Ensembles, relations et applications

Soit $E = \{1,2,3,4\}$. Combien d'éléments possède $\mathcal{P}(E)$ ?

$\mathcal{P}(E)$ a $2^n$ éléments pour $|E|=n$. Ici $n=4$, donc $2^4 = 16$.

Vrai ou faux : $A \setminus B = A \cap \complement_E B$.

Vrai. $x \in A\setminus B \Leftrightarrow (x\in A \text{ et } x\notin B) \Leftrightarrow (x \in A \text{ et } x \in \complement_E B) \Leftrightarrow x \in A \cap \complement_E B$.

Quelle propriété caractérise une fonction injective $f : E \to F$ ?

L'injectivité signifie que deux antécédents distincts ne peuvent avoir la même image, ce qui se traduit par la contraposée : $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2$. L'option C est toujours vraie pour une fonction (par définition d'une fonction) et ne caractérise donc rien. B et D définissent la surjectivité.

La relation "$\leq$" sur $\mathbb{R}$ est :

"$\leq$" est réflexive ($x\leq x$), antisymétrique ($x\leq y$ et $y\leq x \Rightarrow x=y$) et transitive : c'est une relation d'ordre. De plus deux réels sont toujours comparables : l'ordre est total.

Vrai ou faux : $f(x) = x^2$ définie de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$ est injective.

Faux. On a $f(1) = f(-1) = 1$ alors que $1 \neq -1$ : deux antécédents distincts ont la même image, donc $f$ n'est pas injective sur $\mathbb{R}$.

Soient $A, B \subset E$. Que vaut $\complement_E(A \cup B)$ ?

C'est la première loi de De Morgan pour les ensembles : $\complement_E(A\cup B) = \complement_E A \cap \complement_E B$. Intuitivement, ne pas être dans $A$ ou $B$ équivaut à n'être ni dans $A$ ni dans $B$.

Sur $\mathbb{Z}$, on définit $x \mathcal{R} y \Leftrightarrow x - y$ est pair. Cette relation est :

Réflexive : $x-x=0$ est pair. Symétrique : si $x-y$ est pair, $y-x=-(x-y)$ l'est aussi. Transitive : si $x-y$ et $y-z$ sont pairs, $x-z=(x-y)+(y-z)$ est pair (somme de deux pairs). C'est donc une relation d'équivalence (ses classes sont les entiers pairs et les entiers impairs).

Soit $f : \mathbb{R} \to [0, +\infty[$, $f(x) = x^2$. Cette application est :

Surjective : pour tout $y \geq 0$, $x = \sqrt{y}$ vérifie $f(x)=y$. Non injective : $f(1) = f(-1) = 1$ avec $1 \neq -1$. Le changement d'ensemble d'arrivée (restreint à $[0,+\infty[$) rend la fonction surjective, contrairement à l'exercice précédent sur $\mathbb{R} \to \mathbb{R}$.

Vrai ou faux : si $f : E \to F$ et $g : F \to G$ sont toutes deux injectives, alors $g \circ f$ est injective.

Vrai. Si $(g\circ f)(x_1) = (g\circ f)(x_2)$, alors $g(f(x_1))=g(f(x_2))$. Comme $g$ est injective, $f(x_1)=f(x_2)$. Comme $f$ est injective, $x_1=x_2$. Donc $g\circ f$ est injective.

Sur $\mathcal{P}(E)$ avec $E=\{1,2\}$, l'inclusion $\subset$ est-elle un ordre total ?

$\subset$ est bien réflexive, antisymétrique et transitive (c'est un ordre), mais pas total dès que $|E|\geq 2$ : ici $\{1\} \not\subset \{2\}$ et $\{2\} \not\subset \{1\}$, donc ces deux parties ne sont pas comparables.

Montrer que $f : \mathbb{R}\setminus\{2\} \to \mathbb{R}\setminus\{1\}$, $f(x) = \dfrac{x+1}{x-2}$ est bijective, et déterminer $f^{-1}$.

Méthode : pour montrer que $f$ est bijective, on résout l'équation $f(x)=y$ et on vérifie qu'elle a une unique solution $x$ pour chaque $y$ dans l'ensemble d'arrivée.

Soit $y \in \mathbb{R}\setminus\{1\}$. On résout :

Comme $y \neq 1$, on peut diviser : $x = \dfrac{2y+1}{y-1}$. Cette valeur de $x$ est bien définie (le dénominateur $y-1 \neq 0$) et on vérifie qu'elle est différente de $2$ : si $x=2$, alors $2(y-1)=2y+1$ donnerait $-2=1$, absurde. Donc $x \in \mathbb{R}\setminus\{2\}$.

Pour chaque $y \in \mathbb{R}\setminus\{1\}$, il existe donc un unique $x \in \mathbb{R}\setminus\{2\}$ tel que $f(x)=y$ : $f$ est bijective, et

Soit $\mathcal{R}$ une relation d'équivalence sur $E$. Vrai ou faux : deux classes d'équivalence distinctes sont nécessairement disjointes.

Vrai. Supposons $\overline{x} \cap \overline{y} \neq \emptyset$ et soit $z$ dans cette intersection. Alors $x\mathcal{R}z$ et $y\mathcal{R}z$, donc par symétrie et transitivité $x \mathcal{R} y$, ce qui entraîne $\overline{x} = \overline{y}$ (les classes coïncident). Par contraposée, si les classes sont distinctes, elles sont disjointes.

Démontrer que si $g \circ f$ est injective, alors $f$ est injective (où $f:E\to F$, $g:F\to G$).

Démonstration directe. Supposons $g \circ f$ injective. Soient $x_1, x_2 \in E$ tels que $f(x_1) = f(x_2)$.

En appliquant $g$ aux deux membres de cette égalité (ce qui est licite puisque $g$ est une fonction) :

Comme $g \circ f$ est injective par hypothèse, cette égalité entraîne $x_1 = x_2$.

On a montré : $\forall x_1,x_2 \in E,\ f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2$, c'est-à-dire que $f$ est injective. $\square$

Remarque : l'hypothèse ne permet pas de conclure que $g$ est injective (contre-exemple : $E=\{1\}$, $F=\{1,2\}$, $G=\{1\}$, $f(1)=1$, $g(1)=g(2)=1$ : $g\circ f$ est injective sur le singleton $E$ mais $g$ ne l'est pas).

Soit $E$ un ensemble à $5$ éléments et $F$ un ensemble à $3$ éléments. Peut-il exister une application injective $f : E \to F$ ?

C'est le principe des tiroirs : si $|E| > |F|$, toute application $f:E\to F$ envoie au moins deux éléments distincts de $E$ sur la même image dans $F$ (sinon $f$ établirait une correspondance entre $5$ éléments et $5$ images distinctes dans un ensemble qui n'en contient que $3$, contradiction). Donc aucune injection de $E$ vers $F$ n'existe.

Vrai ou faux : pour toute application $f:E\to F$ et toutes parties $A,B \subset E$, on a $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$.

Faux en général (seule l'inclusion $f(A\cap B) \subset f(A)\cap f(B)$ est toujours vraie). Contre-exemple : $f(x)=x^2$ sur $\mathbb{R}$, $A=\{1\}$, $B=\{-1\}$. Alors $A\cap B=\emptyset$ donc $f(A\cap B)=\emptyset$, mais $f(A)=\{1\}$ et $f(B)=\{1\}$ donc $f(A)\cap f(B)=\{1\} \neq \emptyset$.