Exercices sur la théorie des ensembles et des applications

(1)

Théorie des ensembles et des applications

Logique

Exercice 1 [ 01481 ][correction]

Décrire les parties deRdans lesquelles évoluentxpour que les assertions suivantes soient vraies :

a) (x >0 etx <1) oux= 0 b)x >3 etx <5 etx6= 4 c) (x60 etx >1) oux= 4 d)x>0⇒x>2.

Etant donnéP,QetR trois assertions, vérifier en dressant la table de vérité : a)P ou (Qet R)∼(P ouQ) et (P ouR)

b) non(P ⇒Q)∼P et non(Q).

On dispose de neuf billes visuellement identiques, huit d’entre elles ont même masse mais la neuvième est plus lourde. Comment, en deux pesées sur une balance à deux plateaux, peut-on démasquer l’intrus ?

On dispose de neuf billes visuellement identiques, elles ont toutes la même masse sauf une.

Comment, à l’aide d’une balance à deux plateaux, démasquer l’intrus en trois pesées ?

Usage des quantificateurs

SoientIun intervalle deRetf :I→Rune fonction définie surI à valeurs réelles.

Exprimer verbalement la signification des assertions suivantes : a)∃C∈R,∀x∈I, f(x) =C

b)∀x∈I, f(x) = 0⇒x= 0 c)∀y∈R,∃x∈I, f(x) =y d)∀x, y∈I, x6y⇒f(x)6f(y) e)∀x, y∈I, f(x) =f(y)⇒x=y.

SoientIun intervalle deRetf :I→Rune fonction définie surI à valeurs réelles.

Exprimer à l’aide de quantificateurs les assertions suivantes : a) la fonctionf s’annule

b) la fonctionf est la fonction nulle c)f n’est pas une fonction constante

d)f ne prend jamais deux fois la même valeur e) la fonctionf présente un minimum

f)f prend des valeurs arbitrairement grandes g)f ne peut s’annuler qu’une seule fois.

SoientI un intervalle deRnon vide etf :I→Rune fonction à valeurs réelles définie surI.

Exprimer les négations des assertions suivantes : a)∀x∈I, f(x)6= 0

b)∀y∈R,∃x∈I, f(x) =y c)∃M ∈R,∀x∈I,|f(x)|6M d)∀x, y∈I, x6y⇒f(x)6f(y) e)∀x, y∈I, f(x) =f(y)⇒x=y f)∀x∈I, f(x)>0⇒x60.

Soitf :R→R. Quelle différence de sens ont les deux assertions proposées : a)∀x∈R,∃y∈R, y=f(x) et∃y∈R,∀x∈R, y=f(x).

b)∀y∈R,∃x∈R, y=f(x) et ∃x∈R,∀y∈R, y=f(x).

c)∀x∈R,∃M ∈R, f(x)6M et ∃M ∈R,∀x∈R, f(x)6M?

Soitf :R→Rune fonction continue.

On considère les assertions suivantes :

P : «∀x∈R, f(x) = 0 » ,Q: «∃x∈R, f(x) = 0 »

(2)

et

R: « (∀x∈R, f(x)>0) ou (∀x∈R, f(x)<0) » Parmi les implications suivantes lesquelles sont exactes :

a)P ⇒Q b)Q⇒P c)Q⇒R

d) non(R)⇒Q e) non(Q)⇒non(P) f) non(P)⇒non(R) ?

Soita∈R.

a) Montrer que (∀ε>0,|a|6ε)⇒a= 0.

b) Montrer que (∀ε >0,|a|6ε)⇒a= 0.

Raisonnements

Sachant√

2∈/ Q, montrer

∀x∈Q, x+√ 2∈/Q

Montrer

∀n∈N,n(n²+ 1)

2 ∈N

SoientP ={2k|k∈Z}et I={2k+ 1|k∈Z}les ensembles formés respectivement des entiers pairs et impairs. Montrer queP ∩ I =∅.

Soita∈R. Montrer

∀ε >0,|a|6ε⇒a= 0

Raisonnements par récurrence

Soit (un) la suite réelle déterminée par

u₀= 2, u₁= 3 et∀n∈N, u_n+2= 3u_n+1−2u_n Montrer

∀n∈N, un= 2ⁿ+ 1

a) Soitx∈Rtel que x+ 1/x∈Z. Montrer que pour toutn∈N,

xⁿ+ 1 xⁿ ∈Z

b) Déterminer un réelxnon entier vérifiant la propriétéx+ 1/x∈Z.

Montrer que

∀n∈N\ {0,1},1 + 1

2²+· · ·+ 1

n² > 3n 2n+ 1

Montrer que

∀n∈N^?,1!3!. . .(2n+ 1)!>((n+ 1)!)ⁿ⁺¹

Le raisonnement suivant est erroné :

Montrons, par récurrence surn∈N^?, la propriété :

P(n) = npoints deux à deux distincts quelconques du plan sont toujours alignés.

Pourn= 1 etn= 2, la propriété est vraie.

Supposons la propriété établie au rangn>2.

Considérons alorsn+ 1 points deux à deux distinctsA₁, A₂, . . . , A_n, A_n+1. (HR) Les pointsA₁, A₂, . . . , A_n sont alignés sur une droiteD.

(HR) Les pointsA₂, . . . , A_n, A_n+1 sont alignés sur une droiteD⁰.

OrDet D⁰ contiennent les deux points distinctsA₂ etA_n, doncD=D⁰. Par suiteA₁, A₂, . . . , A_n, A_n+1 sont alignés sur la droiteD=D⁰.

Récurrence établie.

Où est l’erreur ?

(3)

On se propose d’établir

∀n∈N^?,∃(p, q)∈N², n= 2^p(2q+ 1) en procédant de deux manières :

a) 1ère méthode : Pourn∈N^? fixé, on pose A={m∈N/2^m|n}.

Montrer queAadmet un plus grand élément pet que pour celui-ci on peut écrire n= 2^p(2q+ 1) avecq∈N.

b) 2ème méthode : Procéder par récurrence forte surn∈N^?

Sous-ensemble, appartenance, inclusion

SoitE={a, b, c} un ensemble. Peut-on écrire :

a)a∈E b)a⊂E c){a} ⊂E d)∅ ∈E e) ∅ ⊂E f){∅} ⊂E?

Un ensemble est dit décrit en compréhension lorsqu’il réunit les éléments d’un ensemble vérifiant une propriété. Un ensemble est dit décrit en extension lorsqu’on cite ses éléments. Par exemple,{n∈Z/∃k∈Z, n= 2k}et {2k/k∈Z}sont des descriptions respectivement en compréhension et en extension de l’ensemble des entiers pairs.

a) Décrire en compréhension et en extension l’ensemble{1,3,5,7, . . .}.

b) Décrire en compréhension et en extension l’ensemble{1,10,100,1000, . . .}.

c) Décrire en extension l’ensemble des nombres rationnels.

d) Décrire en compréhension l’ensemble ]0,1].

e) Décrire en compréhension et en extension l’ensemble des valeurs prises par une fonctionf :R→R.

f) Décrire en compréhension l’ensemble des antécédents d’un réely par une fonctionf :R→R.

DécrireP(P({a})) oùadésigne un élément.

Opérations sur les parties d’un ensemble

SoientA, B, C ∈ P(E). Etablir

A\(B∩C) = (A\B)∪(A\C)

Etant donnéAet B deux parties deE, justifier C_EA\C_EB=B\A

Etant donnéA,B et C trois parties deE, justifier les équivalences suivantes : a)A⊂B ⇔A∪B =B.

b)A=B⇔A∩B=A∪B.

c)A∪B=A∩C⇔B⊂A⊂C d)

(A∪B =A∪C

A∩B =A∩C ⇔B=C

SoientAet B deux parties deE, on appelle différence symétrique deAet B, l’ensemble

A∆B = (A\B)∪(B\A) Montrer

A∆B = (A∪B)\(A∩B)

Etant donnéA,B et C trois parties d’un ensembleE, montrer que : a)A∆B=A∆C⇔B =C

b)A\B=A⇔B\A=B c)A∆B=A∩B⇒A=B=∅.

SoientA, B deux parties deE.

Discuter et résoudre l’équationA∪X =B d’inconnueX∈ P(E).

(4)

SoientA, B deux parties deE.

Discuter et résoudre l’équationA∩X =B d’inconnueX ∈ P(E).

Fonctions indicatrices

SoitAune partie d’un ensembleE. On appelle fonction caractéristique de la partieAdansE, l’application 1_A:E→Rdéfinie par :

1A(x) =

1 six∈A 0 sinon

De quels ensembles les fonctions suivantes sont-elles les fonctions caractéristiques ? a) min(1A,1B) b) max(1A,1B) c) 1A.1B

d) 1−1A e) 1A+ 1B−1A.1B f) (1A−1B)²

Injectivité, surjectivité, bijectivité

Soientf :N→Net g:N→Nles applications définies par :

∀k∈N, f(k) = 2ket g(k) =

k/2 sikest pair (k−1)/2 sikest impair a) Etudier l’injectivité, la surjectivité et la bijectivité def et de g.

b) Préciser les applicationsg◦f et f◦g.

Etudier leur injectivité, surjectivité et bijectivité.

Soienta,b etc trois réels tels quec6= 0 eta²+bc6= 0.

On considère la fonctionf :R\ {a/c} →R\ {a/c} définie parf(x) = ^ax+b_cx−a. Justifier que l’applicationf est bien définie.

Calculerf◦f, en déduire quef est une permutation dont on déterminera l’application réciproque.

Soitf :N→Zdéfinie par f(n) =

n/2 sinest pair

−ⁿ⁺¹₂ sinon Montrer quef est bien définie et bijective.

Soientf :E →F et g:F →G. Etablir les implications suivantes : a)g◦f injective⇒f injective.

b)g◦f surjective⇒gsurjective

c)g◦f injective etf surjective⇒ginjective.

d)g◦f surjective etg injective⇒f surjective.

SoientE, F, Gtrois ensembles,f :E→F,g:F →Geth:G→E

Etablir que sih◦g◦f est injective et queg◦f◦het f◦h◦gsont surjectives alorsf, get hsont bijectives.

SoientE un ensemble etf :E→E telle quef◦f◦f =f. Montrer quef est injective si, et seulement si,f est surjective.

Soientf :E →F et g:F →E deux applications telles quef◦g◦f soit bijective.

Montrer quef etg sont bijectives

SoientE, F, Gtrois ensembles,f₁, f₂:E→F etg:F →G.

On supposeg◦f₁=g◦f₂et g injective. Montrer quef₁=f₂.

SoientE, F, Gtrois ensembles,f :E→F etg1, g2:F →G.

On supposef surjective etg1◦f =g2◦f. Montrer queg1=g2.

(5)

SoientAet B deux parties d’un ensembleE et f :

(P(E)→ P(A)× P(B) X 7→(X∩A, X∩B) Montrer que :

a)f est injective si, et seulement si,A∪B=E b)f est surjective si, et seulement si,A∩B =∅.

Image directe, image réciproque d’une partie

Décrire l’image directe deRpar la fonction exponentielle.

Déterminer l’image réciproque de l’intervalle [−1,4] par la fonctionf :x7→x² définie surR.

Soitf :E→F une application.

a) Montrer

∀A, A⁰∈ P(E),f(A∪A⁰) =f(A)∪f(A⁰) etf(A∩A⁰)⊂f(A)∩f(A⁰) b) Montrer

∀B, B⁰∈ P(F),f⁻¹(B∪B⁰) =f⁻¹(B)∪f⁻¹(B⁰) etf⁻¹(B∩B⁰) =f⁻¹(B)∩f⁻¹(B⁰)

Soitf :E→F une application.

Etablir

∀A∈ P(E), A⊂f⁻¹(f(A)) et∀B ∈ P(F), f(f⁻¹(B))⊂B

SoientE et F deux ensembles etf :E→F.

Montrer quef est injective si, et seulement si,

∀A, A⁰∈℘(E), f(A∩A⁰) =f(A)∩f(A⁰)

Soitf :E→F une application. Montrer que : a)f est injective⇔ ∀A∈℘(E), A=f⁻¹(f(A)).

b)f est surjective⇔ ∀B∈℘(F), f(f⁻¹(B)) =B.

Soitf :E→F une application. Montrer que : f est bijective si, et seulement si,

∀A∈℘(E), f(CEA) =CFf(A)

Soitf :E→I une application surjective. On pose, pour touti∈I, Ai=f⁻¹({i}).

Montrer que lesAi sont non vides, deux à deux disjoints, de réunion égale àE.

(6)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

a) [0,1[

b) ]3,4[∪]4,5[

c){4}

d) ]−∞,0[∪[2,+∞[ (et il n’y a pas d’erreurs !)

a) Dans les deux cas on obtient la table

P v v v v f f f f Q v v f f v v f f R v f v f v f v f v v v v v f f f b) Dans les deux cas on obtient la table

P v v f f Q v f v f f v f f

On compare deux paquets de trois billes.

Si l’un est plus lourd que l’autre, c’est qu’il contient l’intrus.

Sinon, l’intrus est parmi les trois billes restantes.

Ainsi, on sait dans quel paquet de trois billes se situe l’intrus.

Dans ce celui-ci, on compare deux billes.

Si l’une est plus lourde que l’autre, c’est l’intrus.

Sinon, l’intrus est la troisième.

L’exercice serait facile à résoudre en deux pesées si l’on savait si la bille différente était plus lourde ou plus légère que les autres. Ignorant ce fait, l’exercice devient d’autant plus croustillant. . .

Notons 1,2,3,4,5,6,7,8,9 nos billes.

On commence par comparer 2 lots constituées de 1,2,3 et de 4,5,6.

Si ceux-ci ont même masse alors l’intrus figure parmi 7,8,9 et l’on peut utiliser la bille 1 comme bille témoin. On compare alors les billes 1 et 7 puis les billes 1 et 8 pour démasquer l’intrus.

Si en revanche les deux premiers lots n’ont pas même masse, l’intrus se trouve parmi l’un deux. La bille 9 servira alors de bille témoin. Pour fixer les idées (et sans perte de généralités), supposons que le premier lot est plus lourd que le second. Comparons maintenant les billes 1 et 4 avec les billes 2 et 5.

Si celles-ci ont même masse commune, l’intrus se trouve dans les deux autres billes 3 et 6. Une comparaison de 3 avec 9 permet alors de savoir qui est l’intrus de 3 ou de 6.

Si celles-ci n’ont pas même masse commune, pour fixer les idées (et sans perte de généralités), supposons que 1 et 4 soient plus lourdes que 2 et 5.

Si l’intrus est plus lourd que ses congénères alors cela ne peut ni être 4 ni être 2 à cause respectivement des première et deuxième pesées.

Si l’intrus est plus léger que ses congénères alors cela ne peut ni être 2 ni être 4 à cause respectivement des première et deuxième pesées.

Dans tous les cas l’intrus est soit 1, soit 5.

Une comparaison de la bille 1 avec la bille 9 permet alors de démasquer cet intrus.

a) la fonctionf est constante

b) la fonctionf ne peut s’annuler qu’en 0 (mais n’y est pas forcée de s’y annuler) c) la fonctionf prend toute valeur réelle

d) la fonctionf est croissante

e) la fonctionf ne prend jamais deux fois la même valeur

a)∃x∈I, f(x) = 0 b)∀x∈I, f(x) = 0 c)∃x, y∈I, f(x)6=f(y)

d)∀x, y∈I, x6=y⇒f(x)6=f(y) ou∀x, y∈I, f(x) =f(y)⇒x=y e)∃a∈I,∀x∈I, f(x)>f(a)

f)∀M ∈R,∃x∈I, f(x)> M

g)∀x, y∈I, f(x) = 0 etf(y) = 0⇒x=y.

a)∃x∈I, f(x) = 0

b)∃y∈R,∀x∈I, f(x)6=y c)∀M ∈R,∃x∈I,|f(x)|> M d)∃x, y∈I, x6y et f(x)> f(y) e)∃x, y∈I, f(x) =f(y) etx6=y f)∃x∈I, f(x)>0 etx >0.

(7)

a) la première assertion est vérifiée par toute application, la seconde signifief constante.

b) la première assertion signifie quef prend toute valeur dansR, la seconde est absurde.

c) la première est toujours vérifiée, la seconde signifie quef est majorée.

a) d) e) sont les assertions exactes (d) carf est continue. . . Exercice 10 :[énoncé]

a) Supposons∀ε>0,|a|6ε. En particulier, pour ε= 0, on a|a|60 donca= 0.

b) Par contraposée, montrons :a6= 0⇒ ∃ε >0,|a|> ε.

Supposonsa6= 0. Pourε=^|a|₂ on a ε >0 et|a|> εce qui détermine unε convenable.

Soitx∈Q. Si par l’absurdey=x+√

2∈Qalors

√

2 =y−x∈Q Exercice 12 :[énoncé]

Par disjonction de cas :

Casnpair : on peut écriren= 2pavecp∈Net alors n(n²+ 1)

2 =p(n²+ 1)∈N Casnimpair : on peut écrire n= 2p+ 1 avecp∈Net alors

n(n²+ 1)

2 =n 2p²+ 2p+ 1

∈N

Dans les deux cas la propriété est vraie.

Par l’absurde. SiP ∩ I 6=∅, considéronsx∈ P ∩ I. Commex∈ P, il existe k∈Ztel que x= 2k.

Commex∈ I, il existe`∈Ztel quex= 2`+ 1.

Par suite 2k= 2`+ 1 puis 1/2 =k−`∈Zce qui est absurde

Une erreur de raisonnement classique est de décrirexcomme un nombre pair et impair en choisissant le même entierk.

Par contraposée. Supposonsa6= 0. On a alors|a|>0 et pourε=|a|/2, on observe|a|> ε.

Ainsi

a6= 0⇒ ∃ε >0,|a|> ε

Par récurrence double.

Pourn= 0 etn= 1 : ok

Supposons la propriété établie aux rangsnetn+ 1 (avecn>0).

un+2= 3un+1−2un =

HR3.2ⁿ⁺¹+ 3−2.2ⁿ−2 = 2ⁿ⁺²+ 1 Récurrence établie

a) Par récurrence double.

La propriété est vraie pourn= 0 et pourn= 1 (par hypothèse) Supposons la propriété vraie aux rangsnetn+ 1.

On remarque que

xⁿ⁺¹+ 1

xⁿ⁺¹ x+1 x

=

xⁿ⁺²+ 1 xⁿ⁺²

+

xⁿ+ 1

xⁿ

on en déduit que

xⁿ⁺²+ 1 xⁿ⁺²

=

xⁿ⁺¹+ 1

xⁿ⁺¹ x+1 x

−

xⁿ+ 1 xⁿ

∈Z Récurrence établie.

b) Il suffit de choisirxsolution de l’équationx²−px+ 1 = 0 avecpun entier.

Pourp= 3, ∆ = 5 et

x=3 +√ 5 2 convient

Par récurrence surn>2.

Pourn= 2 ok.

(8)

1 +· · ·+ 1

n² + 1 (n+ 1)² >

HR

3n

2n+ 1 + 1 (n+ 1)²>

?

3(n+ 1) 2n+ 3 Vérifions l’inégalité proposée :

3n

2n+ 1+ 1

(n+ 1)² −3(n+ 1)

2n+ 3 = n²+ 2n

(2n+ 1)(n+ 1)²(2n+ 3) >0 Récurrence établie.

Par récurrence surn>1.

Pourn= 1 : ok

1!3!. . .(2n+ 1)!(2n+ 3)! >

HR

((n+ 1)!)ⁿ⁺¹(2n+ 3)!>

?

((n+ 2)!)ⁿ⁺² Vérifions l’inégalité proposée :

((n+ 1)!)ⁿ⁺¹(2n+ 3)!

((n+ 2)!ⁿ⁺² = (2n+ 3)!

(n+ 1)!(n+ 2)ⁿ⁺² = (n+ 2)(n+ 3). . .(2n+ 3) (n+ 2)(n+ 2). . .(n+ 2) >1 Récurrence établie.

A l’avant dernière ligne, pour queA2 etAn soient distincts, il est nécessaire que n>3.

L’hérédité de la récurrence ne s’enchaîne alors plus avec l’initialisation.

a)Aest une partie deN, non vide carm= 0∈Aet majorée car 2^m|n⇒2^m6n⇒m6log₂n

doncApossède un plus grand élémentp.

Puisquep∈A, 2^p|nce qui permet d’écriren= 2^pk.

Puisquep+ 1∈/ A, 26 |ket donck est impair de la forme 2q+ 1 avecq∈N. b) Pourn= 1 :p=q= 0 conviennent.

Supposons la propriété établie jusqu’au rangn>1.

Sin+ 1 est impair alors l’écriture est directement obtenue avecp= 0 et n+ 1 = 2q+ 1.

Sin+ 1 est pair alors on peut écriren+ 1 = 2kavec 16k6n.

Par l’hypothèse de récurrence, on peut écrirek= 2^p(2q+ 1) puis n+ 1 = 2^p+1(2q+ 1).

Récurrence établie.

On peut écrire : a), c), e).

a){1,3,5,7}={n∈N/∃k∈N, n= 2k+ 1}={2k+ 1/k∈N}.

b){1,10,100,1000, . . .}=

x∈R/∃k∈N, x= 10^k =

10^k/k∈N . c)Q={p/q|p∈Z, q∈N^?}.

d) ]0,1] ={x∈R/0< x61}.

e){y∈R/∃x∈R, y=f(x)}={f(x)/x∈R}.

f){x∈R/f(x) =y}.

P({a}) ={∅,{a}}etP(P({a})) ={∅,{∅},{{a}},{∅,{a}}}.

A\(B∩C) =A∩CE(B∩C) = (A∩CEB)∪(A∩CEC) = (A\B)∪(A\C)

Puisque la privation correspond à l’intersection avec le complémentaire CEA\CEB=CEA∩CECEB =B∩CEA=B\A

a) (⇒) SupposonsA⊂B. On a toujoursB⊂A∪B.

Pourx∈A∪B. Quex∈A oux∈B on ax∈B doncA∪B⊂B. Ainsi A∪B=B.

(⇐) SupposonsA∪B=B. PuisqueA⊂A∪B, on a A⊂B.

b) (⇒) SupposonsA=B. On aA∩B=A=A∪B.

(9)

(⇐) SupposonsA∩B=A∪B. On aA⊂A∪B⊂A∩B⊂B et de mêmeB⊂A doncA=B.

c) (⇒) Supposons A∪B =A∩C.

On aB ⊂A∪B=A∩C⊂A⊂A∪B=A∩C⊂C.

(⇐) SupposonsB⊂A⊂C.A∪B=A=A∩C.

d) (⇒) SupposonsA∪B=A∪C etA∩B=A∩C.

Soitx∈B.

Six∈Aalorsx∈A∩B=A∩Cdoncx∈C.

Six /∈Aalors sachantx∈A∪B on ax∈A∪C, orx /∈Adoncx∈C.

Dans les deux casx∈C. AinsiB⊂C et de manière symétriqueC⊂B d’où l’égalité.

(⇐) SiB=C alors clairementA∪B=A∪C etA∩B=A∩C.

Soitx∈E.

x∈A∆B⇔(x∈Aet x /∈B) ou (x∈B etx /∈A)

⇔(x∈Aoux∈B) et (x∈Aoux /∈A) et (x /∈B oux∈B) et (x /∈B oux /∈A)

⇔x∈A∪B et x /∈A∩B ⇔x∈(A∪B)\(A∩B) d’où l’égalité des ensembles.

a) SiA∆B =A∆C alors pour toutx∈B :

Six∈Aalorsx /∈A∆B et doncx /∈A∆C et puisquex∈A,x∈C.

Six /∈Aalorsx∈A∆B et doncx∈A∆C et puisquex /∈A,x∈C.

Dans les deux casx∈C. AinsiB⊂C et un raisonnement symétrique donne C⊂B puis l’égalité.

Réciproque immédiate.

b)A\B=A⇔A∩C_EB=A⇔A⊂C_EB or A⊂C_EB ⇔B⊂C_EAet donc A\B=A⇔B\A=B.

c)A∆B= (A∪B)\(A∩B) donc

A∆B=A∩B ⇒A∩B=∅=A∪B⇒A=B =∅.

SiA6⊂B il est clair que l’équation n’a pas de solutions.S=∅.

SiA⊂B alorsA∪X =B⇒X ⊂B etB\A⊂X. Inversement ok AinsiS={X ∈℘(E)/B\A⊂X ⊂B}

SiB 6⊂A alors l’équation n’a pas de solution.

SiB ⊂A. SoitX une solution de l’équation.

On aX = (A∩X)∪( ¯A∩X) =B∪C avecC= ¯A∩X ⊂A.¯

Inversement, pourX =B∪C avecC⊂A,¯ A∩X = (A∩B)∪(A∩C) =B.

AinsiS=

X =B∪C/C⊂A¯ =

X∈ P(E)/B⊂X ⊂B∪A¯ .

a)A∩B b)A∪B c)A∩B

d)CEAcomplémentaire deA dansE.

e)A∪B

f)A∆B = (A∪B)\(A∩B)

a) On a

k 0 1 2 3 . . .

f(k) 0 2 4 6 . . . et k 0 1 2 3 . . . g(k) 0 0 1 1 . . .

f est injective car 2k= 2k⁰⇒k=k⁰ mais non surjective car les nombres impairs ne sont pas des valeurs prises.

g est surjective car 2y est un antécédent deymais non injective car un nombre pair et l’impair qui le suit prennent même valeur parg.

b) D’une part

(g◦f)(k) =k doncg◦f = Id_N.

D’autre part

(f ◦g)(k) =

k sik est pair k−1 sinon g◦f est bijective.f ◦g n’est ni injective, ni surjective.

f est bien définie surR\ {a/c}car le dénominateur ne s’y annule pas.

f(x) = a

c ⇔(ax+b)c=a(cx−a)⇔a²+bc= 0 qui est exclu, doncf est à valeurs dansR\ {a/c}.

(10)

Par calculs

(f ◦f)(x) =· · ·=xpour toutx∈R\ {a/c}

Puisquef ◦f = Id_R\{a/c},f est une involution, c’est donc une permutation et f⁻¹=f.

Soitn∈N.

Sinest pair alorsf(n) =n/2∈Z⁺ et sinest impair alors f(n) =−(n+ 1)/2∈Z^−?.

Dans les deux casf(n)∈Z.

Soientn, n⁰∈N. Supposonsf(n) =f(n⁰).

Compte tenu de la remarque précédente,net n⁰ ont nécessairement même parité.

Sinet n⁰ sont pairs alorsn/2 =n⁰/2 doncn=n⁰.

Sinet n⁰ sont impairs alors−(n+ 1)/2 =−(n⁰+ 1)/2 doncn=n⁰. Ainsif est injective.

Soitm∈Z.

Sim>0 alors pourn= 2m∈Non af(n) =^2m₂ =m.

Sim <0 alors pourn=−2m−1∈Non af(n) =^2m₂ =m.

Ainsif est surjective.

Finalementf est bijective.

a) Supposonsg◦f injective.

Soientx, x⁰∈E. Sif(x) =f(x⁰) alorsg(f(x)) =g(f(x⁰)). Org◦f injective, donc x=x⁰.

Ainsif injective.

b) Supposonsg◦f surjective.

Soitz∈G. Il existex∈E tel quez=g(f(x)). Poury =f(x)∈F, on a g(y) =z.

Ainsigsurjective.

c) Supposonsg◦f injective etf surjective.

Par a), on af injective et doncf bijective. Introduisonsf⁻¹.

g= (g◦f)◦f⁻¹ est injective par composition d’applications injectives.

d) Supposonsg◦f surjective et ginjective.

Par b), on agsurjective doncgbijective. Introduisonsg⁻¹.

f =g⁻¹◦(g◦f) est surjective par composition d’applications surjectives.

Supposonsh◦g◦f injective etg◦f◦hainsi quef◦h◦gsurjectives.

Puisque (h◦g)◦f est injective, on af injective.

Puisquef◦(h◦g) est surjective, on a f surjective.

Par suitef est bijective et on peut introduiref⁻¹.

Par compositionh◦g= (h◦g◦f)◦f⁻¹ est injective et par suiteg est injective.

D’autre partg◦f◦hest surjective et donc gaussi. Finalementg est bijective.

Par compositionh= (h◦g)◦g⁻¹ est injective eth=f⁻¹◦(f ◦h◦g)◦g⁻¹est surjective donchest bijective.

Supposonsf injective.

Soity∈E. On af((f◦f)(y)) =f(y), orf est injective donc (f◦f)(y) =y.

Pourx=f(y)∈E on af(x) =f(f(y)) =y. Finalement f est surjective.

Supposonsf surjective.

Soientx, x⁰∈E tels quef(x) =f(x⁰).

Puisquef est surjective,f◦f l’est aussi et donc∃a, a⁰ ∈E tels quex= (f◦f)(a) etx⁰= (f◦f)(a⁰).

La relationf(x) =f(x⁰) donne alors (f ◦f ◦f)(a) = (f ◦f◦f)(a⁰) d’où f(a) =f(a⁰) puisx=f(f(a)) =f(f(a⁰)) =x⁰.

Finalement, la fonctionf est injective.

Par l’exercice précédent,f◦g◦f bijective impliquef injective etf surjective.

Ainsif est bijective et on peut introduire f⁻¹.

g=f⁻¹◦(f ◦g◦f)◦f⁻¹ est bijective par composition d’applications bijectives.

∀x∈E on a (g◦f1)(x) = (g◦f2)(x) i.e.g(f1(x)) =g(f2(x)) donc f1(x) =f2(x).

Ainsif1=f2.

∀y∈F,∃x∈E tel quey=f(x) et alorsg₁(y) = (g₁◦f)(x) = (g₂◦f)(x) =g₂(y) doncg₁=g₂.

a) Supposonsf injective.f(E) = (A, B) =f(A∪B) doncE=A∪B.

SupposonsA∪B =E. Soient X, Y ∈ P(E).

(11)

Sif(X) =f(Y) alors (X∩A, X∩B) = (Y ∩A, Y ∩B) doncX =X∩E= X∩(A∪B) = (X∩A)∪(X∩B) = (Y∩A)∪(Y∩B) =Y∩(A∪B) =Y∩E=Y. Ainsif est injective.

b) Supposonsf surjective. L’élément (A,∅) possède un antécédentX ∈ P(E).

On aA∩B= (X∩A)∩B=A∩(X∩B) =A∩ ∅=∅.

SupposonsA∩B =∅.

Soit (A⁰, B⁰)∈ P(A)× P(B). PourX =A⁰∪B⁰, on a

f(X) = ((A⁰∩A)∪(B⁰∩A),(A⁰∩B)∪(B⁰∩B)) = (A⁰, B⁰) carA⁰∩A=A⁰, B⁰∩A=∅.

exp(R) =R^+? etf⁻¹([−1,4]) = [−2,2].

a) Soity∈f(A∪A⁰). Il existex∈A∪A⁰ tel quey=f(x).

Six∈Aalorsy∈f(A). Sinon,x∈A⁰ et y∈f(A⁰). Dans les deux cas y∈f(A)∪f(A⁰).

Inversement, soity∈f(A)∪f(A⁰). Siy∈f(A) alors il existex∈Atel que y=f(x).

Orx∈A⊂A∪A⁰ doncy∈f(A∪A⁰). De même si y∈f(A⁰).

Par double inclusion, l’égalité.

Soity∈f(A∩A⁰). Il existex∈A∩A⁰ tel que y=f(x).

Puisquex∈A∩A⁰, on a x∈A doncy∈f(A). De même y∈f(A⁰) donc y∈f(A)∩f(A⁰).

b) Soitx∈E.

x∈f⁻¹(B∪B⁰)⇔f(x)∈B∪B⁰ ⇔f(x)∈B ouf(x)∈B⁰

⇔x∈f⁻¹(B) oux∈f⁻¹(B⁰)⇔x∈f⁻¹(B)∪f⁻¹(B⁰)

D’où la première égalité. La seconde égalité s’établit par la même démonstration, en changeant union en intersection et « et »en « ou ».

Soitx∈A. On af(x)∈f(A) doncx∈f⁻¹(f(A)). AinsiA⊂f⁻¹(f(A)).

Soity∈f(f⁻¹(B)). Il existe x∈f⁻¹(B) tel que y=f(x). Or, puisque x∈f⁻¹(B), on af(x)∈B i.e.y∈B. Ainsif(f⁻¹(B))⊂B.

Supposonsf injective.

SoientA, A⁰ ∈℘(E). On sait déjàf(A∩A⁰)⊂f(A)∩f(A⁰).

Soity∈f(A)∩f(A⁰). Il existe x∈Aetx⁰∈A⁰ tel quey=f(x) =f(x⁰).

Orf est injective donc x=x⁰∈A∩A⁰ puisy∈f(A∩A⁰).

Inversement supposons∀A, A⁰∈℘(E), f(A∩A⁰) =f(A)∩f(A⁰).

Soientx, x⁰∈E. Supposonsf(x) =f(x⁰).

PourA={x} etA⁰ ={x⁰}on af(A∩A⁰) =f(A)∩f(A⁰) ={f(x)} 6=∅ donc A∩A⁰6=∅puisx=x⁰.

a) (⇒) Supposonsf injective. SoitA∈ P(E).

On sait déjà queA⊂f⁻¹(f(A)).

Pourx∈f⁻¹(f(A)), on af(x)∈f(A) donc il existex⁰ ∈Atel quef(x) =f(x⁰).

Puisquef est injective,x=x⁰ et doncx∈A. Ainsif⁻¹(f(A))⊂A puis l’égalité.

(⇐) Supposons∀A∈ P(E), A=f⁻¹(f(A)). Soientx, x⁰ ∈A.

Sif(x) =f(x⁰). ConsidéronsA={x}. On af(A) ={f(x)} donc x⁰ ∈f⁻¹(f(A)) =Ad’où x=x⁰.

Ainsif injective.

b) (⇒) Supposonsf surjective. SoitB∈ P(F).

On sait déjàf(f⁻¹(B))⊂B.

Soity∈B. Puisquef est surjective, il existex∈E tel quef(x) =y.

Puisquef(x)∈B, on ax∈f⁻¹(B) et doncy=f(x)∈f(f⁻¹(B)). Ainsi B⊂f(f⁻¹(B)) puis l’égalité.

(⇐) Supposons∀B ∈ P(F), f(f⁻¹(B)) =B.

Soity∈F. PourB={y}, on af(f⁻¹({y})) ={y} doncf⁻¹({y})6=∅. Par suite f est surjective.

(⇒) SoitA∈ P(E). Soity∈f(CEA), il existe x∈CEAtel que y=f(x).

Pour touty⁰ ∈f(A), il existex⁰∈Atel que y⁰=f(x⁰), orx⁰∈A etx /∈Adonc x6=x⁰ etf étant injectivey=f(x)6=f(x⁰) =y⁰. Par suitey∈CFf(A). Ainsi f(CEA)⊂CFf(A).

Inversement. Soity∈CFf(A), commef est surjective, il existex∈E tel que y=f(x).

Ory /∈f(A) doncx /∈Ai.e.x∈C_EApuisy=f(x)∈f(C_EA). Ainsi C_Ff(A)⊂f(C_EA).

(⇐) Montrons quef est injective. Soientx, x⁰ ∈E.

Six6=x⁰ alors pour A={x}on ax⁰∈C_EApuis

f(x⁰)∈f(CEA) =CFf(A) =CF{f(x)}i.e.f(x)6=f(x⁰).

Montrons quef est surjective.

(12)

PourA=E on a

Imf =f(E) =CF(CFf(E)) =CF(f(CEE)) =CFf(∅) =CF∅=F. Finalementf est bijective.

Puisquef est surjective, lesAi sont non vides.

SiAi∩Aj 6=∅alors pourx∈Ai∩Aj on a f(x) =ietf(x) =j donci=j.

Par contraposée :i6=j⇒Ai∩Aj=∅.

Soientx∈E eti=f(x). On ax∈Ai. AinsiE⊂ S

i∈I

Ai puis l’égalité.