20 exercices corrigés d’ensembles, applications et relations (Prépa)

Correction. Soit \(n \in A\). Alors \(n = 6k = 2(3k)\) avec \(k \in \mathbb{Z}\), donc \(n\) est pair : \(n \in B\). On a donc \(A \subset B\).

Réciproque fausse : \(2 \in B\) mais \(2 \notin A\) (il n’est pas multiple de 6). Un seul contre-exemple suffit.

Conclusion : \(A \subset B\) et \(A \neq B\). L’inclusion est stricte. ∎

Correction.

\(A \cup B = \{1,2,3,4,5\}\), \(A \cap B = \{3\}\), \(A \setminus B = \{1,2\}\), \(\overline{A} = \{4,5,6\}\).

Vérification : \(\overline{A \cup B} = \{6\}\). Par ailleurs \(\overline{A} = \{4,5,6\}\) et \(\overline{B} = \{1,2,6\}\), donc \(\overline{A} \cap \overline{B} = \{6\}\). Les deux ensembles coïncident. ∎

Correction. On liste les parties par cardinal croissant :

On compte 8 éléments, et \(2^3 = 8\). Cohérent. On n’oublie ni \(\emptyset\) ni \(E\) lui-même. ∎

Correction. Un élément de \(A \times B\) est un couple \((a,b)\) avec \(a \in A\) et \(b \in B\) :

\(\mathrm{card}(A \times B) = 2 \times 3 = 6\). Attention : \((1,x) \neq (x,1)\), un couple est ordonné. ∎

Correction.

(a) Si \(3x – 1 = 3x^\prime – 1\) alors \(x = x^\prime\) : \(f\) est injective. Pour \(y \in \mathbb{R}\), \(x = \displaystyle\frac{y+1}{3}\) vérifie \(f(x) = y\) : \(f\) est surjective. Donc bijective.

(b) \(g(-1) = g(1) = 1\) : non injective. De plus \(g(x) \geq 0\), donc \(-1\) n’a pas d’antécédent : non surjective.

(c) \(x \mapsto x^3\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) donc injective, et continue de limites \(\pm\infty\) donc surjective (théorème des valeurs intermédiaires) : bijective. ∎

Correction.

Image directe. Sur \([-1,2]\), \(x^2\) atteint son minimum en \(0\) (valeur \(0\)) et son maximum en \(2\) (valeur \(4\)). Donc \(f([-1,2]) = [0,4]\).

Image réciproque. \(f^{-1}([1,4]) = \{ x : 1 \leq x^2 \leq 4 \}\). Or \(1 \leq x^2 \leq 4 \Leftrightarrow 1 \leq |x| \leq 2\), soit \(x \in [-2,-1] \cup [1,2]\). ∎

Correction. Par définition \((g \circ f)(x) = g(f(x)) = (2x+1)^2 = 4x^2 + 4x + 1\).

Et \((f \circ g)(x) = f(g(x)) = 2x^2 + 1\).

Elles diffèrent (ex. en \(x=1\) : \(9 \neq 3\)) : la composition n’est pas commutative. ∎

Correction (double inclusion).

Sens direct. Soit \(x \in A \cap (B \cup C)\). Alors \(x \in A\) et \(x \in B \cup C\). Donc \(x \in A\), et (\(x \in B\) ou \(x \in C\)). Par distributivité du « et » sur le « ou » : (\(x \in A\) et \(x \in B\)) ou (\(x \in A\) et \(x \in C\)), c’est-à-dire \(x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)\).

Sens réciproque. Soit \(x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)\). Alors \(x \in A \cap B\) ou \(x \in A \cap C\) ; dans les deux cas \(x \in A\) et \(x \in B \cup C\), donc \(x \in A \cap (B \cup C)\).

Les deux inclusions donnent l’égalité. ∎

Correction. Notons d’abord que l’inclusion \(f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)\) est toujours vraie : si \(y = f(x)\) avec \(x \in A \cap B\), alors \(y \in f(A)\) et \(y \in f(B)\).

(⇒) Supposons \(f\) injective. Soit \(y \in f(A) \cap f(B)\) : il existe \(a \in A\) et \(b \in B\) avec \(y = f(a) = f(b)\). Par injectivité \(a = b\), donc cet élément est dans \(A \cap B\) et \(y \in f(A \cap B)\). D’où l’égalité.

(⇐) Par contraposée. Supposons \(f\) non injective : il existe \(a \neq b\) avec \(f(a) = f(b) = y\). Posons \(A = \{a\}\) et \(B = \{b\}\). Alors \(A \cap B = \emptyset\) donc \(f(A \cap B) = \emptyset\), tandis que \(f(A) \cap f(B) = \{y\} \neq \emptyset\). La propriété est mise en défaut. ∎

Correction. Soit \(x \in E\). On raisonne par équivalences :

Comme les appartenances sont équivalentes pour tout \(x\), les ensembles sont égaux. ∎

Correction.

Réflexivité : \(x – x = 0 = 5 \times 0\), donc \(x \mathcal{R} x\).

Symétrie : si \(x – y = 5k\) alors \(y – x = 5(-k)\), donc \(y \mathcal{R} x\).

Transitivité : si \(x – y = 5k\) et \(y – z = 5k^\prime\), alors \(x – z = 5(k + k^\prime)\), donc \(x \mathcal{R} z\).

C’est bien une relation d’équivalence. La classe de \(x\) est \(\bar{x} = \{ x + 5k : k \in \mathbb{Z} \}\). Il y a exactement 5 classes distinctes, \(\bar{0}, \bar{1}, \bar{2}, \bar{3}, \bar{4}\) : c’est \(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}\). ∎

Correction.

Réflexivité : \(a \mid a\) (car \(a = a \times 1\)).

Antisymétrie : si \(a \mid b\) et \(b \mid a\) avec \(a,b \gt 0\), alors \(a \leq b\) et \(b \leq a\), donc \(a = b\).

Transitivité : si \(b = a k\) et \(c = b k^\prime\), alors \(c = a(k k^\prime)\), donc \(a \mid c\).

C’est un ordre. Il n’est pas total : \(2\) et \(3\) ne sont pas comparables (aucun ne divise l’autre). ∎

Correction. Soit \(y \in [1, +\infty[\). On résout \(x^2 + 1 = y\) avec \(x \geq 0\) : \(x^2 = y – 1 \geq 0\), donc \(x = \sqrt{y-1}\), unique dans \([0,+\infty[\).

L’antécédent existe et est unique : \(f\) est bijective, et \(f^{-1}(y) = \sqrt{y – 1}\) pour \(y \in [1, +\infty[\).

Vérification : \(f\big(f^{-1}(y)\big) = (\sqrt{y-1})^2 + 1 = y\). ∎

Correction. À toute partie \(A \subset E\) on associe sa fonction indicatrice \(\mathbf{1}_A : E \to \{0,1\}\) définie par \(\mathbf{1}_A(x) = 1\) si \(x \in A\), \(0\) sinon.

L’application \(A \mapsto \mathbf{1}_A\) est une bijection de \(\mathcal{P}(E)\) sur \(\{0,1\}^E\) (l’ensemble des applications de \(E\) dans \(\{0,1\}\)). Or \(\mathrm{card}\big(\{0,1\}^E\big) = 2^n\) (deux choix par élément). Donc \(\mathrm{card}\,\mathcal{P}(E) = 2^n\). ∎

Correction.

(a) Soit \((x, x^\prime) \in E^2\) avec \(f(x) = f(x^\prime)\). En appliquant \(g\) : \(g(f(x)) = g(f(x^\prime))\), soit \((g \circ f)(x) = (g \circ f)(x^\prime)\). Comme \(g \circ f\) est injective, \(x = x^\prime\). Donc \(f\) est injective.

(b) Soit \(z \in G\). Comme \(g \circ f\) est surjective, il existe \(x \in E\) avec \((g \circ f)(x) = z\), c’est-à-dire \(g(f(x)) = z\). En posant \(y = f(x) \in F\), on a \(g(y) = z\). Donc \(g\) est surjective. ∎

Correction. On sait que \(f(f^{-1}(B)) \subset B\) toujours. Il reste à discuter l’inclusion réciproque.

(⇒) Supposons \(f\) surjective. Soit \(y \in B\). Par surjectivité il existe \(x \in E\) avec \(f(x) = y\). Comme \(f(x) = y \in B\), on a \(x \in f^{-1}(B)\), donc \(y = f(x) \in f(f^{-1}(B))\). D’où \(B \subset f(f^{-1}(B))\), puis l’égalité.

(⇐) Par contraposée. Supposons \(f\) non surjective : il existe \(y_0 \in F\) sans antécédent. Prenons \(B = \{y_0\}\). Alors \(f^{-1}(B) = \emptyset\), donc \(f(f^{-1}(B)) = \emptyset \neq B\). La propriété est mise en défaut. ∎

Correction (procédé diagonal, par l’absurde). Supposons qu’il existe une surjection \(f : E \to \mathcal{P}(E)\). Considérons la partie « diagonale »

Par surjectivité de \(f\), il existe \(a \in E\) tel que \(f(a) = D\). Posons la question : \(a \in D\) ou non ?

• Si \(a \in D\), alors par définition de \(D\), \(a \notin f(a) = D\) : contradiction.
• Si \(a \notin D\), alors \(a \notin f(a)\), donc \(a\) vérifie la condition définissant \(D\), d’où \(a \in D\) : contradiction.

Dans les deux cas, contradiction. Aucune surjection \(E \to \mathcal{P}(E)\) n’existe. En particulier, une bijection étant surjective, aucune bijection n’existe : \(\mathcal{P}(E)\) est « strictement plus grand » que \(E\). ∎

Correction. La réflexivité, la symétrie et la transitivité découlent immédiatement de celles de l’égalité dans \(F\). Donc \(\mathcal{R}\) est une équivalence.

Définissons \(\bar{f} : E/\mathcal{R} \to F\) par \(\bar{f}(\bar{x}) = f(x)\). Cette définition est cohérente (indépendante du représentant) : si \(\bar{x} = \bar{x^\prime}\), alors \(x \mathcal{R} x^\prime\) donc \(f(x) = f(x^\prime)\).

Injectivité : si \(\bar{f}(\bar{x}) = \bar{f}(\bar{y})\), alors \(f(x) = f(y)\), donc \(x \mathcal{R} y\), c’est-à-dire \(\bar{x} = \bar{y}\). Ainsi \(\bar{f}\) est injective : toute application « se factorise » en une injection définie sur son quotient. ∎

Correction (théorème de Knaster–Tarski, version simple). Posons

Remarquons que \(\emptyset \in \mathcal{A}\), donc \(\mathcal{A} \neq \emptyset\).

Étape 1 : \(X \subset \varphi(X)\). Soit \(A \in \mathcal{A}\). Alors \(A \subset X\), donc par croissance \(\varphi(A) \subset \varphi(X)\). Or \(A \subset \varphi(A)\), d’où \(A \subset \varphi(X)\). Ceci valant pour tout \(A \in \mathcal{A}\), la réunion vérifie \(X \subset \varphi(X)\).

Étape 2 : \(\varphi(X) \subset X\). De \(X \subset \varphi(X)\) et de la croissance, on tire \(\varphi(X) \subset \varphi(\varphi(X))\). Donc \(\varphi(X) \in \mathcal{A}\), et par définition de \(X\) comme réunion, \(\varphi(X) \subset X\).

Les deux inclusions donnent \(\varphi(X) = X\). ∎

Correction. On nie en inversant chaque quantificateur et en niant la conclusion finale. La négation de \(P \Rightarrow Q\) est \(P \text{ et } \text{non } Q\). On obtient :

Interprétation : l’énoncé de départ signifie « \(f\) est continue en \(0\) avec \(f(0)=0\) ». Sa négation exprime qu’il existe un seuil \(\varepsilon\) impossible à respecter, aussi proche de \(0\) soit-on : \(f\) n’est pas continue en \(0\) (ou \(f(0) \neq 0\)). ∎