Exercices corrigés : Ensembles et applications (Prépa, 1re année)

1. Les parties de $E$ sont la partie vide, les trois singletons, les trois paires et $E$ lui-même : $$\mathcal{P}(E) = \{\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1,2\}, \{1,3\}, \{2,3\}, \{1,2,3\}\}.$$ Il a $8 = 2^3$ éléments.

2.

• (i) Vrai : $1$ est un des éléments listés de $E$.
• (ii) Faux : les éléments de $E$ sont les nombres $1, 2, 3$ ; l'ensemble $\{1\}$ n'en fait pas partie.
• (iii) Vrai : le seul élément de $\{1\}$ est $1$, qui appartient à $E$.
• (iv) Vrai : c'est la traduction de (iii), car $X \in \mathcal{P}(E) \iff X \subset E$.
• (v) Faux : $\varnothing$ n'est pas l'un des nombres $1, 2, 3$.
• (vi) Vrai : l'ensemble vide est inclus dans tout ensemble.
• (vii) Vrai : traduction de (vi).
• (viii) Vrai : le seul élément de $\{\varnothing\}$ est $\varnothing$, et $\varnothing \in \mathcal{P}(E)$ par (vii).
• (ix) Vrai : $E \subset E$.
• (x) Faux : il faudrait $1 \in \mathcal{P}(E)$, c'est-à-dire que $1$ soit une partie de $E$ ; or $1$ est un nombre, pas une partie de $E$.

3. $F$ a deux éléments distincts, $a = 1$ et $b = \{1\}$. Ses parties sont $\varnothing$, $\{a\}$, $\{b\}$, $\{a, b\}$ : $$\mathcal{P}(F) = \{\varnothing, \{1\}, \{\{1\}\}, \{1, \{1\}\}\}.$$ On a $\{1\} \in F$, car $\{1\}$ est le second élément de $F$. On a aussi $\{1\} \subset F$, car $1 \in F$. Les deux assertions sont vraies ici : le cours dit que $\{a\} \in E$ est faux « en général », pas toujours. Il faut toujours revenir à la liste des éléments.

1. $f(x) = (x - 1)^2 - 1$. La fonction $f$ est décroissante sur $]-\infty, 1]$, croissante sur $[1, +\infty[$, de minimum $f(1) = -1$.

2. Soit $x \in [0, 3]$. Alors $x - 1 \in [-1, 2]$, donc $(x-1)^2 \in [0, 4]$ et $f(x) \in [-1, 3]$. Ainsi $f([0,3]) \subset [-1, 3]$. Réciproquement, soit $y \in [-1, 3]$. Posons $x = 1 + \sqrt{y + 1}$. Comme $y + 1 \in [0, 4]$, $\sqrt{y+1} \in [0, 2]$, donc $x \in [1, 3] \subset [0, 3]$, et $f(x) = (y + 1) - 1 = y$. Donc $y \in f([0, 3])$. Conclusion : $f([0, 3]) = [-1, 3]$.

3. Pour $x \in \mathbb{R}$ : $$x \in f^{-1}([0,3]) \iff 0 \leq (x-1)^2 - 1 \leq 3 \iff 1 \leq (x-1)^2 \leq 4 \iff 1 \leq |x - 1| \leq 2.$$ Cela équivaut à $x - 1 \in [-2, -1] \cup [1, 2]$, soit $x \in [-1, 0] \cup [2, 3]$. Donc $f^{-1}([0,3]) = [-1, 0] \cup [2, 3]$.

4. $f(x) = -1 \iff (x-1)^2 = 0 \iff x = 1$, donc $f^{-1}(\{-1\}) = \{1\}$. Pour tout $x$, $f(x) \geq -1 > -2$, donc aucun réel n'a son image dans $]-\infty, -2]$ : $f^{-1}(]-\infty, -2]) = \varnothing$.

5. Par la question 2, $f^{-1}(f([0,3])) = f^{-1}([-1, 3])$. Or $-1 \leq (x-1)^2 - 1 \leq 3 \iff (x-1)^2 \leq 4 \iff |x - 1| \leq 2 \iff x \in [-1, 3]$. Donc $f^{-1}(f([0,3])) = [-1, 3]$, qui contient strictement $[0, 3]$ : par exemple $-1 \notin [0,3]$ mais $f(-1) = 3 = f(3)$. On a bien l'inclusion générale $A \subset f^{-1}(f(A))$, stricte ici car $f$ n'est pas injective.

1. Montrons $I = [0, 1]$.

• Soit $x \in [0, 1]$. Pour tout $n \geq 1$, $0 \leq x \leq 1 < 1 + \frac1n$, donc $x \in \left[0, 1 + \frac1n\right[$. Ainsi $[0,1] \subset I$.
• Soit $x \in I$. En prenant $n = 1$, $x \in [0, 2[$, donc $x \geq 0$. Supposons $x > 1$. Comme $\frac1n \to 0$ et $x - 1 > 0$, il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq x - 1$, c'est-à-dire $x \geq 1 + \frac1n$ ; alors $x \notin \left[0, 1 + \frac1n\right[$, ce qui contredit $x \in I$. Donc $x \leq 1$ et $x \in [0, 1]$.

Ainsi $I = [0, 1]$.

2. Montrons $U = ]0, 2[$.

• Soit $x \in U$ : il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq x \leq 2 - \frac1n$. Comme $\frac1n > 0$, on a $0 < x < 2$. Donc $U \subset ]0, 2[$.
• Soit $x \in ]0, 2[$. Le réel $m = \min(x, 2 - x)$ est strictement positif, donc il existe $n \geq 1$ tel que $\frac1n \leq m$ (par exemple $n \geq \frac1m$). Alors $\frac1n \leq x$ et $\frac1n \leq 2 - x$, c'est-à-dire $x \in \left[\frac1n, 2 - \frac1n\right]$. Donc $x \in U$.

Ainsi $U = ]0, 2[$.

Conclusion. Une intersection d'intervalles semi-ouverts peut être un segment, et une réunion de segments peut être un intervalle ouvert : les opérations infinies ne conservent pas la nature des intervalles.

1. Soit $x \neq 1$. Si l'on avait $\frac{2x+1}{x-1} = 2$, on aurait $2x + 1 = 2x - 2$, soit $1 = -2$, ce qui est absurde. Donc $f(x) \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$ et $f$ est bien définie.

2. Soit $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$ et $x \in \mathbb{R} \setminus \{1\}$. Comme $x - 1 \neq 0$ : $$f(x) = y \iff 2x + 1 = y(x - 1) \iff x(y - 2) = y + 1 \iff x = \frac{y + 1}{y - 2},$$ la dernière équivalence car $y - 2 \neq 0$. Il reste à vérifier que ce réel est dans l'ensemble de départ : si $\frac{y+1}{y-2} = 1$, alors $y + 1 = y - 2$, absurde. Donc $\frac{y+1}{y-2} \neq 1$. Ainsi, pour tout $y \in \mathbb{R} \setminus \{2\}$, l'équation $f(x) = y$ admet une unique solution dans $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ : $f$ est bijective et $$f^{-1} : \mathbb{R} \setminus \{2\} \to \mathbb{R} \setminus \{1\},\quad y \mapsto \frac{y + 1}{y - 2}.$$ Vérification avec $x = 2$ : $f(2) = 5$ et $f^{-1}(5) = \frac{6}{3} = 2$.

3. $\tilde f$ est injective : si $\tilde f(x) = \tilde f(x')$, alors $f(x) = f(x')$, donc $x = x'$ par injectivité de $f$. Elle n'est pas surjective : par la question 1, $2$ n'a pas d'antécédent.

1. $f(1, 0) = (1, 0) = f(0, 1)$ avec $(1, 0) \neq (0, 1)$ : $f$ n'est pas injective. Si $(0, 1)$ avait un antécédent $(x, y)$, on aurait $y = -x$ et $xy = -x^2 = 1$, impossible dans $\mathbb{R}$. Donc $f$ n'est pas surjective.

2. Soit $(s, p) = f(x, y)$. Alors $s^2 - 4p = (x+y)^2 - 4xy = (x - y)^2 \geq 0$, donc $(s, p) \in \Delta$. Ainsi $\mathrm{Im}\, f \subset \Delta$. Réciproquement, soit $(s, p) \in \Delta$ et $\delta = \sqrt{s^2 - 4p}$. Posons $x = \frac{s + \delta}{2}$ et $y = \frac{s - \delta}{2}$. Alors $x + y = s$ et $xy = \frac{s^2 - \delta^2}{4} = \frac{4p}{4} = p$. Donc $(s, p) = f(x, y) \in \mathrm{Im}\, f$. Conclusion : $\mathrm{Im}\, f = \Delta$.

3. Par la question 2, $g(x, y) \in \Delta$ pour tout $(x, y) \in D$ : $g$ est bien définie.

Injectivité. Soit $(x, y), (x', y') \in D$ tels que $x + y = x' + y'$ et $xy = x'y'$. Alors $$(x - x')(x - y') = x^2 - x(x' + y') + x'y' = x^2 - x(x + y) + xy = 0.$$ Donc $x = x'$ ou $x = y'$.

• Si $x = x'$, alors $y = (x + y) - x = (x' + y') - x' = y'$.
• Si $x = y'$, alors $y = (x'+y') - y' = x'$. Avec $x \geq y$ et $x' \geq y'$ : $x = y' \leq x' = y \leq x$, donc toutes ces quantités sont égales, et $x = x'$, $y = y'$.

Dans les deux cas $(x, y) = (x', y')$ : $g$ est injective.

Surjectivité. Pour $(s, p) \in \Delta$, le couple $(x, y)$ construit à la question 2 vérifie $x - y = \delta \geq 0$, donc $(x, y) \in D$ et $g(x, y) = (s, p)$.

Ainsi $g$ est bijective, et $$g^{-1}(s, p) = \left(\frac{s + \sqrt{s^2 - 4p}}{2},\ \frac{s - \sqrt{s^2 - 4p}}{2}\right).$$

Notons $a = \mathbf{1}_A$, $b = \mathbf{1}_B$, $c = \mathbf{1}_C$.

1. On a $\mathbf{1}_{A \setminus B} = \mathbf{1}_{A \cap \overline{B}} = a(1 - b)$ et de même $\mathbf{1}_{B \setminus A} = b(1 - a)$. Les parties $A \setminus B$ et $B \setminus A$ sont disjointes (un élément de la première n'est pas dans $B$, un élément de la seconde y est), donc le produit de leurs indicatrices est $\mathbf{1}_\varnothing = 0$ et $$\mathbf{1}_{A \Delta B} = a(1 - b) + b(1 - a) - 0 = a + b - 2ab.$$

2. $(1 - 2a)(1 - 2b) = 1 - 2a - 2b + 4ab = 1 - 2(a + b - 2ab) = 1 - 2\,\mathbf{1}_{A \Delta B}$.

3. En appliquant deux fois la question 2 : $$1 - 2\,\mathbf{1}_{(A \Delta B) \Delta C} = (1 - 2\,\mathbf{1}_{A \Delta B})(1 - 2c) = (1 - 2a)(1 - 2b)(1 - 2c),$$ $$1 - 2\,\mathbf{1}_{A \Delta (B \Delta C)} = (1 - 2a)(1 - 2\,\mathbf{1}_{B \Delta C}) = (1 - 2a)(1 - 2b)(1 - 2c).$$ Donc $\mathbf{1}_{(A \Delta B) \Delta C} = \mathbf{1}_{A \Delta (B \Delta C)}$, et comme deux parties de même indicatrice sont égales, $(A \Delta B) \Delta C = A \Delta (B \Delta C)$.

4. $A \setminus A = \varnothing$, donc $A \Delta A = \varnothing$. $A \setminus \varnothing = A$ et $\varnothing \setminus A = \varnothing$, donc $A \Delta \varnothing = A$. Par ailleurs $\Delta$ est commutative (la définition est symétrique en $A$ et $B$), donc $\varnothing \Delta X = X$.

5. Analyse. Si $A \Delta X = B$, alors $A \Delta (A \Delta X) = A \Delta B$. Or, par associativité et la question 4, $$A \Delta (A \Delta X) = (A \Delta A) \Delta X = \varnothing \Delta X = X.$$ Donc $X = A \Delta B$ : il y a au plus une solution. Synthèse. $A \Delta (A \Delta B) = (A \Delta A) \Delta B = \varnothing \Delta B = B$, donc $X = A \Delta B$ est solution. L'unique solution est $X = A \Delta B$.

1. Sens direct. Supposons $f$ injective. L'inclusion $f(A \cap A') \subset f(A) \cap f(A')$ est vraie pour toute application (cours). Soit $y \in f(A) \cap f(A')$ : il existe $a \in A$ et $a' \in A'$ tels que $y = f(a) = f(a')$. Par injectivité, $a = a'$, donc $a \in A \cap A'$ et $y = f(a) \in f(A \cap A')$. D'où l'égalité.

Réciproque. Supposons l'égalité vraie pour toutes parties. Soit $x, x' \in E$ tels que $f(x) = f(x')$. Avec $A = \{x\}$ et $A' = \{x'\}$ : $f(A) \cap f(A') = \{f(x)\} \cap \{f(x')\} = \{f(x)\} \neq \varnothing$. Donc $f(\{x\} \cap \{x'\}) \neq \varnothing$, ce qui impose $\{x\} \cap \{x'\} \neq \varnothing$ (l'image de $\varnothing$ est vide), c'est-à-dire $x = x'$. Donc $f$ est injective.

2. Sens direct. Supposons $f$ bijective et soit $A \subset E$. Par la question 1, $f(E \setminus A) \cap f(A) = f((E \setminus A) \cap A) = f(\varnothing) = \varnothing$. Par ailleurs $f(E \setminus A) \cup f(A) = f(E) = F$ par surjectivité. Une partie de $F$ disjointe de $f(A)$ et dont la réunion avec $f(A)$ vaut $F$ est exactement $F \setminus f(A)$ : en effet, si $y \in F \setminus f(A)$, alors $y \in f(E \setminus A)$ puisque $y \in F = f(E \setminus A) \cup f(A)$ ; et si $y \in f(E \setminus A)$, alors $y \notin f(A)$. Donc $f(E \setminus A) = F \setminus f(A)$.

Réciproque. Supposons l'égalité vraie pour toute partie $A$.

• Avec $A = \varnothing$ : $f(E) = F \setminus f(\varnothing) = F$, donc $f$ est surjective.
• Soit $x, x' \in E$ avec $x \neq x'$. Avec $A = \{x\}$ : $f(E \setminus \{x\}) = F \setminus \{f(x)\}$. Comme $x' \in E \setminus \{x\}$, $f(x') \in F \setminus \{f(x)\}$, donc $f(x') \neq f(x)$. Par contraposée, $f$ est injective.

Donc $f$ est bijective.

1. $\Phi(\{a, c\}) = \{x \mid f(x) \in \{a, c\}\} = \{1, 2\}$. $\Phi(\{c\}) = \varnothing$ car $c$ n'a pas d'antécédent. $\Psi(\{1\}) = \{a\} = \Psi(\{2\})$. Comme $\Phi(\{c\}) = \varnothing = \Phi(\varnothing)$ avec $\{c\} \neq \varnothing$, $\Phi$ n'est pas injective. Comme $\Psi(\{1\}) = \Psi(\{2\})$ avec $\{1\} \neq \{2\}$, $\Psi$ n'est pas injective. On note que $f$ n'est ici ni injective ni surjective.

2. Soit $y \in f(f^{-1}(B))$ : $y = f(x)$ avec $x \in f^{-1}(B)$, donc $y = f(x) \in B$, et $y \in f(E)$. Ainsi $f(f^{-1}(B)) \subset B \cap f(E)$. Réciproquement, soit $y \in B \cap f(E)$ : il existe $x \in E$ tel que $y = f(x)$. Comme $f(x) = y \in B$, $x \in f^{-1}(B)$, donc $y = f(x) \in f(f^{-1}(B))$. D'où $f(f^{-1}(B)) = B \cap f(E)$.

3. Si $f$ est surjective, $f(E) = F$, donc pour tout $B \subset F$ : $\Psi(\Phi(B)) = f(f^{-1}(B)) = B \cap F = B$. Ainsi $\Psi \circ \Phi = \mathrm{id}_{\mathcal{P}(F)}$, qui est bijective. D'après le cours, si $\Psi \circ \Phi$ est injective, $\Phi$ est injective ; si $\Psi \circ \Phi$ est surjective, $\Psi$ est surjective.

4. Supposons $f$ non surjective : il existe $y \in F \setminus f(E)$. Alors $\Phi(\{y\}) = \varnothing = \Phi(\varnothing)$ alors que $\{y\} \neq \varnothing$ : $\Phi$ n'est pas injective. Par contraposée, $\Phi$ injective implique $f$ surjective. Supposons $\Psi$ surjective : il existe $A \subset E$ tel que $\Psi(A) = F$, c'est-à-dire $f(A) = F$. Comme $f(A) \subset f(E) \subset F$, on obtient $f(E) = F$ : $f$ est surjective.

5. Supposons $f$ injective et soit $A \subset E$. On sait que $A \subset f^{-1}(f(A))$. Soit $x \in f^{-1}(f(A))$ : $f(x) \in f(A)$, donc il existe $a \in A$ tel que $f(x) = f(a)$, et par injectivité $x = a \in A$. Donc $\Phi(\Psi(A)) = f^{-1}(f(A)) = A$, soit $\Phi \circ \Psi = \mathrm{id}_{\mathcal{P}(E)}$. Comme en question 3, on en déduit que $\Psi$ est injective et $\Phi$ surjective.

6. Supposons $\Psi$ injective et soit $x, x' \in E$ tels que $f(x) = f(x')$. Alors $\Psi(\{x\}) = \{f(x)\} = \{f(x')\} = \Psi(\{x'\})$, donc $\{x\} = \{x'\}$ et $x = x'$ : $f$ est injective. Supposons $\Phi$ surjective et soit $x, x' \in E$ tels que $f(x) = f(x')$. Il existe $B \subset F$ tel que $f^{-1}(B) = \{x\}$. Alors $f(x) \in B$, donc $f(x') \in B$, donc $x' \in f^{-1}(B) = \{x\}$, d'où $x' = x$ : $f$ est injective.

Bilan. $$f \text{ surjective} \iff \Phi \text{ injective} \iff \Psi \text{ surjective}, \qquad f \text{ injective} \iff \Psi \text{ injective} \iff \Phi \text{ surjective}.$$