L’idée chez de chercher un anneau connu (classique) qui contient $A$ et après montrer que $A$ est un sous anneau. En effet, on a $A\subset \mathbb{R}$ et que $(\mathbb{R},+,\times)$ est un anneau. Montrons alors que $A$ est un sous anneau de $\mathbb{R}$. Remarquons tout d’abord que $1=1\times 2^{-0}$. Soit maintenant $(x,y)\in A^2,$ il existent donc $(n,m)\in\mathbb{Z}^2$ et $(p,q)\in\mathbb{Z}^2$ tels que\begin{align*}x=n2^{-p}\quad\text{et}\quad y=m2^{-q}.\end{align*}Soit $r\in\mathbb{N}$ tel que $r\ge p$ et $r\ge q$, donc $r-p\in\mathbb{N}$ et $r-q\in \mathbb{N}$. On a\begin{align*}x-y&=n2^{-p}-m2^{-q}\cr &= (n2^{r-p} 2^{-r}-m2^{r-q} 2^{-r} \cr &= (n2^{r-p}-m2^{r-q})2^{-r}\cr &= s 2^{-r}\end{align*}avec $s=n2^{r-p}-m2^{r-q}\in\mathbb{Z}$. Ceci montre que $x-y\in A$. D’autre part,\begin{align*}xy=nm 2^{-(p+q)}.\end{align*}Comme $nm\in\mathbb{Z}$ et $p+q\in\mathbb{N},$ alors $xy\in A$. Ainsi $A$ est un sous anneau de $\mathbb{R},$ donc un anneau pour les lois usuelles.

Pour que $A$ soit un corps déjà il faut que tout élément $a\in A$ admet un inverse $a^{-1}\in A$. Remarquons que $7=7\times 2^{-0}\in A$. Supposons qu’il existent $n\in\mathbb{Z}$ et $p\in\mathbb{N}$ tels que $7^{-1}=n2^{-p}\in A$. Alors $2^p=7 n,$ ce qui implique que $7$ devise $2^p,$ ce n’est pas possible. Donc $7^{-1}\notin A$, d’où $A$ n’est pas un corps.

Pour montrer que l’ensemble $\mathbb{Z}[\sqrt{q}]$ est un sous-anneau de $\mathbb{R},$ nous allons utiliser la caractérisation des sous-anneaux.

$\bullet$ L’ensemble $\mathbb{Z}[\sqrt{q}]$ est non vide car il contient $0=0+0\sqrt{q}$.

On a $1\in \mathbb{Z}[\sqrt{q}]$, car $1=1+0\sqrt{q}$.

$\bullet$ Soit $x,y\in \mathbb{Z}[\sqrt{q}]$. Donc ils existent $a,b,c,d\in\mathbb{Z}$ tels que $$ x=a+b\sqrt{q},\quad y=c+d\sqrt{q}.$$ On a\begin{align*} &x-y=(a-c)+(b-d)\sqrt{q}\cr & xy=(ab+bdq)+(ad+bc)\sqrt{d}.\end{align*} Comme $a-c,b-d,ab+bdq$ et $ad+bc$ sont des elements de $\mathbb{Z}$, alors on a $x-y\in \mathbb{Z}[\sqrt{q}]$ et $xy\in \mathbb{Z}[\sqrt{q}]$. Ce qui montre que $\mathbb{Z}[\sqrt{q}]$ est un sous anneau de $\mathbb{R}$.

Il est bien claire que $1_A\in \mathscr{C}$, et donc $\mathscr{C}$ est non vide. D’autre part, soit $x,y\in \mathscr{C}$ et soit $a\in A$. $xa=ax$ et $ya=ay$. Ainsi $(x-y)a=xa-ya=ax-ay=a(x-y)$. Ce qui implique que $x-y\in \mathscr{C}$. D’autre part, $(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=(ax)y=a(xy)$. Ainsi $xy\in \mathscr{C}$. Alors ceci montre que $\mathscr{C}$ est un sous-anneau de $A$.

Montrons que $\mathscr{C}$ est régulier. En effet, soit $x\in\mathscr{C}\subset A$, donc par regularite de $A$, il existe $\beta\in A$ tel que $x=x\beta x$. On pose $\alpha=x\beta^2$. On a \begin{align*} x\alpha x&=x(x\beta^2)x=x(\beta x\beta )x\cr & (x\beta x)(\beta x)=x\beta x=x.\end{align*} Reste a montrer que $\alpha\in \mathscr{C}$. Soit $a\in A$. Comme $x$ commute avec tout les éléments de $A$, alors aussi $x^3$ commute avec tout les éléments de $A$. En particulier, $x^3$ commute avec $\beta^2 a\beta^2$. Donc \begin{align*} x^3 \beta^2 a\beta^2=\beta^2 a\beta^2 x^3.\end{align*} Mais $x=x\beta x=x\beta (x\beta x)=x\beta (x^2 \beta)=x^3\beta^2.$ On replaçons dans l’égalité en faut, on trouve $$ xa\beta^2=\beta^2 a x.$$ On utilise encore une fois le fait que $x$ commute avec tout les éléments de $A$ on trouve que $a\alpha=\alpha a$. Ce qui donne $\alpha\in\mathbb{C}$. Fin la la preuve!

Il est claire que $\{0\}$ est un idéal. Maintenant soit $I\subset \mathbb{K}$ un idéal de $\mathbb{K}$ tel que $I\neq \{0\}$. Par hypothèse il existe $x\in I$ et $x\neq 0$. Comme aussi $x\in \mathbb{K}$, par la propriété du corps, $x$ and un inverse $x^{-1}$. Comme $I$ est idéal, alors $1=xx^{-1}\in I$. Donc pour tout $z\in \mathbb{K}$ on a $z= 1 z\in I$, ce qui montrer que $\mathbb{K}\subset I$, et donc $I=\mathbb{K}$.

Conclusion: Les seuls idéaux d’un corps $\mathbb{K}$ sont $\{0\}$ et $\mathbb{K}$, comme démontré ci-dessus. Cela reflète la structure particulière des corps, où il n’y a pas d’autres sous-ensembles stables par multiplication et addition.

1. Il est claire que $0\in \mathscr{A}(X)$. Soient $a\in A$ et $x,x’\in \mathscr{A}(X)$. Alors, d’une part, $$ a(x-x’)=ax-ax’=0-0=0.$$ D’autre part, $$ a(xx’)=(ax)x’=0\times x’=0.$$ Donc $x-x’\in \mathscr{A}(X)$ et $xx’\in \mathscr{A}(X)$. Ainsi $\mathscr{A}(X)$ est un ideal de $A$.
2. Notons que $\mathscr{N}$ est un ensemble non vide puisque bien évidement $0\in \mathscr{N}$. Maintenant, soient $x,y\in \mathscr{N}$, alors par définition du Nilradical, il existent deux entiers $p\ge 1$ et $q\ge 1$ tels que $x^p=0$ et $y^q=0$. Comme $$ (xy)^p=x^py^p=0 y^p=0,$$ alors $xy\in \mathscr{N}$. D’autre part, la formule de Binôme (qu’on a le drois de l’appliquer car en travail dans un anneau commutatif), nous donne $$ (x+y)^{p+q-1}=\sum_{k=0}^{p+q-1} \binom{p+q-1}{k} x^{k}y^{p+q-1-k}.$$ Si $k\ge p$ alors $x^k=0$ (car $x^k=x^{k-p} x^p=0$). Si $k\le p-1$ on a $y^{p+q-1-k}=y^{(p-1)-k} y^q=0$. Ainsi $(x+y)^{p+q-1}=0$, ce qui preuve que $x+y\in \mathscr{N}$. D’où le résultat.

1. On a $x\in f^{-1}(C\cup D)$ si et seulement si $f(x)\in C\cup D$ ou encore $f(x)\in C$ ou $f(x)\in f(D)$. Ce qui équivaut à $x\in f^{-1}(C)\cup f^{-1}(D)$. Donc $f^{-1}(C\cup D)=f^{-1}(C)\cup f^{-1}(D)$.

   De même $x\in f^{-1}(C\cap D)$ si et seulement si $f(x)\in C\cap D$, et donc $f(x)\in C$ et $f(x)\in D$. C’est équivalent à $ x\in f^{-1}(C)$ et $ x\in f^{-}(D),$ et donc $ x\in f^{-1}(C)\cap f^{-1}(D)$.

2. On a $y\in f(A\subset B)$ si et seulement si il existe $x\in A\cup B$ tel $y=f(x)$. Si et seulement si (il existe $x\in A$ tel que $y=f(x)$) ou (il existe $x\in B $ tel que $y=f(x)$). Ce qui équivaut à $y\in f(A)$ ou $y\in f(B)$, donc $y\in f(A)\cup f(B)$.

   Soit $y\in f(A\cap B)$ donc il existe $x\in A\cap B$ tel que $y=f(x)$, Ainsi $y=f(x)\in f(A)\cap f(B)$.

3. Nous supposons que $f$ est injective. Si $y\in f(A)\cap f(B)$, alors $y\in f(A)$ et $y\in f(B)$. Il existe donc $a\in A$ $b\in B$ tel que $y=f(a)$ et $y=f(b)$. Ce qui implique que $f(a)=f(b)$. Ainsi $a=b\in A\cap B$. Cela montre que $y\in f(A\cap B)$. Donc $f(A)\cap f(B)\subset f(A\cap B)$, et d’après la question précédente nous avons $f(A)\cap f(B)= f(A\cap B ) $
4. Soit l’application $f:\{0,1\}\to \{1\}$ $f(0)=f(1)=1$. En prend $A_i=\{i\}$ avec $i=0,1$. On a $f(A_0\cap A_1)=f(\emptyset)=\emptyset \neq f(A_0)\cap f(A_1)=\{1\}$.

1. Montrons que $A\subset f^{-1}(f(A))$. En effet, soit $x\in A$, puis $f(x)\in f(A)$. Par la définition de l’image inverse d’un ensemble, on a $x\in f^{-1}(f(A))$. D’où $A\subset f^{-1}(f(A))$.
2. Supposons que la fonction $f$ soit injective et soit $x\in f^{-1}(f(A))$. Alors $f(x)\in f(A)$. Il existe donc $a\in A$ tel que $f(x)=f(a)$. Ainsi, par injectivité de $f$, on a $x=a\in A$. Par conséquent, $f^{-1}(f(A))\subset A$. De plus, d’après le résultat de la question 1, nous avons $f^{-1}(f(A))= A$.
3. Montrons $f(f^{-1}(C))\subset C$. En effet, pour $y\in f(f^{-1}(C))$, il existe $x\in f^{-1}(C)$ tel que $y=f(x)$. Mais $x\in f^{-1}(C)$ implique que $y=f(x)\in C$. Ce qu’il fallait démontrer.
4. Supposons que l’application $f$ soit surjective et soit $y\in C$. Il existe donc $x\in E$ tel que $f(x)=y\in C$. Ce qui implique que $x\in f^{-1}(C)$, et par conséquent $y=f(x)\in f(f^{-1}(C))$. Ainsi $C\subset f(f^{-1}(C))$, et par la question précédente on conclut que $C= f(f^{-1}(C))$.

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*}

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 $a\in f(a)=A,$ 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.

1. 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
2. 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 $g(1)=g(-1)$.
3. L’application $f$ de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ qui à tout réel $x$ associe $f(x)=\sin(x)$ n’est pas injective. En effet, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $\sin(x)=\sin(x+2\pi)$. L’application $f$ n’est pas non plus surjective, car aucun nombre réel dont la valeur absolut est strictement supérieure à $1$ n’admet d’antécédent.

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.

1. Montrons l’implication $ « \Rightarrow »$ :

   $\bullet$ Injectivité de $\varphi$: Soient $a,b\in F$ tels que $\varphi(a)=\varphi(b)$. Maintenant on choisit deux fonction $f,g\in \mathscr{F}(E,F)$ telles que $f(x)=a$ et $g(x)=b$ pour tout $x\in E$. Ainsi $\varphi(a)=\varphi(b)$ implique que $\Phi(f)=\Phi(g)$. Et comme $\Phi$ est injective, car elle est supposee bijective, on a $f=g$. Par suite $a=b$, et donc $\varphi$ est injective.$

   $\bullet$ surjectivité de $\varphi$: Soit $y\in G$ et soit l’application $h:E\to G$ definie par $h(x)=y$ pour tout $x\in E$. Comme $h\in \mathscr{F}(E,G)$ et $\Phi$ surjective, alors il existe une fonction $f\in \mathscr{F}(E,F)$ telle que $\varphi\circ f=\Phi(f)=h$. Soit $u\in E$, alors on a $y=h(u)=\varphi(f(u))$. Si on pose $v=f(u)\in F$, alors $y=\varphi(v)$. Conclusion, on a montrer que pour tout $y\in G$, il existe $v\in F$ tel que $y=\varphi(v)$. Par suite, l’application $\varphi$ est surjective. Par suite Elle est bijective.

2. Montrons l’implication $ « \Leftarrow »$ :

   $\bullet$ Soit $f,g\in\mathscr{F}(E,F)$ tel que $\Phi(f)=\Phi(g)$, ce qui donne $\varphi\circ f=\varphi\circ g$. Comme l’application $\varphi$ est bijective, alors $$\varphi^{-1}\circ (\varphi\circ f)=\varphi^{-1}\circ (\varphi\circ g).$$ Donc $f=g$. Ainsi $\Phi$ est injective.

   $\bullet$ Soit $\psi\in \mathscr{F}(E,G)$. On pose $f=\varphi^{-1}\circ \psi\in \mathscr{F}(E,F)$. On a donc $\Phi(f)=\psi$. Ainsi $\Phi$ est surjective. Elle est donc bijective.

Considérons l’ensemble $A$ avec $n$ éléments. Pour chaque élément de $A$, nous avons deux choix possibles : inclure cet élément dans un sous-ensemble donné ou ne pas l’inclure. Puisque chaque élément a deux options, et qu’il y a $n$ éléments au total, le nombre total de façons de former des sous-ensembles est le produit de ces choix individuels, soit $2\times 2\times\cdots\times 2=2^n$.

Méthode 1:

Pour montrer que l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ a la même cardinalité que l’ensemble des nombres réels $\mathbb{R}$, nous allons utiliser une méthode d’argument de diagonalisation similaire à celle utilisée pour montrer que les réels sont non dénombrables.

Considérons l’ensemble des fonctions continues $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Pour chaque fonction $f$, nous pouvons associer une séquence infinie de nombres réels ${f(x_n)}$ pour une séquence spécifique de points $x_n$ dans $\mathbb{R}$.

Maintenant, pour construire une fonction continue $g$ à partir de cette séquence, nous allons choisir $g(x)$ de manière à ce qu’il soit différent de $f(x)$ pour tout $x$ dans $\mathbb{R}$. Pour cela, nous allons construire $g$ de manière diagonale :

Pour chaque $n \in \mathbb{N}$, choisissons un point $x_n$ dans $\mathbb{R}$ tel que $|x_n| > n$ (c’est possible car $\mathbb{R}$ est non borné). Ensuite, choisissons $g(x_n)$ de sorte qu’il soit différent de $f(x_n)$ et différent de tous les $g(x_i)$ pour $i < n$.

La fonction $g$ ainsi construite sera différente de chaque fonction $f$ pour au moins un point $x_n$ et donc, elle est différente de toutes les fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$. Ainsi, nous avons établi une bijection entre l’ensemble des fonctions continues et un sous-ensemble strict de $\mathbb{R}$.

Cela montre que l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ a une cardinalité au moins aussi grande que celle de $\mathbb{R}$.

Pour montrer la bijection complète, nous pouvons utiliser la fonction identité $h : \mathbb{R} \to \mathcal{C}(\mathbb{R})$ qui associe à chaque nombre réel $r$ la fonction constante $h(r)(x) = r$. Cette fonction est continue, et elle établit une bijection entre $\mathbb{R}$ et un sous-ensemble des fonctions continues. Donc, les ensembles ont la même cardinalité.

Ainsi, nous avons montré que l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ a la même cardinalité que l’ensemble des nombres réels $\mathbb{R}$.

Méthode 2:

Pour montrer que l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est en bijection avec l’ensemble des nombres réels $\mathbb{R}$, nous devons construire une bijection explicite entre ces deux ensembles. Une manière de faire cela est d’utiliser la représentation décimale des nombres réels et de considérer les fonctions continues associées.

Soit $\mathcal{C}(\mathbb{R})$ l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$, et soit $\mathbb{R}$ l’ensemble des nombres réels. Nous allons construire une bijection $f : \mathcal{C}(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$.

Considérons une fonction continue $g \in \mathcal{C}(\mathbb{R})$. Nous allons attribuer à chaque fonction $g$ un nombre réel unique. Pour ce faire, nous allons utiliser la représentation décimale des nombres réels. Prenons la valeur de la fonction $g$ en $x = 0$ et l’interprétons comme la partie entière du nombre réel que nous construisons. Ensuite, nous attribuons la partie décimale du nombre réel en utilisant les valeurs de $g$ dans les décimales successives : $g(0.1)$, $g(0.01)$, $g(0.001)$, etc.

Formellement, pour une fonction $g \in \mathcal{C}(\mathbb{R})$, nous construisons le nombre réel $f(g)$ comme suit :$$ f(g)=\sum_{n=1}^{+\infty} g(10^{-1}) \times 10^{-1}.$$ Maintenant, montrons que cette construction établit une bijection entre $\mathcal{C}(\mathbb{R})$ et $\mathbb{R}$ :

Injection : Supposons que $f(g_1) = f(g_2)$ pour deux fonctions continues $g_1$ et $g_2$. Cela signifie que pour chaque $n$, $g_1(10^{-n}) \times 10^{-n} = g_2(10^{-n}) \times 10^{-n}$. Étant donné que $10^{-n}$ peut être arbitrairement petit, cela implique que $g_1(x) = g_2(x)$ pour tout $x \in \mathbb{R}$. Ainsi, $g_1 = g_2$, montrant l’injectivité.

Surjection : Pour tout nombre réel $r \in \mathbb{R}$, nous pouvons construire une fonction continue $g_r$ de manière à ce que $f(g_r) = r$. Il suffit de définir $g_r(x)$ comme la partie entière de $r$ plus la somme partielle des décimales, obtenues en utilisant la représentation décimale de $r$.

La bijection $f : \mathcal{C}(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}$ est donc établie, montrant que l’ensemble des fonctions continues de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ est en bijection avec l’ensemble des nombres réels $\mathbb{R}$. En d’autres termes, ces deux ensembles ont la même cardinalité, ce qui signifie que l’ensemble des fonctions continues est aussi « grand » que l’ensemble des nombres réels.

Taille de $A$ et $B$ : Puisque $A$ est infini et que $B$ est un sous-ensemble propre de $A$, il existe une bijection (correspondance bijective) entre $A$ et un sous-ensemble propre de lui-même, disons $C \subseteq A$. En d’autres termes, il existe une bijection $f : A \to C$.

Construction des applications : Considérons l’ensemble de toutes les applications possibles (fonctions) de $A$ vers $B$. Notons cet ensemble $\mathscr{M}$. Nous allons montrer que $\mathscr{M}$ est infini.

Applications Injectives : Pour chaque élément $c$ dans $C$, nous pouvons construire une application injective $g_c : A \to B$ de la manière suivante :

Pour chaque élément $x$ dans $A$ :

• Si $x$ est dans $C$ (c’est-à-dire $x = f^{-1}(c)$ pour un certain $c$ dans $C$), alors $g_c(x) = f^{-1}(c)$, ce qui associe $x$ à son élément correspondant $c$ dans $C$.
• Si $x$ n’est pas dans $C$, alors $g_c(x)$ peut être n’importe quel élément dans $B$ (puisque $B$ est un sous-ensemble propre de $A$, il a au moins un élément qui n’est pas dans $C$). Cela nous donne un choix infini pour la correspondance de $x$.

Puisqu’il y a une infinité d’éléments dans $C$ (qui est en correspondance bijective avec $A$), il existe une infinité d’applications injectives $g_c : A \to B$, chacune correspondant à un $c$ unique dans $C$.

Ensemble Infini d’Applications : Puisque chaque $c$ dans $C$ génère une application injective $g_c$ unique, et qu’il y a une infinité de ces $c$, nous avons un ensemble infini d’applications injectives de $A$ vers $B$. Cet ensemble d’applications est un sous-ensemble de $\mathscr{M}$.

Conclusion : Nous avons montré qu’il existe un sous-ensemble infini de l’ensemble $\mathscr{M}$ de toutes les applications possibles de $A$ vers $B$. Par conséquent, $\mathscr{M}$ lui-même doit également être infini.

Pour déterminer si $\preccurlyeq$ est un ordre partiel sur, nous devons vérifier trois propriétés : la réflexivité, l’antisymétrie et la transitivité.

Réflexivité : Pour chaque $x\in A$, $x\preccurlyeq x$ doit être vrai. À partir de la relation donnée, nous voyons que $(a,a),(b,b),(b,c),(c,c),(d,d)$ sont inclus, ce qui satisfait la réflexivité.

Antisymétrie : Pour chaque $x,y\in A$, $x\preccurlyeq y$ et $y\preccurlyeq x$ implique $x=y$. Nous voyons que $(a,c)$ est incluse dans la relation, mais $(c,a)$ ne l’est pas. Cela viole l’antisymétrie

ransitivité : Pour chaque $x,y,z\in A$, si $x\preccurlyeq y$ et $y\preccurlyeq w,$ alors $x\preccurlyeq z$ doit être vrai. Nous voyons que $(a,c)$ et $(c,d)$ sont incluses, mais $(a,d)$ ne l’est pas. Cela viole la transitivité.

Puisque à la fois l’antisymétrie et la transitivité sont violées, la relation $\preccurlyeq$ n’est pas un ordre partiel sur $A$.

Éléments Maximaux et Minimaux : Dans ce cas, il n’y a pas d’éléments maximaux ni minimaux, car la relation n’est pas un ordre partiel.

Chaînes et Antichaînes : Puisque la relation n’est pas un ordre partiel, les concepts de chaînes (ensembles totalement ordonnés) et d’antichaînes (ensembles où aucun élément n’est en relation) ne s’appliquent pas.

Il est facile de voir que $R$ est réflexive et transitive. Portant $R$ n’est pas antisymétrie. En effet, on prend $x=2$ et $y=-2$. On a $|2|\le |-2|$ et $|-2|\le |2|$, mais $2\neq -2$. Ceci viole la propriété d’antisymétrie. Ainsi la relation $R$ n’est pas un ordre partiel sur l’ensemble de tous les nombres réels.

Pour montrer que tout isomorphisme d’ordre entre deux ensembles ordonnés A et B est nécessairement bijectif, nous allons démontrer à la fois l’injectivité et la surjectivité de l’application $f : A \to B$.

Injectivité : Supposons par l’absurde que $f$ n’est pas injective, c’est-à-dire qu’il existe $x_1, x_2 \in A$ tels que $x_1 \neq x_2$ mais $f(x_1) = f(x_2)$. Comme A est un ensemble ordonné, nous pouvons supposer sans perte de généralité que $x_1 < x_2$.

Puisque $f$ est un isomorphisme d’ordre, cela impliquerait que $f(x_1) \leq f(x_2)$. Cependant, nous avons également $f(x_1) = f(x_2)$, ce qui contredit l’ordre strict $f(x_1) < f(x_2)$.

Donc, notre supposition initiale d’une non-injectivité est incorrecte, et nous pouvons conclure que $f$ est injective.

Surjectivité : Supposons maintenant que $f$ n’est pas surjective, c’est-à-dire qu’il existe un élément $y \in B$ qui n’est pas dans l’image de $f$. Cela signifie qu’il n’existe pas d’élément $x \in A$ tel que $f(x) = y$.

Puisque $A$ est un ensemble ordonné et $B$ est un ensemble ordonné, il est possible que certains éléments de $B$ soient « sautés » dans l’image de $f$. Cependant, cela contredirait le fait que $f$ est un isomorphisme d’ordre. En effet, si $y$ est un élément de $B$ qui est « sauté », alors il n’y aurait pas d’élément $x$ correspondant dans $A$ tel que $f(x) = y$, et cela violerait la propriété de préservation de l’ordre.

Par conséquent, notre supposition initiale d’une non-surjectivité est incorrecte, et nous pouvons conclure que $f$ est surjective.

Conclusion : Ayant montré à la fois l’injectivité et la surjectivité de $f$, nous pouvons conclure que $f$ est bijective.

En résumé, tout isomorphisme d’ordre entre deux ensembles ordonnés A et B est nécessairement bijectif. Cela signifie que l’isomorphisme d’ordre préserve non seulement les relations d’ordre, mais aussi les correspondances entre les éléments des ensembles.