Énoncé:
Exercice 1:
Soit $f$ une application de $\mathcal{P}(E)$ dans $\mathbb{R}$.
On suppose que pour toutes parties $A$ et $B$ disjointes de $E$, $f(A \cup B) = f(A) + f(B)$.
Montrer que $f(\emptyset) = 0$.
Prouver que pour toutes parties $A$ et $B$ de $E$, $f(A \cup B) = f(A) + f(B) - f(A \cap B)$.
Exercice 2:
Soit $f$ une application de $E$ dans $F$.
Montrer que pour toutes partie $A$ de $E$, $f(F(B) \cap A) = B \cap f(A)$.
Exercice 3:
Soit $f$ une application de $E$ dans $E$.
Montrer que $f$ est bijective $\Leftrightarrow$ pour toute partie $A$ de $E$, $f(\bar{A}) = \overline{f(A)}$ (on note $\bar{A}$ le complémentaire de $A$ dans $E$.)
Exercice 4:
Soient $E$ un ensemble non vide, et $A$, $B$ deux parties de $E$.
On note $[A, A \cup B ] = \{ X \subset E, A \subset X \subset A \cup B \}$ et $ [ A \cap B, B] = \{ Y \subset E, A \cap B \subset Y \subset B \}$.
On définit $ f : [A, A \cup B ] \rightarrow [A \cap B, B]$ par $f(X) = X \cap B$.
On définit $ g : [A \cap B , B ] \rightarrow [ A, A \cup B]$ par $g(X) = Y \cup B$.
Montrer que $f$ et $g$ sont bijectives réciproques l'une de l'autre.
Exercice 5:
Soit $f$ une application de $E$ dans $F$.
On définit l'application $g : \mathcal{P}(F) \rightarrow \mathcal{P}(E)$ par : $\forall Y \subset F, g(Y) = f(Y)$.
- Montrer que $g$ est injective $\Leftrightarrow$ $f$ est surjective.
- Montrer que $g$ est surjective $\Leftrightarrow$ $f$ est injective.
Exercice 6:
Soit $f$ une application de $E$ dans $F$. Montrer l'équivalence de :
(a) $f$ est injective
(b) Pour toutes parties $A$ et $B$ de $E$, $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$.
Corrigé:
Exercice 1:
$f( \emptyset ) = f( \emptyset \cup \emptyset) = f( \emptyset) + f( \emptyset )$ . Par conséquent $f( \emptyset) = 0$.
Pour toutes parties $A$, $B$ de $E$, on a l'union disjointes : $A = (A \cap B) \cup ( A \backslash B)$.
Il en découle $f(A) = f( A \cap B) + f( A \backslash B) $.
De même, on l'union disjointe : $A \cup B = B \cup (A \backslash B) $ .
On en déduit $f(A \cup B) = f(B) + f(A \backslash B) = f(B) + f(A) - f(A \cap B)$.
Exercice 2:
Soit $y$ une élément de $F$. On a les équivalences suivantes :
On a donc bien l'égalité : $f(f^{-1}(B) \cap A) = B \cap f(A)$.
Exercice 3:
- On suppose que $f$ est bijective. Soit $A$ une partie de $E$.
Soit $y$ un élément de $E$ et $x$ son unique antécédent par $f$.
On a les équivalences : $y \in \overline{f(A)} \Leftrightarrow y \notin f(A) \Leftrightarrow x \notin A \Leftrightarrow x \in \overline{A} \Leftrightarrow y \in f(\overline{A})$.
Ainsi $\overline{f(A)} = f(\overline{A})$.
- Réciproquement, l'hypothèse faite sur $f$ implique $f(E) = f(\overline(\emptyset)) = \overline{f(\emptyset)} = \overline{\emptyset} = E $.
L'application $f$ est donc surjective.
Soient $a$ et $b$ deux éléments distincts de $E$. Posons $A = \{a\}$.
On a $b \in \overline{A} \Leftarrow f(b) \in f(\overline{A}) = \overline{f(A)} \Leftarrow f(b) \notin f(A) \Leftarrow f(b) \ne f(a)$.
L'application $f$ est donc injective, et finalement bijective.
Exercice 4:
Il suffit de vérifier que $g \circ f$ est l'identité de $[A, A \cup B]$ et que $f \circ g$ est l'identité de $[A \cap B, B]$.
- Soit $X$ un élément de $[A, A \cup B]$.
On a $(g \circ f)(X) = g(X \cap B) = (X \cap B) \cup A = (X \cup A) \cap (B \cup A)$.
Puisque $X$ contient $A$, on a $X \cup A = X$ donc $(g \circ f)(X) = X \cap (A \cup B)$.
Mais puisque $X$ est contenu dans $A \cup B$, on a $(g \circ f)(X) = X$.
- Soit $Y$ un élément de $[A \cap B, B]$. On a :
Conclusion : $f$ et $g$ sont deux bijections réciproques l'une de l'autre.
Exercice 5:
- On prouve d'abord l'équivalence entre l'injectivité de $g$ et la surjectivité de $f$.
- Supposons que $g$ est injective et montrons que $f(E) = F$.
Or $g(F) = f^{-1}(F) = E$ et $g(f(E)) = f^{-1}(f(E)) = E$ ( $ \forall x \in E, f(x) \in f(E) \text{ et } f(x) \in F$ ).
L'injectivité de $g$ permet alors affirme que $f(E) = F$.
- Réciproquement, on suppose que $f$ est surjective.
Il en déroule que pour toute partie $Y$ de $F$, on a $f(f^{-1}(Y)) = Y$ (plus généralement, si $f$ était quelconque, on aurait $f(f^{-1}(Y)) = Y \cap f(E)$).
Si $Y$ et $Z$ sont deux parties de $F$ telles que $g(Y) = g(Z)$, on en déduit $f(g(Y)) = f(g(Z))$, c'est-à-dire $Y = Z$, ce qui prouve l'injectivité de $G$.
2. On prouve maintenant l'équivalence entre la surjectivité de $g$ et l'injectivité de $f$.
- Supposons $g$ surjective. Il faut montrer que $f$ est injective.
Soient $a$ et $b$ deux éléments de $E$ tels que $f(a) = f(b)$.
Par hypothèse, il existe $Y \subset F$ et $Z \subset F$ telles que $g(Y) = \{a \}$ et $g(Z) = \{b \}$.
Autrement dit $f^{-1}(Y) = \{ a \}$ et $f^{-1}(Z) = \{ b \}$. Il en découle que $f(a) \in Y$ et $f(b) \in Z$.
Or $f(a) = f(b)$. Donc $f(a) \in Z$ c'est-à-dire $a \in f^{-1}(Z) = \{b \}$.
Cela n'est évidemment possible que si $a = b$. L'application $f$ est donc injective.
- On suppose enfin que $f$ est injective. Soit $X$ une partie dans $E$. Pour montrer la surjectivité de $g$, il faut trouver $Y \subset F$ tel que $g(Y) = X$, c'est-à-dire $f^{-1}(Y) = X$.
On va montrer que l'ensemble $Y = f(X)$ convient. En effet :
On a bien $f^{-1}(f(X)) = X$, c'est-à-dire $g(Y) = X$ avec $Y = f(X)$ : $g$ est surjective.
Exercice 6:
- On suppose que $f$ est injective. Soient $A$ et $B$ deux parties de $E$. On a :
Réciproquement, soit $y$ un élément de $f(A) \cap f(B)$.
Il existe $a$ dans $A$ tel que $y = f(a)$ et $b$ dans $B$ tel que $y = f(b)$.
L'injectivité de $f$ donne alors $a = b$. Il en découle $a \in A \cap B$ donc $y \ f(A \cap B)$.
Ainsi on a l'égalité $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$, ce qu'il fallait démontrer.
- Réciproquement, on suppose que : $\forall A, B \subset E$, $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)$.
Soient $a, b$ dans $E$ tels que $f(a) = f(b)$. Il fallait montrer $a = b$. Posons $A \{a \}$ et $B = \{ b \}.
On a $f(A) = f( \{ a \}) = \{ f(a) \} = \{ f(b) \} = f( \{ b \}) = f(B)$.
Ainsi, et en utilisant l'hypothèse, $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) = f(A)$ est non vide.
Il en découle $A \cap B = \{ a \} \cap \{ b \} \ne \emptyset $, donc $a = b$ : $f$ est injective.
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