Supposons que A ⊂ B, et considérons un y ∈ f(A)

Université Grenoble Alpes Année 2020-2021 ESPE - UFR IM²AG M1 Master MEEF-SD Parcours “Mathématiques”

Algèbre

Ensembles et Applications Correction des exercices 6 et 7

Exercice 6. Soient E etF deux ensembles etf :E→F. SoientA etB deux parties de E.

(i) Démontrer queA⊂B ⇒f(A)⊂f(B). La réciproque est-elle vraie ?

(ii) Démontrer quef(A∩B)⊂f(A)∩f(B). L’inclusion réciproque est-elle vraie ? (iii) Démontrer quef(A∪B)⊂f(A)∪f(B). L’inclusion réciproque est-elle vraie ?

Correction.

(i). Supposons que A ⊂ B, et considérons un y ∈ f(A). Par définition, il existe un a ∈ A tel que f(a) = y. Mais puisque A ⊂ B, on a aussi a ∈ B, et donc y = f(a) ∈ f(B). Ceci montre que f(A)⊂f(B).

La réciproque est fausse. Prenons par exemple, E = {e₁, e₂}, F = {f₁, f₂} et f : E → F définie par f(e1) = f(e2) = f1. Si on pose A = {e₁} et B = {e₂}, alors on a f(A) = {f₁} = f(B), mais on n’a pourtant pas A⊂B.

(ii). Soit y ∈ f(A∩B). Par définition, il existe unx ∈ A∩B tel que f(x) = y. D’une part, x ∈ A, et doncy =f(x)∈f(A). D’autre part, x∈B, et donc y=f(x) ∈f(B). Ainsi, y ∈f(A)∩f(B). Ceci montre que f(A∩B)⊂f(A)∩f(B).

L’inclusion réciproque est fausse, et on peut voir ça avec le même contre-exemple qu’au (i) :E ={e₁, e₂}, F ={f₁, f2} etf :E→F définie parf(e1) =f(e2) =f1. Si on pose à nouveauA={e₁} etB={e₂}, alors on a f(A) =f(B) ={f₁}=f(A)∩f(B), tandis que f(A∩B) =f(∅) =∅ : on ne peut donc pas avoirf(A∩B)⊃f(A)∩f(B).

(iii). Soit y∈f(A∪B). Par définition, il existe unx∈A∪B tel que f(x) =y. Orx appartient à A ouB. Six∈A, alorsy=f(x)∈f(A), et six∈B, alorsy=f(x)∈f(B). Ainsi,y∈f(A)∪f(B). Ceci montre que f(A∪B)⊂f(A)∪f(B).

L’inclusion réciproque est vraie. Soity ∈f(A)∪f(B). Siy∈f(A), alors il existea∈Atel quey=f(a); mais comme A⊂A∪B, on alors bien y∈f(A∪B). Siy ∈f(B), l’argument est strictement le même pour conclure que y∈f(A∪B). Ceci montre quef(A∪B)⊃f(A)∪f(B).

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Exercice 7. Soient E etF deux ensembles etf :E→F. SoientC etD deux parties deF. (i) Démontrer queC ⊂D⇒f⁻¹(C)⊂f⁻¹(D). La réciproque est-elle vraie ?

(ii) Démontrer quef⁻¹(C∩D)⊂f⁻¹(C)∩f⁻¹(D). L’inclusion réciproque est-elle vraie ? (iii) Démontrer quef⁻¹(C∪D)⊂f⁻¹(C)∪f⁻¹(D). L’inclusion réciproque est-elle vraie ?

Correction.

(i). Supposons queC⊂D, et considérons unx∈f⁻¹(C). Par définition, on af(x)∈C. Mais puisque C⊂D, on a aussif(x)∈D. Il suit alors de la définition quex est dans f⁻¹(D).

La réciproque est fausse. Prenons par exemple, E ={e₁, e2},F ={f₁, f2, f3} etf :E → F définie par f(e₁) = f₁ et f(e₂) = f₂. Si on pose C = {f₂, f₃} etD = {f₁, f₂}, alors on a f⁻¹(C) ={e₂}, qui est contenu dans f⁻¹(D) ={e₁, e2}, mais on n’a pourtant pas C⊂D.

(ii). Soit x ∈ f⁻¹(C∩D). Par définition, f(x) ∈ C∩D. D’une part, f(x) ∈ C, donc x ∈ f⁻¹(C).

D’autre part,f(x)∈D, donc x∈f⁻¹(D). On a donc bienf⁻¹(C∩D)⊂f⁻¹(C)∩f⁻¹(D).

L’inclusion réciproque est vraie. Soit x ∈ f⁻¹(C)∩f⁻¹(D). Puisque x ∈ f⁻¹(C), on a f(x) ∈ C, et puisquex∈f⁻¹(D), on af(x)∈D. Doncf(x)∈C∩D, ce qui signifie bien quex∈f⁻¹(C∩D).

(iii). Soitx∈f⁻¹(C∪D). Alorsf(x)∈C∪D, autrement ditf(x)est dansCou dansD. Sif(x)∈C, cela signifie quex∈f⁻¹(C). Et sinonx∈f⁻¹(D). On a donc bien x∈f⁻¹(C)∪f⁻¹(D).

L’inclusion réciproque est vraie. Soit x ∈ f⁻¹(C) ∪f⁻¹(D). Si x ∈ f⁻¹(C), alors f(x) ∈ C. Sinon, x∈f⁻¹(D) et donc f(x)∈D. Autrement dit,f(x)∈C∪D, ce qui signifie bien quex∈f⁻¹(C∪D).

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Exercice 20. On munitR² de la relation≺définie par

(x, y)≺(x⁰, y⁰)⇔x≤x⁰ ety≤y⁰.

(1) Démontrer que≺est une relation d’ordre surR². L’ordre est-il total ?

(2) Le disque fermé de centre O et de rayon 1 a-t-il des majorants ? Un plus grand élément ? Une borne supérieure ?

Correction.

(1).

La relation≺est

– réflexive : pour tout(x, y)∈R², on ax≤x ety≤y.

– transitive : si(x1, y1)≺(x2, y2) et(x2, y2)≺(x3, y3), alors x₁ ≤x₂≤x₃ ety₁ ≤y₂ ≤y₃ donc(x₁, y₁)≺(x₃, y₃).

– antisymétrique : si (x, y) ≺(x⁰, y⁰) et(x⁰, y⁰)≺(x, y), alors on a à la foisx ≤x⁰ etx⁰ ≤x et donc x=x⁰ et de mêmey =y⁰.

Elle définit donc bien une relation d’ordre surR².

L’ordre n’est pas total, car on ne peut pas comparer (0,1)et(1,0).

(2).

Soit (x, y) un majorant de ce disque noté D. Alors (1,0)≺(x, y) et donc x ≥1. De même, (0,1)≺ (x, y)et doncy≥1. Ainsi, on ax≥1ety≥1. Réciproquement, soit(x, y)∈R² tel quex≥1ety≥1.

Alors(x, y) est clairement un majorant de D, puisque tout élément(x₀, y₀) deD vérifiex²₀+y₀² ≤1, et donc x0 ≤1 ety0≤1. On en déduit que l’ensemble des majorants de Dest

{(x, y)∈R²; x≥1ety≥1}.

Dn’admet donc pas de plus grand élément, puisque les majorants deDne sont pas dansD. En revanche, Dadmet une borne supérieure qui est (1,1), le plus petit des majorants de D.