Corrig´ e du devoir Libre n ◦ 1
Partie I. Alice au pays des merveilles
Nous noteronsR (resp.J, B) l’assertion : ” le flacon rouge (resp. jaune, bleu) contient un poison”. Nous noterons IR (resp.IJ, IB) l’inscription not´ee sur le flacon rouge (resp.jaune, bleu).
QuestionI-1. IR ⇐⇒ J et N on(B) ,IJ ⇐⇒ R⇒B
,IB ⇐⇒ N on(B)et(R ou J) Dans un souci d’´economie de papier, je dresse une seule table de v´erit´e, compl`ete :
R J B IR IJ IB (IRetIJ)⇒IB (IBetIR⇒IJ (IJetIB⇒IR
1 V V V F V F V V V
2 V V F V F V V F V
3 V F V F V F V V V
4 V F F F F V V V V
5 F V V F V F V V V
6 F V F V V V V V V
7 F F V F V F V V V
8 F F F F V F V V V
Question I-2. La question se traduit parIR etIJ et IB. Les inscriptions sont compatibles (regardez la ligne 6).
Question I-3. La question se traduit par (IRetIJ)⇒IB ou (IRetIB)⇒IJ, ou (IBetIJ)⇒IR.
D’apr`es la table de v´erit´e ci-dessus, les implications(IRetIJ)⇒IBet (IBetIJ)⇒IRsont vraies, tandis que l’implication (IRetIB)⇒IJ est fausse.
Question I-4. Oui, il suffit de lire la ligne 8 :IRet IB sont fausses.
Question I-5. D’apr`es la ligne 6, lorsque les trois inscriptions sont vraies, alorsJ est vrai.
Question I-6. On suppose dans cette question que∀X ∈ {J, R, B}, IX⇒N on(X). Par cons´equent seules les lignes 3,4,7 et 8 de la table de v´erit´e comptent. On observe alors que dans chacune de ces lignes J est faux, c’est-`a-dire le flacon jaune ne contient pas de poison.
Partie II. Images directes et images r´ eciproques
Exercice II-1. Propri´ et´ es de l’image directe
SoientA, B ∈P(E) etf :E→F une application. Montrons que
II.1-1. A ⊂B ⇒f(A)⊂f(B).Soit y ∈f(A) il existe doncx∈ Atel que y =f(x). OrA ⊂B d’o`u x∈B. Comme y=f(x), ceci prouve quey∈f(B).
II.1-2. f(A∪B) =f(A)∪f(B). Soity∈E
y∈f(A∪B) ⇐⇒ ∃x∈A∪B|y=f(x) ⇐⇒ ∃x∈A|y=f(x) ou∃x∈B|y=f(x)
⇐⇒ y∈f(A) ouy∈f(B) ⇐⇒ y∈f(A)∪f(B).
N II.1-3. f(A∩B)⊂f(A)∩f(B). Ceci r´esulte de la Question II.1-1 :
A∩B⊂A A∩B⊂B
⇒
f(A∩B)⊂f(A)
f(A∩B)⊂f(B) ⇒f(A∩B)⊂f(A)∩f(B).
N II.1-4. f(A∩B) =f(A)∩f(B)si et seulement si f est injective.
Supposons f injective et montrons que f(A)∩f(B)⊂f(A∩B) : soit y ∈f(A)∩f(B). Comme y ∈f(A), il existea∈Atqy =f(a) ; comme y ∈f(B), il existeb∈B tqy=f(b). Aisnsi,y =f(a) =f(b). Comme f est injective par hypoth`ese, ceci entraˆıne quea=b. Par cons´equenta∈A∩B. Comme yy=f(a), il en r´esulte que
1
y∈f(A∩B).
R´eciproquement Soita, b ∈E tel quef(a) =f(b), montrons par l’absurde que a=b. Supposons au contraire que a6=b. NotonsA ={a} et B ={b}. Nous savons que f(A∩B) =f(A)∩f(B) ={f(a)}. Comme de plus A∩B=∅, il vient
f(A∩B) =∅
f(A∩B) ={f(a)} . Ce qui contredit le fait quef est une application. N
Exercice II-2. Propri´ et´ es de l’image r´ eciproque
SoientC, D,∈P(F) et f :E→F une application. Montrons que II.2-1. C⊂D⇒f¯1(C)⊂f¯1(D).
Soitx∈f¯1(C), alorsf(x)∈C. OrC⊂D, doncf(x)∈D, c-`a-dx∈f¯1(D). N II.2-2. f1(C∪D) =f1(C)∪f1(D).
La preuve sera par double-inclusion :
Tout d’abord, d’apr`es la Question pr´ec´edente, nous avons : C⊂C∪D
D⊂C∪D
⇒ f¯1(C)⊂f¯1(C∪D) f¯1(D)⊂f¯1(C∪D).
)
⇒f1(C)∪f1(D)⊂f1(C∪D).
R´eciproquement six∈f1(C∪D), alorsf(x)∈C∪D. Deux cas se pr´esentent : sif(x)∈Calorsx∈f1(C)⊂f1(C)∪f1(D),
sif(x)∈Dalorsx∈f1(D)⊂f1(C)∪f1(D).
Dans tous les cas, x∈f1(C)∪f1(D). N
II.2-3. f1(C∩D) =f1(C)∩f1(D).
La preuve sera par double-inclusion : Tout d’abord d’apr`es II.2-1, nous avons
C∩D⊂C⇒f1(C∩D)⊂f1(C) etC∩D⊂D⇒f1(C∩D)⊂f1(D).
Par cons´equentf1(C∩D)⊂f1(C)∩f1(D).
R´eciproquement, soitx∈f1(C)∩f1(D). Alorsf(x)∈C etf(x)∈D, d’o`uf(x)∈C∩D, c-`a-dx∈f1(C∩D).
N
Exercice II-3. Une caract´ erisation de la surjectivit´ e
II.3-1. Montrons que pour toute partieD deF ,f f¯1(D)
⊂D.
SoitD ∈P(F) soit y∈ f¯1(D)
, alors il existex∈f¯1(D), tel quey=f(x). Pr´ecis´ement, commex∈f¯1(D),
y=f(x)∈D. N
II.3-2. Montrons que
f est surjectivesi et seulement si pour toute partieD deE, f f¯1(D)
=D.
Supposons que f est surjective et montrons que∀D∈P(F),D⊂f f¯1(D)
.
SoitD ∈P(F) ety ∈D fix´es. Commef est surjective, il existe x∈E tel quey =f(x). Comme f(x)∈D, x appartient `a ¯f1(D). Commey=f(x),y∈f
f¯1(D) . R´eciproquement, supposons que∀D∈P(F),f
f¯1(D)
=Det montrons que f est surjective.
Appliquons notre hypoth`ese avecD=F, il vientF=f f¯1(F)
⊂f(E). Par cons´equentf(E) =F, c’est-`a-dire
quef est surjective. N
Exercice II-4. Une caract´ erisation de l’injectivit´ e
II.4-1. Montrons que pour toute partieAdeE ,A⊂f¯1(f(A)).
SoitA∈P(E), et fixons x∈A. Commex∈A, il est clair quef(x)∈f(A). D’o`ux∈f¯1(f(A)). N II.4-2. Montrons quef est injectivesi et seulement si pour toute partieA deE, A= ¯f1(f(A)).
Supposonsf injective et consid´erons une partieAdeE. Montrons que ¯f1(f(A))⊂A. Soit doncx∈f¯1(f(A)), et notons y = f(x). Il est clair que y ∈ f(A). Par cons´equent , il existe a ∈ A tel que y = f(a). Ainsi, y=f(x) =f(a). Comme par hypoth`esef est injective, il en r´esulte quex=a∈A.
R´eciproquement, supposons que pour toute partieAdeE ,A= ¯f1(f(A)) et montrons quef est injective.
Soit x, x0 ∈ E tels quef(x) =f(x0). Notons A = {x}. Comme f(x) = f(x0), nous obtenons d’une part que x0∈f¯1(f(A)). D’autre part , commeA= ¯f1(f(A)), nous en d´eduisons quex0∈A, iex=x0. N
2
Partie III. Un exercice ind´ ependant
Notation : Soity∈F, on notefy:E→F la fonction constante ´egale `ay, i.e.∀x∈E, fy(x) =y.
On consid`ere trois ensemblesE,F et G, ainsi qu’une applicationϕ:F→G. Notons Φ l’application Φ : FE → GE
f 7→ ϕ◦f . III.0-1. Montrons que Φ estinjective si et seulement si ϕestinjective.
Supposons que Φ est injective et montrons que ϕ l’est aussi. Donnons-nous deux ´el´ements y, y0 deF tels que ϕ(y) =ϕ(y0). Par construction defy etfy0, nous avons pour tout ´el´ementxdeE ϕ(fy(x)) =ϕ(fy0(x)), c’est-`a- dire que Φ(fy) = Φ(fy0). Comme Φ est injective, il en r´esulte que fy=fy0 et par suite quey=y0.
R´eciproquement supposons queϕest injective et montrons que Φ est injective. Soit doncf, f0∈FE telle1 que Φ(f) = Φ(f0), Soit x∈E arbitraire, il d´ecoule de l’´egalit´e Φ(f) = Φ(f0) queϕ(f(x)) = ϕ(f0(x)). Comme par hypoth`ese ϕest injective, il s’en suit quef(x) =f0(x). Ceci ´etant vrai pour toutxarbitraire, il en r´esulte que
f =f0. N
III.0-2. Montrons que Φ est surjective si et seulement si ϕest surjective.
Supposons Φ surjective et montrons queϕest surjective. Soitz∈Garbitraire. On consid`ere la fonctiong:E→G constante ´egale `az, i.e.∀x∈E,g(x) =z. Comme par hypoth`ese Φ est surjective, il existe une fonctionf :E→F telle que Φ(f) =g.
Soitx∈E fix´e, il vientϕ◦f(x) =z. Posonsy=f(x), on a alorsϕ(y) =z.
R´eciproquement, supposons ϕsurjective et montrons que Φ est surjective.
Soit g :E → Gune application. Soitx∈ E fix´e. Notons z =g(x)∈G. Commeϕ est surjective, ¯ϕ1({z} 6=∅.
Choisissons un ant´ec´edent y∈ϕ¯1({z} dez parϕ.
Ainsi, pour tout ´el´ementxdeEnous avons construitunant´ec´edenty∈Fdeg(x) parϕ. Comme cet ant´ec´edent d´epend dex, notons-lef(x). Le proc´ed´e ainsi d´ecrit d´efinit une applicationf :E→F telle que∀x∈E f(x) est un ant´ec´edent deg(x) par ϕ, c’est-`a-direϕ◦f(x) =g(x). La fonction f E→F v´erifie bien Φ(f) =g N
1rien `a voir avec la d´eriv´ee ici !
3
