On dénit une partie H de P (E) par :

(1)

MPSI B 4 novembre 2019

Énoncé

Soit E et F deux ensembles, f une fonction injective de E dans F et g une fonction injective de F dans E .

Dans ce texte, pour toute partie A de E , on désigne par E \ A le complémentaire de A dans E . De même, pour toute partie X de F , on désigne par F \ X le complémentaire de X dans F .

On dénit une partie H de P (E) par :

∀A ∈ P(E), A ∈ H ⇔ g(F \ f (A)) ⊂ E \ A.

1. Question de cours (image directe, image réciproque).

Soit A ⊂ E , X ⊂ F , b ∈ E , y ∈ F .

Caractériser la propriété y ∈ f (A) à l'aide d'un quanticateur. Caractériser la propriété b ∈ g(X ) à l'aide d'un quanticateur. Caractériser b ∈ f

⁻¹

(X) . Caractériser x ∈ g

⁻¹

(A) .

2. Dans cette question, on suppose qu'il existe B ⊂ E telle que E \ B = g(F \ f (B )).

On dénit des fonctions f

1

et g

1

:

f

1

:

( B → f (B)

b 7→ f (b) g

1

:

( F \ f (B) → E \ B x 7→ g(x) . a. Montrer que, f

1

et g

1

sont bijectives.

b. On dénit des fonctions ϕ et ψ par :

ϕ :



 

  E → F

a 7→

( f

1

(a) si a ∈ B g

₁⁻¹

(a) si a / ∈ B

, ψ :



 

  F → E

x 7→

( f

₁⁻¹

(x) si x ∈ f (B) g

1

(x) si x / ∈ f (B) Montrer qu'elles sont bijectives.

3. a. Soit A ∈ P(E) , compléter la proposition suivante

A ∈ H ⇔ (∀x ∈ F, x / ∈ ? ⇒ g(x) ? ?) . Puis démontrer cette équivalence

¹

.

1

Toute rédaction prétendant démontrer en même temps les deux implications sera considérée incorrecte sans être lue !

b. Montrer que, pour tout A ∈ P(E) ,

A ∈ H ⇔ g

⁻¹

(A) ⊂ f (A).

4. a. Montrer que ∅ ∈ H . Montrer que E \ g(F) ∈ H . b. On note

B = [

A∈H

A. Montrer

g

⁻¹

(B) = [

A∈H

g

⁻¹

(A), f (B) = [

A∈H

f (A).

En déduire que B ∈ H .

5. a. Pour tout a ∈ E , montrer que a / ∈ B ⇒ B ∪ {a} ∈ H / . b. Montrer que E \ B = g(F \ f (B)) .

6. Démontrer le théorème de Cantor-Bernstein

Deux ensembles étant donnés, s'il existe des applications injectives entre chacun des deux alors il existe des applications bijectives entre chacun des deux.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai Acantbern

(2)

MPSI B 4 novembre 2019

Corrigé

1. Rappel de cours.

∀b ∈ E, ∀X ⊂ F,

( b ∈ g(X ) ⇔ ∃x ∈ X tel que b = g(x) b ∈ f

⁻¹

(X ) ⇔ f (b) ∈ X

∀y ∈ X, ∀A ⊂ E,

( y ∈ f (A) ⇔ ∃a ∈ A tel que y = f (a) y ∈ g

⁻¹

(A) ⇔ g(y) ∈ A

2. Dans cette question, on suppose qu'il existe B ⊂ E telle que E \ B = g(F \ (f (B)) . La partie B appartient donc à H en vériant l'égalité au lieu d'une seule inclusion.

a. La fonction f

₁

est obtenue à partir de f en restreignant l'espace de départ à la partie B . Elle est donc injective comme f . Comme l'espace d'arrivée est li- mité à f (B) , la fonction f

1

est automatiquement surjective. La démonstration est la même pour g

1

avec la remarque que g(F \ f (B)) = E \ B est la propriété fondamentale de B qui est admise.

b. Considérons ψ ◦ ϕ .

∀a ∈ E,

( a ∈ B ⇒ ϕ(a) = f

₁

(a) ∈ f (B) ⇒ ψ(ϕ(a)) = f

₁⁻¹

(f

₁

(a)) = a a / ∈ B ⇒ ϕ(a) = g

₁⁻¹

(a) ∈ / f (B) ⇒ ψ(ϕ(a)) = g

1

(g

₁⁻¹

(a)) = a

⇒ ψ ◦ ϕ = Id

_|E

. On montre de la même manière que ϕ ◦ ψ = Id

_|F

. On en déduit que les deux applications sont bijectives et bijections réciproques l'une de l'autre.

3. a. On se propose de démontrer

A ∈ H ⇔ (∀x ∈ F, x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A) .

Supposons A ∈ H . Pour tout x ∈ F , si x / ∈ f (A) alors x ∈ F \ f (A) donc g(x) ∈ g(F \ f (A)) ⊂ E \ A (car A ∈ H ) ⇒ g(x) ∈ / A.

Réciproquement, supposons

(∀x ∈ F, x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A) .

On doit montrer que A ∈ H , c'est à dire que g(F \ f (A)) ⊂ E \ A .

∀b ∈ g(F \ f (A)), ∃x ∈ F \ f (A) tq b = g(x).

Or, par hypothèse

x / ∈ f (A) ⇒ b = g(x) ∈ / A.

On a donc bien prouvé que g(F \ f (A)) ⊂ E \ A .

b. L'implication de la question précédente est équivalente à sa contraposée (x / ∈ f (A) ⇒ g(x) ∈ / A) ⇔ (g(x) ∈ A ⇒ x ∈ f (A)) .

Or g(x) ∈ A ⇔ x ∈ g

⁻¹

(A) . L'implication à droite est donc équivalente à la simple inclusion g

⁻¹

(A) ⊂ f (A) . D'où la nouvelle caractérisation :

A ∈ H ⇔ g

⁻¹

(A) ⊂ f (A).

4. a. Utilisons la caractérisation de la question précédente.

g

⁻¹

(∅) = ∅ ⊂ ∅ = f(∅) ⇒ ∅ ∈ H.

Comme E \ g(F ) est formé des éléments qui n'ont pas d'antécédents par g , l'image réciproque g

⁻¹

(E \ g(F )) est vide. Elle est donc incluse dans n'importe quoi, en particulier dans f (E \ g(F )) donc E \ g(F) ∈ H .

b. La partie B est dénie comme l'union de toutes les parties de E qui sont des éléments H . Cela se traduit par :

∀c ∈ E, c ∈ B ⇔ ∃A ∈ H tq c ∈ A.

On en tire, pour tout x ∈ F ,

x ∈ g

⁻¹

(B) ⇔ g(x) ∈ B ⇔ ∃A ∈ H tq g(x) ∈ A

⇔ ∃A ∈ H tq x ∈ g

⁻¹

(A) ⇔ x ∈ [

A∈H

g

⁻¹

(A).

Donc g

⁻¹

(B) = S

A∈H

g

⁻¹

(A) .

On prouve séparément les deux inclusions pour les images directes.

(∀A ∈ H, A ⊂ B) ⇒ (∀A ∈ H, f (A) ⊂ f (B )) ⇒ [

A∈H

f (A) ⊂ f (B).

Pour l'autre inclusion, considérons un élément x quelconque de f (B ) . Il existe b ∈ B tel que x = f (b) . Par dénition de B , il existe A

₀

∈ H tel que b ∈ A

₀

donc

2

(3)

MPSI B 4 novembre 2019 x = f (b) ∈ f (A

0

) ⊂ S

A∈H

f (A) .

Pour montrer que B appartient elle même à H , on utilise la question 3.b. : g

⁻¹

(B ) = [

A∈H

g

⁻¹

(A) ⊂ [

A∈H

f (A) = f (B).

Cette inclusion résulte de la caractérisation de 3.b. appliquée aux A dans H dans un sens. En utilisant pour B la caractérisation dans l'autre sens, on obtient

g

⁻¹

(B) ⊂ f (B) ⇒ B ∈ H.

5. a. On va démontrer la contraposée c'est à dire B ∪ {a} ∈ H ⇒ a ∈ B .

En eet B ∪ {a} ∈ H entraine B ∪ {a} ⊂ B par dénition de B comme union des éléments de H . Mais comme a ∈ B ∪ {a} ⊂ B , on a bien a ∈ B .

b. Comme B ∈ H , on connait déjà une inclusion : g(F \ f (B)) ⊂ E \ B . Pour démontrer l'autre inclusion, considérons dans E un a / ∈ B . D'après la question précédente, B ∪ {a} ∈ H / , donc

g

⁻¹

(B) ∪ g

⁻¹

({a}) 6⊂ f(B) ∪ {f (a)} ⇒ g

⁻¹

({a}) 6⊂ f(B) ∪ {f (a)}.

car g

⁻¹

(B) ⊂ f (B) (à cause de B ∈ H ).

Le fait que g

⁻¹

({a} ne soit pas incluse dans une certaine partie de F montre qu'elle n'est pas vide. Il existe donc un antécédent x ∈ F tel que a = g(x) . Alors :

{x} = g

⁻¹

({a}) 6⊂ f (B) ∪ {f (a)} ⇒ x / ∈ f (B) ⇒ a = g(x) ∈ g(F \ f (B )).

On a bien montré que a / ∈ B ⇒ a ∈ g(F \ f (B)) ce qui prouve la deuxième inclusion.

6. Sous les hypothèses du théorème, les questions 4. et 5. montrent l'existence d'une partie B vériant la propriété admise en question 2. et qui permet de fabriquer les deux bijections réciproques l'une de l'autre.