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.
2