Fiche de mathématiques
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Exercices : Ensembles & Applications

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exercice 1


Soient E un ensemble et A,B,C trois parties de E. Montrer :


1) (A-C)\cap(B-C)=(A\cap B)-C.

2) (A-C)\cup(B-C)=(A\cup B)-C.

3) \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} A\cap B\subset A\cap C \\A\cup B\subset A\cup C \\\end{array} \right.\Longrightarrow B\subset C.

4) (A\cup B)\cap (B\cup C)\cap (C\cup A)=(A\cap B)\cup (B\cap C)\cup (C\cap A).

5) (A-C)-(B-C)=(A-B)-C=A-(B\cup C)

6) \bar{A} \bigtriangleup \bar{B} = A \bigtriangleup B

7) A\bigtriangleup B=A\bigtriangleup C\Longleftrightarrow B=C

exercice 2


Soit E et F deux ensembles.

Montrer que: \mathscr{P}(E)=\mathscr{P}(F)\Longleftrightarrow E=F

exercice 3


Soient:

\begin{array}{rccl}\bullet ~f: & \mathbb{N} & \longrightarrow& \mathbb{N}\\ & n & \mapsto & 2n\end{array}

\begin{array}{rccl}\bullet ~g: & \mathbb{N} & \longrightarrow& \mathbb{N}\\ & n & \mapsto & \left \lbrace \begin{array}{ll} \dfrac{n}{2} & \text{si } n \text{ est pair}\\ \dfrac{n-1}{2} & \text{si } n \text{ est impair} \end{array} \right. \end{array}

1) Etudier l'injectivité, la surjectivité et la bijectivité de f et g.

2) Déterminer f\circ g et g\circ f.

exercice 4


On considère l'application f de \mathbb{R}^{3} dans \mathbb{R}^{3} définie par:

f(x,y,z)=(x-y+2z,-x+y-z,2x-y+z)


1) Etudier l'injectivité, la surjectivité et la bijectivité de f.

2) Si f est bijective, déterminer f^{-1}.

3) Que vaut f(\mathbb{R}^{3})?

exercice 5


Soient E un ensemble et A et B deux parties de E. Résoudre dans \mathscr{P}(E) les équations suivantes:

1) A\cup X=B

2) A\cap X=B

3) A\bigtriangleup X=B

exercice 6


Dans \mathbb{C} on définit la relation \mathcal{R} par : z\mathcal{R}z^{'} \Longleftrightarrow |z|=|z^{'}|

1) Montrer que \mathcal{R} est une relation d'équivalence.

2) Déterminer la classe d'équivalence de chaque z de \mathbb{C}.

exercice 7


On définit sur \mathbb{R} la relation \mathcal{R} par : x\mathcal{R}y \Longleftrightarrow x^2 -y^2 = x - y.

1) Montrer que \mathcal{R} est une relation d'équivalence.

2) Calculer la classe d'équivalence d'un élément x de \mathbb{R}. Combien y-a-t-il d'éléments dans cette classe?

exercice 8


Soit (E,\leq) un ensemble ordonné.

On définit sur \mathscr{P}(E)^*=\mathscr{P}(E)-\left\lbrace{\emptyset\right\rbrace} la relation \triangleleft par: X \triangleleft Y \Longleftrightarrow (X =Y \text{ ou } \forall x \in X, \forall y \in Y :x \leq y)

Vérifier que \triangleleft est une relation d'ordre.

exercice 9


Soient E\text{ , }F\text{ et }G trois ensembles, f:E\longrightarrow F et g:E\longrightarrow G deux applications.

On considère l'application h:E\longrightarrow F\times G définie par: \forall x\in E\text{ : }h(x)=(f(x),g(x)).
On note aussi h(x) = (f \times g)(x)

1) Montrer que si f et g sont injectives, alors h l'est aussi.

2) On suppose que f et g sont surjectives, h est-elle nécessairement surjective?

exercice 10


Soient E un ensemble et f:E\longrightarrow E une application telle que : f=f\circ f\circ f.

Montrer que f est injective si et seulement si f est surjective.

exercice 11


Soient E, F, G \text{ et } H quatre ensembles et f:E\longrightarrow F; g:F\longrightarrow G \text{ et }h:G\longrightarrow H trois applications.

Montrer que g\circ f \text{ et } h\circ g sont bijectives si et seulement si f, g\text{ et } h sont bijectives.

exercice 12


Soient E un ensemble et p:E\longrightarrow E une application telle que : p=p\circ p.

Montrer que si p est injective ou surjective, alors p=Id_E.

exercice 13


Soient E et F deux ensembles. Montrer qu'il existe une application injective de E dans F si et seulement s'il existe une application surjective de F dans E

exercice 14


Soient E et F deux ensembles et f:E\longrightarrow F une application. Montrer les équivalences suivantes:

1) f\text{ injective } \Longleftrightarrow \forall (A,B)\in\mathscr{P}(E)^2 \text{ : } f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)

2) f\text{ bijective } \Longleftrightarrow \forall A \in \mathscr{P}(E)\text{ : } f(\bar{A})=\overline{f(A)}

3) f\text{ surjective } \Longleftrightarrow \forall B\in \mathscr{P}(F)\text{ : } f(f^{-1}(B))=B

4) f\text{ injective } \Longleftrightarrow \forall A\in\mathscr{P}(E)\text{ : } f^{-1}(f(A))=A

exercice 15


Soient E et F deux ensembles et soient f:E\longrightarrow F et g:F\longrightarrow E deux applications telles que f\circ g\circ f soit bijective.

1) Montrer que f est bijective.

2) En déduire que g est bijective.

exercice 16


Soient E,F deux ensembles, f:E\longrightarrow F et g:F\longrightarrow E deux applications telles que : g\circ f\circ g\circ f est surjective et f\circ g\circ f\circ g est injective.

Montrer que f et g sont bijectives.

exercice 17


Soit X un ensemble. Montrer qu'il n'existe pas de surjection de X sur l'ensemble de ses parties \mathscr{P}(X).

On pourra raisonner par l'absurde et considérer pour f : X \longrightarrow \mathscr{P}(X) l'ensemble A = \lbrace{x \in X / x\notin f(x)\rbrace}

exercice 18


Soient X, Y deux ensembles et f : X \longrightarrow Y une application.

1) Montrer que f est injective si et seulement si, pour tout g : Z \longrightarrow X et tout h : Z \longrightarrow X , on a f\circ g = f\circ h \Longrightarrow g = h .

2) Montrer que f est surjective si et seulement si, pour tout g : Y \longrightarrow Z et tout h : Y \longrightarrow Z , on a g\circ f = h\circ f \Longrightarrow g = h .

exercice 19


Soient E un ensemble, A et B deux parties non vides de E et f une applcation définie par:
\begin{array}{rccl}f: & \mathscr{P}(E) & \longrightarrow& \mathscr{P}(A)\times \mathscr{P}(B)\\ & X & \mapsto & (A\cap X, B\cap X)\end{array}

1) Montrer que f est injective si et seulement si A\cup B=E

2) Montrer que f est surjective si et suelement si A\cap B=\emptyset

3) Supposons A\cup B=E \text{ et } A\cap B=\emptyset. Déterminer l'application réciproque f^{-1}

exercice 20


Soient E, I \text{ et } J trois ensembles et soit (A_{i}) une famille d'éléments de \mathscr{P}(E).

1) Montrer que \displaystyle \bigcap_{i\in I\cup J} A_i= (\bigcap_{i\in I} A_i)\cap (\bigcap_{i\in J} A_i)

2) Montrer que \displaystyle \bigcup_{i\in I\cup J} A_i= (\bigcup_{i\in I} A_i)\cup (\bigcup_{i\in J} A_i)


Voir la correction




exercice 1

1)

\begin{array}{cl}(A-C)\cap (B-C)&=(A\cap\bar{C})\cap(B\cap\bar{C})\\\\&=(A\cap B)\cap\bar{C}\\\\&=(A\cap B)-C\end{array}

2) Idem 1)

3)

\begin{array}{cl}B&=(A\cup B)\cap B\\\\& \subset (A\cup C)\cap B\\\\&= (A\cap B)\cup (C\cap B)\\\\&\subset (A\cap C)\cup (C\cap B)\\\\&=(A\cup B)\cap C \\\\&\subset C\end{array}

4)

\begin{array}{cl}(A\cup B)\cap(B\cup C)\cap(C\cup A)&=(B\cup(A\cap C))\cap (C\cup A)\\\\&=(B\cap(C\cup A))\cup (A\cap C)\\\\&=(B\cap C)\cup (B\cap A)\cup(A\cap C)\end{array}

5)

\begin{array}{cl}(A-C)-(B-C)&=(A\cap \bar{C})\cap(\overline{B\cap \bar{C}})\\\\&=(A\cap\bar{C})\cap(\bar{B}\cup C)\\\\&=(A\cap \bar{C}\cap\bar{B})\cup(A\cap \bar{C}\cap C)\\\\&=(A\cap\bar{B})\cap\bar{C}\\\\&=(A-B)-C\end{array}
Et:

\begin{array}{cl}(A-B)-C&=A\cap (\bar{B}\cap\bar{C})\\\\&=A\cap(\overline{B\cup C})\\\\&=A-(B\cup C)\end{array}

6)

\begin{array}{cl}\bar{A} \bigtriangleup \bar{B} &= (\bar{A}\cap \bar{\bar{B}})\cup (\bar{B}\cap\bar{\bar{A}})\\\\&=(\bar{A}\cap B)\cup (\bar{B}\cap A)\\\\&=A\bigtriangleup B\end{array}

7)

\boxed{\Leftarrow} Évident

\boxed{\Rightarrow} Soit A \bigtriangleup B=A \bigtriangleup C

Soit x\in B, alors x\in A\cup B

Si x\notin A:
Alors x\notin A\cap B et donc x\in A \bigtriangleup B
Et puisque A \bigtriangleup B=A \bigtriangleup C, alors x\in A \bigtriangleup C
Il s'ensuit que x\in A\cup C et donc \boxed{x\in C}

Si x\in A:
Alors x\in A\cap B et donc x\notin A \bigtriangleup B
Alors x\notin A \bigtriangleup C
Or, x\in A , donc x\in A\cup C, on en tire que x\in A\cap C et donc \boxed{x\in C}

On en déduit B\subset C

De la même manière, en inversant B et C, on obtient C\subset B

Donc \boxed{B=C}

Conclusion: \boxed{A \bigtriangleup B=A \bigtriangleup C\Longleftrightarrow B=C}


exercice 2


\boxed{\Leftarrow} Directement: E=F\Longrightarrow\mathscr{P}(E)=\mathscr{P}(F)

\boxed{\Rightarrow} Soit \mathscr{P}(E)=\mathscr{P}(F)

On a E\in \mathscr{P}(E), donc E\in \mathscr{P}(F), il s'ensuit E\subset F

De la même manière, en inversant E et F, on obtient F\subset E

On en déduit: \mathscr{P}(E)=\mathscr{P}(F)\Longrightarrow E=F

Conclusion:
\boxed{\mathscr{P}(E)=\mathscr{P}(F)\Longleftrightarrow E=F}



exercice 3


1)
L'application f:

Injectivité:
Soient n_1 et n_2 deux entiers naturels tels que f(n_1)=f(n_2)
f(n_1)=f(n_2)\Longrightarrow 2n_1=2n_2\Longrightarrow n_1=n_2
f est injective

Surjectivité:
f n'est pas surjective car il n'existe pas d'antécédant pour les entiers naturels impairs.

Conclusion: \boxed{ f\text{ n'est pas bijective }}

L'application g:

Injectivité:
Puisque g(0)=g(1)=0
Donc g n'est pas injective

Surjectivité:
Soit m\in\mathbb{N}:
Si m est pair: \exists k\in\mathbb{N} \text{ : } m=2k \Longleftrightarrow k=\dfrac{m}{2}=g(m)
Si m est impair: \exists k^{'}\in\mathbb{N} \text{ : } m=2k^{'}+1 \Longleftrightarrow k=\dfrac{m-1}{2}=g(m)
On en déduit que g est surjective

Conclusion: \boxed{ g\text{ n'est pas bijective }}

2)

\bullet \forall n\in\mathbb{N}\text{ : }g\circ f(n)=g(f(n))=g(2n)=n
Donc: \boxed{ g\circ f=Id_{\mathbb{N}}}

\bullet \forall n\in\mathbb{N}\text{ : }
Si n est pair: \displaystyle f(g(n))= f\left(\dfrac{n}{2}\right)=2\times \dfrac{n}{2}=n
Si n est impair: \displaystyle f(g(n))= f\left(\dfrac{n-1}{2}\right)=2\times\dfrac{n-1}{2}=n-1

On en déduit: \boxed{\begin{array}{rccl}f\circ g: & \mathbb{N} & \longrightarrow& \mathbb{N}\\ & n & \mapsto & \left \lbrace \begin{array}{ll} n & \text{si } n \text{ est pair}\\ n-1 & \text{si } n \text{ est impair} \end{array} \right. \end{array} }


exercice 4


1)

\bullet\boxed{\text{Inj.}} Soient (x_1,y_1,z_1) et (x_2,y_2,z_2)\in\mathbb{R}^{3} tels que f(x_1,y_1,z_1) =f(x_2,y_2,z_2)

\begin{array}{cl}f(x_1,y_1,z_1) =f(x_2,y_2,z_2)&\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} x_1-y_1+2z_1=x_2-y_2+2z_2&(I) \\-x_1+y_1-z_1=-x_2+y_2-z_2&(II)\\2x_1-y_1+z_1=2x_2-y_2+z_2&(III) \\\end{array} \right.\\\\ &\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} z_1=z_2&(I)+(II) \\-x_1+y_1-z_1=-x_2+y_2-z_2 &(II)\\x_1=x_2 &(II)+(III) \\\end{array} \right.\\\\ &\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} z_1=z_2 \\y_1=y_2\\x_1=x_2 \\\end{array} \right. \\\\ &\Longrightarrow }(x_1,y_1,z_1) =(x_2,y_2,z_2)\end{array}

On en déduit que f\text{ est injective }

\bullet\boxed{\text{Sur.}} Soit (a,b,c)\in\mathbb{R}^{3} . Montrons qu'il existe (x,y,z) \in\mathbb{R}^{3} tel que: f(x,y,z)=(a,b,c)

\begin{array}{cl}f(x,y,z) =(a,b,c)&\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} x-y+2z=a&(I) \\-x+y-z=b&(II)\\2x-y+z=c&(III) \\\end{array} \right.\\\\ &\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} y= x+2z-a&(I) \\z=a+b &(I)+(II)\\x=b+c &(II)+(III) \\\end{array} \right.\\\\ &\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c}x=b+c \\ y=a+3b+c \\z=a+b \\\end{array} \right. \\\\\end{array}

Donc, pour tout triplet réel (a,b,c), il existe un triplet réel (x,y,z) qui vérifie f(x,y,z)=(a,b,c) et qui est (x,y,z)=(b+c,a+3b+c,a+b)

On conclut que f\text{ est surjective}

Conclusion:
\boxed{f\text{ est bijective }}


2)

Directement d'après les résultats de la question précédente:
\boxed{\begin{array}{rccl}f^{-1}: & \mathbb{R}^{3} & \longrightarrow& \mathbb{R}^{3}\\ & (x,y,z) & \mapsto &(x+z,x+3y+z,x+y)\end{array} }


3)

On a vu que tout élément de \mathbb{R}^{3} admet un antécédant par f dans \mathbb{R}^{3}, donc:
\boxed{f(\mathbb{R}^{3})=\mathbb{R}^{3}}



exercice 5


1)

\bullet Si A\not\subset B: Alors \boxed{S=\emptyset}

\bullet Si A\subset B \text{ : }

\boxed{\Longrightarrow} A\cup X=B\Longrightarrow X\subset B \text{ et } B-A\subset X \Longrightarrow B-A \subset X \subset B

\boxed{\Longleftarrow} Soit: X\subset B \text{ et } B-A\subset X

\star X\subset B

\text{Alors puisque } A\subset B\text{ : } X\cup A\subset B

\star B-A\subset X

\begin{array}{cl}B-A\subset X&\Longrightarrow B-A\cup A \subset X\cup A\\\\&\Longrightarrow (B\cap \bar{A})\cup A \subset (X \cup A)\\\\&\Longrightarrow (B\cup A)\cap (\bar{A}\cup A)\subset (X\cup A) \\\\&\Longrightarrow (B\cap E)\subset (X\cup A)\\\\&\Longrightarrow B\subset X\cup A\end{array}

On en déduit que: A\cup X=B

On conclut que: A\cup X=B\Longleftrightarrow B-A\subset X\subset B

\boxed{ S=\left\lbrace X\in \mathscr{P}(E)/ B-A\subset X\subset B\rbrace\right}


2)

\bullet Si B\not\subset A: Alors \boxed{S=\emptyset}

\bullet Si B\subset A \text{ : }

\boxed{\Longrightarrow} A\cap X=B\Longrightarrow B\subset X \text{ et } X\subset \overline{A-B} \Longrightarrow B\subset X \subset \bar{A}\cup B

\boxed{\Longleftarrow} Soit: B\subset X \text{ et } X\subset \bar{A}\cup B

\star B\subset X

\text{Alors puisque } B\subset A\text{ : } B\subset X\cap A

\star X\subset \bar{A}\cup B

\begin{array}{cl}X\subset \bar{A}\cup B&\Longrightarrow X\cap A\subset A\cap (\bar{A}\cup B)\\\\&\Longrightarrow X\cap A\subset A\cap\bar{A}\cup A\cap B)\\\\&\Longrightarrow X\cap A\subset \emptyset \cup B \\\\&\Longrightarrow X\cap A\subset B\end{array}

On en déduit que: A\cap X=B

On conclut que: A\cap X=B\Longleftrightarrow B\subset X\subset \bar{A}\cup B

\boxed{ S=\left\lbrace X\in \mathscr{P}(E)/ B\subset X\subset \bar{A}\cup B\rbrace\right}


3)

\boxed{\Longrightarrow}

\begin{array}{cl}A\bigtriangleup X= B&\Longrightarrow A\bigtriangleup(A\bigtriangleup X)=A\bigtriangleup B\\\\&\Longrightarrow (A\bigtriangleup A)\bigtriangleup X=A\bigtriangleup B\\\\&\Longrightarrow \emptyset\bigtriangleup X=A\bigtriangleup B \\\\&\Longrightarrow X= A\bigtriangleup B\end{array}

\boxed{\Longleftarrow}

\begin{array}{cl} X= A\bigtriangleup B&\Longrightarrow A\bigtriangleup X= A\bigtriangleup A\bigtriangleup B\\\\&\Longrightarrow A\bigtriangleup X= \emptyset\bigtriangleup B\\\\&\Longrightarrow A\bigtriangleup X= B \end{array}

Conclusion:
\boxed{ S=\left\lbrace X\in \mathscr{P}(E)/ X=A\bigtriangleup B\rbrace\right}



exercice 6


1) Soient z , z^{'} , z^{''} des complexes quelconques.
Reflexivité : z\mathcal{R}z car |z| = |z|.
Symétrie : z\mathcal{R}z^{'} = z^{'}\mathcal{R}z car |z| = |z^{'}| et donc |z^{'}| = |z|.
Transitivité : z\mathcal{R}z^{'} et z^{'}\mathcal{R}z^{''} alors |z| = |z^{'}| = |z^{''}| donc z\mathcal{R}z^{''}.
Donc:
\boxed{\mathcal{R} \text{ est une relation d'équivalence}} .


2) La classe d'équivalence d'un point z \in \mathbb{ C} est l'ensemble des complexes qui sont en relation avec z,
C'est-à-dire l'ensemble des complexes dont le module est égal à |z|.
Géométriquement, la classe d'équivalence de z est donc le cercle \mathscr{C} de centre 0 et de rayon |z| :

\displaystyle\boxed{\text{ La classe d'équivalence de } z \text{ est: }\mathscr{C} =\lbrace{|z|e^{i\theta} / \theta \in\mathbb{ R}}\rbrace}



exercice 7


1) Evident, il suffit de remarquer que x\mathcal{R}y \Longleftrightarrow x^2-x = y^2-y

2) Soit x \in\mathbb{ R}.
On cherche les éléments y de \mathbb{R} tels que x\mathcal{R}y.
On doit donc résoudre l'équation x^2- y^2 = x- y.
Elle se factorise en (x - y)(x + y) -(x - y) = 0 \Longleftrightarrow (x - y)(x + y- 1) = 0\Longleftrightarrow y=x\text{ ou } y=1-x.
On en déduit:
\boxed{\.{x}=\lbrace{x,1-x\rbrace}}

La classe d'équivalence de x est constituée de deux éléments sauf si x =1- x \Longleftrightarrow x = \dfrac{1}{2}.



exercice 8


Reflexivité:
Pour tout X \in \mathscr{P}(E)^* on a : X \triangleleft X car X = X.

Antisymétrie:
pour X,Y \in \mathscr{P}(E)^* tels que X \triangleleft Y et Y \triangleleft X.
Alors par définition de \triangleleft on a: \forall x \in X\text{ , }\forall y \in Y\text{ : }x \leq y\text{ et }y \leq x.
Et comme la relation \leq est une relation d'ordre, alors : x \leq y\text{ et }y \leq x\Longrightarrow x = y.
Donc \forall x \in X\text{ , }\forall y \in Y\text{ : }x = y;.
Ce qui implique que X =Y (dans ce cas en fait X est un singleton).

Transitivité:
soit X,Y,Z \in \mathscr{P}(E)^* tels que X \triangleleft Y et Y \triangleleft Z.
Si X =Y ou Y = Z , alors il est clair que X \triangleleft Z.
Supposons que X \neq Y et Y \neq Z alors :
\forall x \in X\text{ , }\forall y \in Y\text{ , }\forall z \in Z\text{ : } x \leq y\text{ et }y \leq z.
Alors par transitivité de la relation \leq , on obtient : \forall x \in X\text{ , }\forall z \in Z\text{ : }x \leq z
Donc X \triangleleft Z.

Conclusion:
\boxed{\triangleleft\text{ est une relation d'ordre.}}




exercice 9


1)Soient x,y\in E.
h(x)=h(y) \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} f(x)=f(y) \\g(x)=g(y) \\\end{array} \right.\Longrightarrow x=y dès que f ou g est injective.

2)Contre exemple :
Soit E un ensemble contenant 2 éléments a\text{ et }b\text{ : }E=\lbrace{a,b\rbrace} et considérant F=G=E et f=g=Id_E évidemment surjectives.
On aura alors \forall x\in E\text{ : }h(x)=(Id_E(x), Id_E(x))=(x,x).
On a: (a,b)\in E\times E , mais il n'existe pas d'élément x de E qui vérifie h(x)=(a,b)
Donc h n'est pas nécessairement surjective.



exercice 10


Si f est injective :
comme \forall x\in E : f(f\circ f)(x))=f(x) ; f\circ f=Id_E , donc f est bijective.

Si f est surjective :
pour tout x\in E , il existe y \in E tel que x=f(y) et f\circ f(x)=f\circ f\circ f(y)=f(y)=x . Donc f\circ f=Id_E ; donc f est bijective.



exercice 11



\boxed{\Longleftarrow} Supposons que f, g\text{ et } h sont bijectives.

\bullet Soient x_1 \text{ et }x_2\in E \text{ / } g\circ f(x_1)=g\circ f(x_2)
Donc g(f(x_1))=g( f(x_2)).
Et puisque g est injective, alors f(x_1)=f(x_2)
Or, f est aussi injective, donc x_1 =x_2
On en tire que g\circ f \text{ est injective }

De la même manière, on obtient h\circ g \text{ injective }

\bullet Soit z\in G
Puisque g est surjective: ~~\exists y\in F \text{ / } z=g(y)
Puisque f est surjective: ~~\exists x\in E \text{ / } y=f(x)
Donc: \exists x\in E \text{ / } z=g\circ f(x)
Ce qui veut dire que g\circ f \text{ est surjective }

De la même manière, on obtient h\circ g \text{ surjective }

Conclusion:
\boxed{ g\circ f \text{ et } h\circ g \text{ sont bijectives}}


\boxed{\Longrightarrow} Supposons que g\circ f\text{ et } h\circ g sont bijectives.

\star Commençons par l'application g

\bullet Soit z\in G, puisque g\circ f est surjective: \exists x\in E\text{ / }z=g\circ f (x)=g(f(x))
Posons y=f(x)\in F\text{ : } \exists y\in F \text{ / } g(y)=z
\text{ Donc } g\text{ est surjective}

\bulletSoient y,y^{'}\in F \text{ / } g(y)=g(y^{'})
On a: g(y)=g(y^{'})\Longrightarrow h(g(y))=h(g(y^{'}))\Longrightarrow h\circ g(y)=h\circ g(y^{'})\Longrightarrow y=y^{'}
\text{ Donc } g\text{ est injective}

Donc:
\boxed{ g\text{ est bijective}}


\star L'application f

\bullet Soit y\in F, on note g(y)=z\in G
Puisque g\circ f est surjective \text{ : }\exists x\in E\text{ / } g\circ f(x)=z
Il s'ensuit que g(y)=g(f(x))=z
Or, puisque g est injective: f(x)=y
\text{ Donc } f\text{ est surjective}

\bulletSoient x,x^{'}\in E \text{ / } f(x)=f(x^{'})
On a: f(x)=f(x^{'})\Longrightarrow g(f(x))=g(f(x^{'}))\Longrightarrow g\circ f(x)=g\circ f(x^{'})\Longrightarrow x=x^{'}
\text{ Donc } f\text{ est injective}

Donc:
\boxed{ f\text{ est bijective}}


\star L'application h

\bullet Soit w\in H
Puisque h\circ g est surjective \text{ : }\exists y\in F\text{ / } w=h\circ g(y)=h(g(y))
On pose z=g(y)\in G, donc h(z)=w
\text{ On déduit que } h\text{ est surjective}

\bulletSoient z,z^{'}\in G \text{ / } h(z)=h(z^{'})
Puisque g est surjective: \exists y,y^{'}\in F\text{ / } g(y)=z \text{ et } g(y^{'})=z^{'}
Alors: h\circ g (y)=h(g(y))=h(z)=h(z^{'})=h(g(y^{'}))=h\circ g(y^{'})
Et puisque h\circ g est injective: y=y^{'} et g(y)=g(y^{'})
Donc : z=z^{'}
\text{ Donc } h\text{ est injective}

Donc:
\boxed{ h\text{ est bijective}}




exercice 12


Si p est injective:
Comme \forall x\in E , p(p(x))=p(x). On déduit que p=Id_E .

Si p est surjective:
pour tout x\in E , il existe y \in E tel que x=p(y) et p(x)=p\circ p(y)=p(y)=x , d'où p=Id_E



exercice 13


\boxed{\Longrightarrow} Supposons qu'il existe une application f:E\longrightarrow F injective.
Soit y\in F, l'équation f(x)=y d'inconnu x\in E admet:
\bullet Soit une solution unique qu'on note g(y)
\bullet Soit pas de solution, alors on choisit un élément quelconque de E, qu'on note a tel que a=g(y)
g définie ainsi est une application de F dans E puisque tout élément de F possède une unique image dans E. Elle est surjective puisque tout élément de E est l'image par g d'au moins un élément de F qui est son image par f
Ensembles et applications : exercices - supérieur : image 1


\boxed{\Longleftarrow} Supposons qu'il existe une application f:F\longrightarrow E surjective.
Soit x\in E, l'équation f(y)=x possède au moins une solution.
Posons y_0 une de ces solutions.
On pose y_0=g(x), g définie ainsi est une application de E dans F puisque tout élément de E possède une unique imqge dans F.
Elle est injective, en effet: g(x)=g(x^{'})=y_0 entraîne que x et x^{'} sont images par f d'un même élément de F: x=x^{'}=f(y_0)
Ensembles et applications : exercices - supérieur : image 3



exercice 14


1)
\boxed{\Longrightarrow} Soit f injective et soient A,B\in\mathscr{P}(E)
Montrons que f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)

\bullet \boxed{\subset} Cette inclusion est toujours vraie
f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B)

\bullet \boxed{\supset}
Soit y\in f(A)\cap f(B), donc: y\in f(A) et y\in f(B)
Donc \exists x_1\in A \text{ : } f(x_1)=y et \exists x_2\in B \text{ : } f(x_2)=y
Or, puisque f est injective, alors forcément x_1 = x_2 et doivent appartenir à A\cap B
Il s'ensuit que y \in f(A\cap B)
D'où: f(A)\cap f(B) \subset f(A\cap B)

On en déduit que:
\boxed{ f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)}


\boxed{\Longleftarrow} Soient A et B deux parties de E telles que: f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)
Montrons que f est injective
Soient x_1,x_2\in E tels que f(x_1)=f(x_2)
Posons A=\left\lbrace x_1\rbrace\right et B=\left\lbrace x_2\rbrace\right
Raisonnons par contraposée, supposons que x_1\neq x_2
On a:
\bullet f(A\cap B)=f(\left\lbrace x_1\rbrace\right \cap \left\lbrace x_2\rbrace\right)=f(\emptyset)=\emptyset
\bullet f(A)\cap f(B)=f(\left\lbrace x_1\rbrace\right)\cap f(\left\lbrace x_2\rbrace\right)=\left\lbrace f(x_1)\rbrace\right \cap \left\lbrace f(x_2)\rbrace\right=\left\lbrace f(x_1)\rbrace\right\neq \emptyset
Absurde car f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)
Donc forcément x_1=x_2
On en déduit que:
\boxed{f \text{ est injective }}


Conclusion:
\boxed{f\text{ injective } \Longleftrightarrow \forall (A,B)\in\mathscr{P}(E)^2 \text{ : } f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)}


2)
\boxed{\Longrightarrow} Soit f bijective et soit A\in\mathscr{P}(E)
Montrons que f(\bar{A})=\overline{f(A)}

\bullet \boxed{\subset}
Soient y\in f(\bar{A}) \text{ et } x\in \bar{A} \text{ tel que } y=f(x)
Supposons que y\in f(A)
Il existerait donc x^{'}\in A \text{ tel que } y=f(x^{'})
Et puisque f est injective , on aurait x=x^{'}, ce qui est impossible vu que x\in\bar{A} \text{ et } x^{'}\in A
Par contraposée, y\notin f(A) et donc y\in \overline{f(A)}
D'où: f(\bar{A})\subset\overline{f(A)}

\bullet \boxed{\supset}
Soit y\in\overline{f(A)}
Donc y\notin f(A)
Puisque f est surjective, il existe x\in E\text{ : }f(x)=y
On a x\notin A car sinon on aurait y\in f(A)
Donc x\in\bar{A} et y\in f(\bar{A})
D'où: \overline{f(A)}\subset f(\bar{A})

On en déduit que:
\boxed{\overline{f(A)}= f(\bar{A})}


\boxed{\Longleftarrow} Soient A\in\mathscr{P}(E) tel que: \overline{f(A)}= f(\bar{A})
Montrons que f est bijective

\bullet\boxed{\text{Inj.}} Soient x_1,x_2\in E \text{ tels que }f(x_1)=f(x_2)
Supposons que x_1\neq x_2 et posons A=\left\lbrace x_1\rbrace\right
Donc x_2\in\bar{A} et f(x_2)\in f(\bar{A})
Or, puisque \overline{f(A)}= f(\bar{A}), donc f(x_2)\in \overline{f(A)}
On aurait f(x_1)\neq f(x_2) car f(x_1)\in f(A), ce qui est faux.
Donc x_1=x_2 \text{ et } f \text{ est injective }

\bullet\boxed{\text{Sur.}} On a f(\emptyset)=\emptyset
Or, f(\emptyset)=f(\bar{E})=\overline{f(E)}
Donc \overline{f(E)}=\emptyset, il s'ensuit que f(E)=F
Ce qui veut dire que tout élément de F admet un antécédant dans E par l'application f
Donc f \text{ est surjective }

On en déduit que:
\boxed{f\text{ est bijective}}


Conclusion:
\boxed{f\text{ bijective } \Longleftrightarrow \forall A \in \mathscr{P}(E)\text{ : } f(\bar{A})=\overline{f(A)}}


3)
\boxed{\Longrightarrow} Soit f surjective et soit B\in\mathscr{P}(F)
Montrons que f(f^{-1}(B))=B

\bullet \boxed{\subset} Soit y\in f(f^{-1}(B))
Donc: \exists z\in f^{-1}(B)\text{ tel que } f(z)=y
Or z\in f^{-1}(B), donc f(z)\in B
Et donc y\in B
f(f^{-1}(B))\subset B

\bullet \boxed{\supset} Soit y\in B
Puisque f est surjective, il existe x dans E tel que f(x)=y et x\in f^{-1}(B)
Donc y\in f(f^{-1}(B)), on en tire que B\subset f(f^{-1}(B))

On en déduit:
\boxed{ B= f(f^{-1}(B))}


\boxed{\Longleftarrow} Soient B\in\mathscr{P}(F) tel que: f(f^{-1}(B))=B
Montrons que f est surjective.
Soit y\in F et posons B=\left\lbrace y\rbrace\right
Donc \left\lbrace y\rbrace\right=f(f^{-1}(\left\lbrace y\rbrace\right))
On sait que: \exists x\in f^{-1}(\left\lbrace y\rbrace\right)=\lbrace x\in E / f(x)\in \left\lbrace y\rbrace\right \rbrace
Donc: \exists x\in E/f(x)=y
On en déduit que:
\boxed{f\text{ est surjective }}


Conclusion:
\boxed{f\text{ surjective } \Longleftrightarrow \forall B\in \mathscr{P}(F)\text{ : } f(f^{-1}(B))=B}


4)
\boxed{\Longrightarrow} Soit f injective et soit A\in\mathscr{P}(E)
Montrons que f^{-1}(f(A))=A

\bullet \boxed{\subset} Soit x\in f^{-1}(f(A))
On a donc f(x)\in f(A), il existe alors x^{'}\in A \text{ : } f(x)=f(x^{'})
Et puisque f est injective, x=x^{'} et donc x\in A
Donc f^{-1}(f(A))\subset A

\bullet \boxed{\supset} Soit x\in A
f(x) existe et on a f(x)\in f(A)
Il s'ensuit x\in f^{-1}(f(A)) et donc A\subset f^{-1}(f(A))

On en déduit:
\boxed{f^{-1}(f(A))= A}


\boxed{\Longleftarrow} Soient A\in\mathscr{P}(E) tel que: f^{-1}(f(A))= A
Montrons que f est injective.
Soient x_1\text{ et } x_2\in E/ f(x_1)=f(x_2)
Posons A=\left\lbrace x_1\rbrace\right
On a f(x_2)\in f(A), donc x_2\in f^{-1}(f(A))
Puisque f^{-1}(f(A))=A=\left\lbrace x_1\rbrace\right; alors x_2=x_1
On en déduit que:
\boxed{f\text{ est injective }}


Conclusion:
\boxed{f\text{ injective } \Longleftrightarrow \forall A\in\mathscr{P}(E)\text{ : } f^{-1}(f(A))=A}




exercice 15


1) on a f\circ g \circ f : E\longrightarrow F

\bullet\boxed{\text{Inj.}} Soient x_1 et x_2 deux éléments de E tels que f(x_1)=f(x_2)
Donc: g\circ f(x_1)= g\circ f(x_2)
Il s'ensuit directement que f\circ g\circ f(x_1)=f\circ g\circ f(x_2)
Et puisque f\circ g\circ f est bijective, elle est injective.
On en déduit que x_1=x_2
On conclut que \boxed{f \text{ est injective }}

\bullet\boxed{\text{Sur.}} Soit y\in F
Puisque f\circ g \circ f est bijective; elle est surjective.
Il existe donc x appartenant à E tel que: f\circ g\circ f(x)=y
Donc, en sachant que f\circ g\circ f(x)=f(g\circ f(x)) et en posant z=g\circ f(x) \in E
On a donc montré qu'il existe z\in E tel que f(z)=y
On en déduit que \boxed{f \text{ est surjective }}

Conclusion
\boxed{f \text{ est bijective }}


2) Puisque f est bijective, f^{-1} existe et est bijective.
Or, puisque f\circ g \circ f est bijective, f^{-1}\circ f\circ g\circ f l'est aussi, et il s'ensuit que l'application f^{-1}\circ f\circ g\circ f\circ f^{-1} est à son tour bijective.
En sachant que: f^{-1}\circ f\circ g\circ f\circ f^{-1}=Id_{E}\circ g\circ Id_{F}=g
On conclut que
\boxed{g \text{ est bijective }}



exercice 16


On a g\circ(f\circ g\circ f) est surjective et (f\circ g\circ f)\circ g est injective, donc g est bijective.
D'autre part : f\circ g\circ f=g^{-1}\circ (g\circ f\circ g\circ f)=(f\circ g\circ f\circ g)\circ g^{-1} est donc surjective et injective, donc bijective.
En conclusion, f\circ g\circ f est bijective et g bijective, donc f est bijective.


exercice 17


Utilisons l'indication, Si f était surjective, nous pourrions trouver a \in X tel que A = f(a).
Supposons d'abord a \in A ; on obtient a \in f(a) et par conséquent a \not{\in} A, ce qui contredit notre hypothèse.
Supposons maintenant que a \not{\in} A ; on obtient a \not{\in} f(a) et par conséquent a \in A , ce qui contredit notre hypothèse.
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.

Remarque: Ce sujet entre dans le cadre du "paradoxe de Russell" (Paradoxe du menteur).



exercice 18


1)
Supposons d'abord f injective et soient g : Z \longrightarrow X\text{ et }h : Z \longrightarrow X telles que f\circ g = g\circ h.
Alors, pour tout z de Z, on a f(g(z)) = f(h(z)) \Longrightarrow g(z) = h(z) puisque f est injective.
On a donc bien g = h .

Pour montrer l'implication réciproque, on procède par contraposée en supposant que f n'est pas injective.
Soit x \neq y tel que f(x) = f(y).
Posons Z = \lbrace{0\rbrace}, g(0) = x et h(0) = y.
Alors on a f\circ g(0) = f\circ h(0)(= f(x) = f(y)) ; alors que g \neq h .

2)
Supposons d'abord f surjective et soient g : Y \longrightarrow Z\text{ et }h : Y \longrightarrow Z telles que g\circ f = h\circ f.
Soit y \in Y .
Il existe x de X tel que y = f(x).
On en déduit g(y) = g\circ f(x) = h\circ f(x) = h(y), ce qui prouve g = h.

Pour montrer l'implication réciproque, on procède par contraposée en supposant que f n'est pas surjective.
Il existe donc un point y_0 de Y qui n'est pas dans f(X).
On considère alors Z =\lbrace{0, 1\rbrace} , g défini sur Y par g(y_0) = 1 et g(y) = 0 sinon, h défini sur Y par h(y) = 0 pour tout y.
Alors, puisque f(x) \neq y_0 pour tout x de X, on a bien g\circ f = h\circ f et h \neq g.



exercice 19


1) \boxed{\Longrightarrow} Soit f injective

On a: \left \lbrace \begin{array}{c ll} f(A\cup B)&=(A\cap(A\cup B),B\cap (A\cup B))&=(A,B)\\f(E)&=(A\cap E, B\cap E)&=(A,B) \\\end{array}

Donc: f(A\cup B)=f(E)
Et puisque f est injective, alors: \boxed{A\cup B=E}

\boxed{\Longleftarrow} Soit A\cup B=E
Soient X_1 , X_2\in\mathscr{P}(E) \text{ / } f(X_1)=f(X_2)
On a:

\begin{array}{cl} \left \lbrace \begin{array}{c @{ } c} X_1\cap A=X_2\cap A\\X_1\cap B=X_2\cap B \\\end{array}&\Longrightarrow (X_1\cap A)\cup (X_1\cap B)=(X_2\cap A)\cup (X_2\cap B)\\\\ &\Longrightarrow X_1\cap (A\cup B)=X_2\cap (A\cup B)\\\\ &\Longrightarrow X_1\cap E=X_2\cap E \text{ (Car: } A\cup B=E \text{ )}\right.\\\\ &\Longrightarrow X_1=X_2 \\\\\end{array}

On en déduit que: \boxed{f\text{ est injective }}

2) \boxed{\Longrightarrow} Soit f surjective
Il existe donc X\in\mathscr{P}(E) \text{ tel que: } f(X)=(A,\emptyset) \text{ car } (A,\emptyset)\in\mathscr{P}(A)\times \mathscr{P}(B)

\begin{array}{cl} (A\cap X, B\cap X)=(A,\emptyset)&\Longrightarrow A\cap X=A \text{ et } B\cap X=\emptyset \\\\ &\Longrightarrow A\subset X\text{ et } B\cap X=\emptyset\\\\ &\Longrightarrow \boxed{A\cap B=\emptyset}\\\\\end{array}

\boxed{\Longleftarrow} Soit A\cap B=\emptyset
Soit (X,Y)\in\mathscr{P}(A)\times\mathscr{P}(B)
On a:
\bullet (X\cup Y)\cap A=(X\cap A)\cup (Y\cap A)=X\cup \emptyset = X
\bullet (X\cup Y)\cap B=(X\cap B)\cup (Y\cap B)=\emptyset\cup Y = Y
Donc: f(X\cup Y)=(X,Y)
Il existe donc Z\in \mathscr{P}(E) \text{ / } f(Z)=(X,Y) \text{ qui n'est autre que } Z=A\cup B
On en déduit que \boxed{ f\text{ est surjective }}

3) Si A\cup B=E \text{ et } A\cap B=\emptyset, f est bijective et f^{-1} existe.
Soit X\in \mathscr{P}(E) et (Y,Z)\in\mathscr{P}(A)\times \mathscr{P}(B)\text{ tels que: } f(X)=(Y,Z)

\begin{array}{cl} f(X)=(Y,Z)&\Longrightarrow (A\cap X,B\cap X)=(Y,Z) \\\\ &\Longrightarrow Y\cup Z=X\\\\ &\Longrightarrow \boxed{f^{-1}(Y,Z)=Y\cup Z}\\\\\end{array}
Ensembles et applications : exercices - supérieur : image 2

Conclusion:

\boxed{\begin{array}{rccl}f^{-1}: & \mathscr{P}(A)\times\mathscr{P}(B) & \longrightarrow& \mathscr{P}(E)\\ & (X,Y) & \mapsto &X\cup Y\end{array} }

Vérification:

Soit X\subset E \text{ : }\bullet f^{-1}\circ f(X)=f^{-1}(A\cap X,B\cap X)=(A\cap X)\cup (B\cap X)=X\cap (A\cup B)=X\cap E=X

Soient X\subset A\text{ et } Y\subset B \text{ : }\bullet f\circ f^{-1}(X,Y)=f(X\cup Y)=(A\cap (X\cup Y), B\cap (X\cup Y))=((A\cap X)\cup(A\cap Y),(B\cap X)\cup(B\cap Y))=(X\cup\emptyset, \emptyset \cup Y)=(X,Y)



exercice 20


1)

\boxed{\subset} Soit x\in\displaystyle\bigcap_{i\in I\cup J} A_i
Alors \forall i\in I\cup J \text{ : } x\in A_i
Et puisque I\subset I\cup J \text{ et } J\subset I\cup J
Alors: \forall i\in I\text{ : } x\in A_i \text{ et } \forall i \in J \text{ : } x\in A_i
Ce qui implique: x\in\displaystyle\bigcap_{i\in I} A_i \text{ et }x\in\displaystyle\bigcap_{i\in J} A_i
Donc: \boxed{ x\in\displaystyle(\bigcap_{i\in I} A_i)\cap (\displaystyle\bigcap_{i\in J} A_i)}

\boxed{\supset} Soit x\in\displaystyle(\bigcap_{i\in I} A_i)\cap (\displaystyle\bigcap_{i\in J} A_i)
Alors \forall i\in I\text{ : } x\in A_i \text{ et } \forall i\in J \text{ : } x\in A_i
Or, pour tout i\in I\cup J \text{ : } i\in I \text{ ou } i\in J
Si i\in I\text{, alors } x\in A_i\text{ et si } i\in J\text{ : }x\in A_i
Donc \forall i\in I\cup J\text{ : } x\in A_i
Ce qui veut dire que \boxed{x\in\displaystyle\bigcap_{i\in I\cup J} A_i}

2)

\boxed{\subset} Soit x\in\displaystyle\bigcup_{i\in I\cup J} A_i
Alors \exists i\in I\cup J \text{ : } x\in A_i
Donc \exists i\in I\text{ : } x\in A_i \text{ ou } \exists i \in J \text{ : } x\in A_i
Ce qui implique: x\in\displaystyle\bigcup_{i\in I} A_i \text{ ou }x\in\displaystyle\bigcup_{i\in J} A_i
Donc: \boxed{ x\in\displaystyle(\bigcup_{i\in I} A_i)\cup (\displaystyle\bigcup_{i\in J} A_i)}

\boxed{\supset} Immédiat
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