
i∈I∪J
Ei.
Comme I∪J⊂ {1,· · · , n}, on en déduit que A∪B∈ A.
— Soit A∈ A. Il existe I⊂ A tel que
A=[
i∈I
Ei.
Comme {E1,· · · , En}est une partition de Ealors
Ac=[
i∈Ic
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 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 (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
A∩B= (Ac∪Bc)c.
Or Ac, Bc∈ A donc Ac∪Bc∈ A puis (Ac∪Bc)c∈ A. Ce qui permet d’affirmer que A∩B∈ A .
4. Soient A, B ∈ A. Par définition,
A\B=A∩Bc.
Or A, Bc∈ A donc, d’après la question précédente, A∩Bc∈ 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
A∩B= (Ac∪Bc)c.
Ainsi,
f(A∩B) = f((Ac∪Bc)c)
=f(Ac∪Bc)c
= (f(Ac)∪f(Bc))c
=f(A)cc ∩f(B)cc
=f(A)∩f(B).
Ainsi f(A∩B) = f(A)∩f(B).
Par ailleurs A\B=A∩Bc. Ainsi
f(A\B) = f(A∩Bc) = 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 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 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,
A∩Bc=∅. Ainsi A=A∩B⊂B. Par symétrie des rôles de Aet B, on est également capable
d’établir que B⊂A. 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 x∈E.
Pour tout A∈ A,x∈Asi, et seulement si, x∈A.
Ainsi xRx.
—Transitivité. Soient x, y, z ∈Etels que xRyet yRz.
Soit A∈ A. Comme x∈Asi, et seulement si, y∈A, et que, y∈Asi, et seulement si,
z∈A, alors, x∈Asi, et seulement si, z∈A. Ainsi xRz.
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—Symétrie. Soient x, y ∈Atels que xRy.
Soit A∈ A. Comme x∈Asi, et seulement si, y∈Aalors y∈Asi, et seulement si,
x∈Apuis yRx.
On en déduit que Rest une relation d’équivalence .
(b) Procédons par double-inclusion.
”⊂”: Soit y∈x. Alors xRypuis, pour tout A∈ A,x∈A, si, et seulement si, y∈A.
Soit X∈ Ax. Ainsi x∈Xavec X∈ A. On en déduit que y∈X.
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,y∈X.
Soit A∈ A.
Si x∈Aalors A∈ Axet donc y∈A.
Si y∈Aalors, 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∈Asi, et seulement si, y∈A.
Par conséquent, y∈x.
x=\
X∈Ax
X.
(c) i. Soit x∈E.
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=Sx∈Ax. et montrons que A=Bpar 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 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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