Des exercices corrigés sur les ensembles et les applications sont proposés avec des détails. Notez que les ensembles et les applications entre ensembles sont des outils mathématiques très importants pour développer d’autres théories, telles que les probabilités.
Selection d’exercices corrigés sur les ensembles et applications
Exercice: Soient $X$ et $Y$ deux ensemble et $F:X\to Y$ une application.
- Montrer que pour toute famille $(B_i)_{i\in I}$ de partie de $Y$ on a\begin{align*}f^{-1}\left (\bigcup_{i\in I}B_i\right)= \bigcup_{i\in I} f^{-1}(B_i),\quad f^{-1}\left (\bigcap_{i\in I}B_i\right)= \bigcap_{i\in I} f^{-1}(B_i).\end{align*}
- Démontrer que pour toute famille $(A_i)_{i\in I}$ de parties de $X$ on a\begin{align*}f\left (\bigcup_{i\in I}A_i\right)= \bigcup_{i\in I} f(A_i).\end{align*}
- Prouver que si $f$ est injective, alors\begin{align*}f\left (\bigcap_{i\in I}A_i\right)= \bigcap_{i\in I} f(A_i).\end{align*}
- Montrer par un contre-exemple que l’égalité précédente est fausse en général.
Solution:
- On a \begin{align*}x\in f^{-1}\left (\bigcup_{i\in I}B_i\right)&;\Longleftrightarrow; f(x)\in \bigcup_{i\in I}B_i\cr & ;\Longleftrightarrow \exists, i\in I, f(x)\in B_i\cr &\Longleftrightarrow \exists, i\in I, x\in f^{-1}( B_i) \cr &\Longleftrightarrow x\in \bigcup_{i\in I} f^{-1}(B_i).\end{align*}De même on a\begin{align*} x\in f^{-1}\left (\bigcap_{i\in I}B_i\right)&\Longleftrightarrow f(x)\in \bigcap_{i\in I}B_i\cr & \Longleftrightarrow \forall, i\in I, f(x)\in B_i\cr & \Longleftrightarrow \forall, i\in I, x\in f^{-1}( B_i) \cr &\Longleftrightarrow x\in \bigcap_{i\in I} f^{-1}(B_i).\end{align*}
- On a \begin{align*}y\in f\left (\bigcup_{i\in I}A_i\right) &\Longleftrightarrow \exists, x\in \bigcup_{i\in I}A_i,\quad y=f(x)\cr &\Longleftrightarrow \exists i\in I,\quad\exists, x\in A_i,\quad y=f(x)\cr &\Longleftrightarrow \exists,i\in I,\quad\exists, y\in f(A_i) \cr &\Longleftrightarrow y\in \bigcup_{i\in I} f(A_i).\end{align*}
- D’aprés le cours on sait que $E\subset F$ implique $f(E)\subset f(F)$. Maintenant, pour tout $j\in I$ on a $\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right)\subset A_j$, donc\begin{align*}\forall j\in I,\qquad f\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right) \subset f(A_j).\end{align*}En particulier;\begin{align*}f\left(\bigcap_{i\in I} A_i\right) \subset \bigcap_{j\in I}f(A_j).\end{align*}Inversement,\begin{align*}y\in \bigcap_{i\in I}f(A_i) \Longrightarrow; \forall i\in I,\quad \exists x_i\in A_{i},\quad y=f(x_i).\end{align*}D’autre par si on pend un autre $j\in I$ arbitraire, alors il va existe $x_j\in A_j$ tel que $y=f(x_j)$, ce qui $f(x_i)=f(x_j)$. Par injectivité de $f$ on a $x_i=x_i:=x$, $\forall i,j$. Donc $y=f(x)$ avec $x\in \bigcap_{i\in I} A_i$. D’où le résultat. Soit l’application $f:{0,1}\to {1}$ $f(0)=f(1)=1$. En prend $A_i=\{i\}$ avec $i=0,1$. On a $f(A_0\cap A_1)=f(\emptyset)=\emptyset \neq f(A_0)\cap f(A_1)=\{1\}$.
Voici maintenant quelques exercices corrigés sur les ensembles que vous devez connaître.
Exercice: Soit X un ensemble. Montrer qu’il n’existe pas de surjection de $X$ sur l’ensemble de ses parties $\mathcal{P}(X)$. On pourra raisonner par l’absurde et considérer pour $f:X\to \mathcal{P}(X)$ l’ensemble $A=\{x\in X:x\notin f(x)\}$.
Solution: Par l’absurde, supposons que $f$ est surjective. De plus, comme $A\in\mathcal{P}(X),$ il existe $a\in X$ tel que $A=f(a)$. On a deux cas ou bien $a\in A$ ou bien $a\notin A$. Supposons que $a\in A$. Donc $a\notin f(a)=A,$ absurde. Supposons maintenant que $a\notin A,$ donc $a\notin f(a),$ ce qui implique que $a\in A$ absurde. Par conséquent, l’élément $a$ n’appartient ni à $A$, ni à son complémentaire, ce qui est impossible. Par suite, $A$ ne possède pas d’antécédent par $f$, qui est donc non surjective.
Exercice:
- Trouver une application injective qui n’est pas surjective.
- Trouver une application surjective qui n’est pas injective.
Solution:
- Soit $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ définie par $f(n)=2^n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$. Soient $n,m\in\mathbb{N}$ tels que $f(n)=f(m)$. Ce qui donne $2^n=2^m$. En applique la fonction logarithme, on trouve que $n \ln(2)=m \ln(2)$. D’où $n=m,$ et pas suit $f$ est injective. Si $f$ est était surjective alors il va exister $n\in\mathbb{N}$ tel que $5=f(n)=2^n,$ donc $5$ sera impair, ce qui est absurde, donc $f$ n’est pas surjective.
- Soit la fonction $g:\mathbb{R}\to [0,+\infty[$ définie par $g(x)=x^2$. Pour tout $y\ge 0,$ on choisi $x=\sqrt{y}$. Il est donc claire que $y=x^2=g(x),$ ce qui implique que la fonction $g$ est surjective. Cette fonction n’est pas injective car $g(1)=g(-1)$.
Exercice:Soit $f$ l’application définie par\begin{align*}f:\mathbb{Z}^2\to \mathbb{R},\quad (p,q)\mapsto f(p,q)=p+q\sqrt{2}.\end{align*}$f$ est-elle surjective? bijective?
Solution: Observons que $\frac{1}{2}$ ne possède pas d’antécédent, sinon il existe $(p,q)\in \mathbb{Z}^2$ tel que $\frac{1}{2}=p+q\sqrt{2}$. Ceci montre que $p+q\sqrt{2}\in\mathbb{Q}$, donc $\sqrt{2}\in \mathbb{Q},$ impossible. Donc forcément $q=0$, et $\frac{1}{2}=p\in \mathbb{Z}$, ce qui est encore absurde. Ainsi $f$ n’est pas surjective et donc pas bijective.
Exercice: Soient $E$ et $F$ deux ensembles et $f:E\to F$ une application. Montrer que\begin{align*}f\;\text{est bijective}\;\Longleftrightarrow\;\forall A\subset E,\;f(C_E A)=C_F f(A).\end{align*}
Solution: Montrons la condition suffisante $ »\Longleftarrow »$. On a $C_E \emptyset=E$ et $C_F \emptyset=F$. Comme $f(\emptyset)=\emptyset,$ alors par hypothèse on a $F=C_F \emptyset=C_F f\emptyset)=f(C_E \emptyset)=f(E)$. Donc on a montrer que $f(E)=F,$ ce qui signifie que $f$ est surjective. Montrons maintenant que $f$ est injective. Par contra-position, soit $(x,y)\in E$ tel que $x\neq y$. On pose $A=\{x\}$, alors on a $y\in C_E A$. D’où\begin{align*}f(y)\in f(C_E A)=C_F f(A).\end{align*}Par suite, $f(y)\notin f(A)=\{f(x)\}$. Donc $f(x)\neq f(y),$ ce qui montre que $f$ est injective.
Montrons la condition nécessaire $ »\Longrightarrow »$: Supposons que $f$ est bijective. Soit $A\subset E$. Pour tout $x\in C_E A,$ $f(x)\notin f(A),$ sinon il existerai $ain A$ tel que $f(x)=f(a),$ et donc $x=a$ par injectivité de $f,$ ce qui absurde car $x\notin A$. Ainsi $f(x)\in C_F f(A)$. Ce qui entraîne que:\begin{align*}f(C_E A)\subset C_F f(A).\end{align*}Soit maintenant $y\in C_F f(A)$. Comme $f$ est surjective, il existe $x\in E$ tel que $y=f(x)$. Evidemment $x\notin A$ (puisque $y\notin f(A)$). Donc $y\in f(C_E A)$. Par suite:\begin{align*}C_F f(A)\subset f(C_E A).\end{align*}
Remarque: on peut aussi définir d’autres types de relations sur un ensemble, comme les relations d’ordre.
