Énoncé:
Exercice 1:
Soient $f : E \rightarrow F$, $g : F \rightarrow G$ et $h : G \rightarrow E$ trois applications.
Montrer que si, parmi les trois applications $h \circ g \circ f$, $g \circ f \circ h$ et $f \circ h \circ g$, deux sont surjectives et la troisième injective (ou deux sont injectives et la troisième surjective) alors les trois applications $f$, $g$, et $h$ sont bijectives.
Exercice 2:
Soit $f$ une application de $E$ dans $F$.
Montrer l'équivalence des deux propriétés suivantes:
- $f$ est surjective.
- Pour tout ensemble $G$ et toutes applications $g, h : F \rightarrow G$, $g \circ f = h \circ f \Rightarrow g = h$.
Exercice 3:
Soit $f : E \rightarrow F$, $g : F \rightarrow G$ et $h : G \rightarrow E$ trois applications.
Montrer que si $g \circ f$ et $h \circ g$ sont bijectives, alors $f$, $g$ et $h$ sont bijectives.
Exercice 4:
Soit $f : E \rightarrow F$ et $g : F \rightarrow G$ deux applications.
Montrer les implications suivantes:
- Si $g \circ f$ est surjective alors $g$ est surjective
- Si $g \circ f$ est injective alors $g$ est injective
- Si $g \circ f$ est surjective et $g$ est injective, alors $f$ est surjective
- Si $g \circ f$ est injective et $g$ est surjective, alors $f$ est injective
Exercice 5:
Soit $E$ un ensemble. Montrer qu'il n'existe pas de surjection de $E$ sur $\mathcal{P}(E)$.
Corrigé:
Exercice 1:
Rappelons que si $u$ et $v$ sont deux applications et si $w = v \circ u$, alors l'injectivité de $w$ implique celle de $u$ et la surjectivité de $w$ implique celle de $v$. On sait bien sûr que si $u$ et $v$ sont toutes deux injectives (resp. toutes deux surjectives) alors il est de même de $w$.
- On ne perd rien à supposer que $a = h \circ g \circ f$ et $b = g \circ f \circ h$ sont surjectives et que $c = f \circ h \circ g$ est injective.
La surjectivité de $b$ implique celle de $g$.
L'injectivité de $c$ implique celle de $g$. Ainsi $g$ est bijective.
On en déduit que $f \circ h = c \circ g^{-1}$ est injective, ainsi donc que $h$.
Mais la surjectivité de $a$ implique celle de $h$. L'application $h$ est donc bijective.
On en déduit que $f = (h \circ g)^{-1} \circ a$ est surjective et que $f = c \circ (h \circ g)^{-1}$ est injective.
Ainsi les trois applications $f$, $g$, $h$ sont bijectives.
- Pour la deuxième question, on peut supposer par exemple que $a$ et $b$ sont injectives et que $c$ est surjective. On en déduit alors que $f$ est injective et surjective donc bijective, puis qu'il en est de même de $h$, avant de terminer par $g$.
Exercice 2:
- Supposons que $f$ soit surjective.
Soient $g$, $h$ deux applications de $E$ dans un ensemble $g$ telle que $g \circ f = h \circ f$.
Soit $y$ un élément quelconque de $F$, et soit $x$ un antécédent de $y$ par $f$.
On a $g(y) = (g \circ f)(x) = (h \circ f)(x) = h(y)$.
Puisque cette égalité est vraie pour tout $y$ de $F$, il en résulte $g = h$.
- Réciproquement, on suppose que $f$ n'est pas surjective.
Il faut trouver $G$ et $g, h : F \rightarrow G$ telles que $g \circ f = h \circ f$ mais $g \ne h$.
Soit $y$ un élément de $F$ ne possédant aucun antécédent par $f$.
Posons $G = \{ 0,1 \}$ et définissons $g$ et $h$ par :
Les applications $g$ et $h$ ne diffèrent qu'en $y$. Ainsi $g \circ f = h \circ f$ car pour tout $x$ de $E$, on a $f(x) \ne y$ et donc $g(f(x)) = h(f(x))$. Pourtant $g \ne h$.
On a donc prouvé l'équivalence demandée.
Exercice 3:
La bijectivité (donc la surjectivité) de $g \circ f$ implique la surjectivité de $g$.
La bijectivité (donc l'injectivité) de $h \circ g$ implique l'injectivité de $g$.
Ainsi $g$ est bijective. On en déduit que $f = g^{-1} \circ (g \circ f)$ est bijective.
De même, l'application $h = (h \circ g) \circ g^{-1}$ est bijective.
Exercice 4:
- On suppose que $g \circ f$ est surjective.
Soit $z$ un élément de $G$ : $z$ possède un antécédent $x$ dans $E$ par $g \circ f$.
On a alors $z = (g \circ f)(x) = g(y)$ avec $y = f(x)$.
Ainsi $z$ possède un antécédent $y$ dans $F$ par $g$ : l'application $g$ est surjective.
2. On suppose que $g \circ f$ est injective. Soient $a$ et $b$ deux éléments de $E$.
Si $f(a) = f(b)$ alors $(g \circ f)(a) = (g \circ f)(b)$ puis $a = b$ de par l'hypothèse sur $g \circ f$.
Ainsi $f(a) = f(b) \Rightarrow a = b$ : l'application $f$ est injective.
3. On suppose $g \circ f$ surjective et $g$ injective.
Soit $y$ un élément de $F$. Soit $z$ son image par $g$.
Puisque $g \circ f$ est surjective, il existe $x$ dans $E$ tel que $z = (g \circ f)(x)$.
On peut donc écrire $z = g(y)$ et $z = g(f(y))$.L L'injectivité de $g$ donne alors $y = f(x)$.
Ainsi tout $y$ dans $F$ possède un antécédent $x$ par $f$ : l'application $f$ est surjective.
4. On suppose $g \circ f$ injective et $f$ surjective.
Soient $y$ et $y'$ deux éléments de $F$ tels que $g(y) = g(y')$.
Puisque $f$ est surjective, il existe $x, x'$ dans $e$ tels que $y = f(x)$ et $y' = f(x')$.
On en déduit $(g \circ f)(x) = (g \circ f)(x')$, puis $x = x'$ car $g \circ f$ est injective.
Il en découle $y = y'$, ce qui prouve l'injectivité de $g$.
Exercice 5:
On raisonne par l'absurde. Soit $f$ une surjection de $E$ sur $\mathcal{P}(E)$.
Pour toute partie $X$ de $E$, il existe donc $x$ dans $E$ tel que $f(x) = X$.
Il est alors légitime de se demander si $x$ appartient ou non à l'ensemble $X$.
Plus précisément, on définit le sous ensemble $A$ formé des $x$ de $E$ tels que $x \notin f(X)$.
L'application $f$ étant surjective, il existe $a$ dans $E$ tel que $f(a) = A$.
De deux choses l'une :
- Soit $a$ appartient à $A$, ce qui signifie que $a$ n'appartient pas à $f(a)$ c'est-à-dire à $A$ ...
- Soit $a$ n'appartient pas à $A$, ce qui signifie que $a$ appartient à $f(a)$ c'est-à-dire à $A$ ...
Dans les deux cas la contradiction est manifeste! L'hypothèse de départ est donc absurde.
Autrement dit, il n'existe pas de surjection de $E$ sur $\mathcal{P}(E)$.
Commentaires
Enregistrer un commentaire