atomystiuque

7/24/2019 atomystiuque

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CHAPITRE

1 RaisonnementVocabulaireensembliste

A. Elements de logique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.Construction de propositions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122. Quantificateurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3.Methodes de demonstration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

4.Le raisonnement par recurrence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

5.Le raisonnement par analyse et synthese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

B. Notions sur les ensembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.Vocabulaire et notations usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.Regles de calcul . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3.Familles densembles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

C. Applications . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181.Definitions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.Fonction caracteristique dun sous-ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193. Image directe ou reciproque dun sous-ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4.Injection Surjection Bijection . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

D. Denombrement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221.Cardinal dun ensemble fini . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

2.Reunion densembles finis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3.Applications dun ensemble dans un autre . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

4.Combinaisons . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

E. Relation binaire sur un ensemble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.Vocabulaire et notations usuelles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

2.Relation dequivalence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263.Relation dordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

Methodes:Lessentiel ; mise en uvre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Enonces des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Solutions des exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

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Elements de logique

Propriete 2

Etant donne des propositions A,Bet C, vraies ou fausses,

limplication

(A B) (B C) (A C) est vraie.

2. Quantificateurs

Lenonce A(x)peut etre vrai ou faux pour un element x E. (6) (6) Les enonces con-cernent les e lements dunensemble. On forme de nouvelles propositions en sinteressant aux elements deEqui verifient cet enonce.

Notation 1

x E, A(x)exprime quil existe un element de Equi verifie la proposition A. (7) (7) {xE/A(x)}.un est a prendre au sensdeun au moins.

Notation 2x E, A(x)exprime que tous les elements deEverifient la propositionA. (8) (8) {xE/A(x)}=E

Remarques

Etant donne une proposition Aconcernant deux objets, les enonces

x, y, A(x, y) et y, x, A(x, y) sont equivalents.

Il en est de meme pour x, y, A(x, y) et y, x, A(x, y).

Mais x, y,A(x, y) et y, x,A(x, y) ne veulent pas dire la meme chose !

Comparer par exemple x , y ,x< y et y , x ,x< y.

Regle 1

Les quantificateurs sont ecrits avant la proposition a quantifier.

Un objet affecte du quantificateur depend de tous les objets affectes de qui sont placesavant lui dans le meme enonce.

Regle 2

La notation x E, A(x) est un condense de x,

x E A(x)

.

La notation x E, A(x) est un condense de x,

x E et A(x)

.

Regle 3

Quantificateurs et negation :

(1) non

x, A(x)

x, A(x) (9) (2) non

x, A(x)

x, A(x).

(9)

Pour montrer que laproposition (x,A(x)) est

fausse, on exhibe un contre-exemple.

Exemple 1 Limite dune suite relleSoit(un)une suite reelle. On dit que est limite de(un)lorsque :

+, p , n, n p |un | .Ecrivons la phrase logique exprimant quun reel nest pas limite de (un):

>0, p, n,

n p et|un | >

.

3. Methodes de demonstration1)Pour montrer quune proposition Aest vraie, on peut

raisonner par implication : on cherche une condition suffisante pour A ; cela consiste a

determiner une propositionBtelle queBetB Asoient vraies ; ce type de raisonnement estdit direct ;raisonner par labsurde: on cherche une proposition Btelle que

A B B

soit vraie. La

propositionB Betant fausse, Aest vraie. Autrement dit, supposer Afaux conduit a labsurditeBvraie etBfausse.

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Chapitre 1 : Raisonnement Vocabulaire ensembliste

2)En particulier, pour montrer quune implication P Qest vraie, on peut

raisonner par implicationen cherchant une condition necessaire pourP

et suffisante pourQ

;cela consiste a determiner une propositionRtelle que(P R)et(R Q)soient vraies ;raisonner par contrapositioncest-a-dire montrer que limplication equivalente Q Pest

vraie ;

raisonner par labsurdeen cherchant une proposition Rtelle que

P Q R R

soit

vraie.

3)Pour montrer quune equivalence P Qest vraie, on peutprocder par quivalence en cherchant une proposition Rtelle queles equivalencesP R

etR Qsoient vraies ;procder par double implicationen montrant que les implications P Qet Q P

sont vraies.

Exemple 2 Montrons n ,nimpair 8divisen2

1par un raisonnement direct.Ici on noteP(n): nest impair, Q(n) : 8divisen2 1,R(n): il existek ,n= 2k+ 1.On a, pour tout entier n: P(n) R(n)etR(n) Q(n).En effet, par definition dun entier impair, on a :P(n) R(n).De plus, siR(n)est vrai, il vientn2 1 = 4k(k+ 1)et doncn2 1est multiple de 8, puisquelun des entiers consecutifs ket k+ 1 est pair.

On en deduit : n ,n2 pair npair.En effet, pour tout entier n: n2 pair 8ne divise pas n2 1et le resultat en decoule parcontraposition de limplication precedente.

Montrons que

2nest pas rationnel, par labsurde.

Ici, soit la propositionA :

2 Q. On suppose Afaux :

2 . Sachant que tout rationnel

peut etre represente par une fraction irreductible, on deduit lexistence de deux entiers pet q,non nuls, et de parite distincte tels que q

2 = p. Il en decoule quep2 = 2q2 est pair donc (par

limplication precedente) que pest pair, cest-a-dire de la forme p= 2p. Il vientq2 = 2p2, de

sorte queq2 puisqsont pairs.

La contradiction cherchee est la : supposer Afaux entrane lexistence de deux entiers pairs p

etqde parite distincte.

4. Le raisonnement par recurrence

Une des proprietes fondamentales de lensemble des entiers naturels est la suivante.

Propriete 3

Le principe de rcurrence

SiAest une partie de telle que 0 et nA,n+ 1 A alorsA= .

Cette propriete est admise comme un axiome.

La preuvepar recurrence (10) dune proprieteP(n), pour tout n n0, repose sur ce

(10)

Lorsque P(n0)estvraie, on dit que P est initia-liseau rang n0.Lorsque les implicationsnn1, P(n) P(n+1)sont vraies, on dit que P est

hrditaire a partir du rangn1.Pour conclure, par le principede recurrence, que P(n) est

vraie pour tout nn0 , il fautsassurer que n1n0 .

principe.

Par exemple, si lon sait queP

n0

est vraie, ainsi que pour tout n n0 les implications

P(n) P(n+ 1), lensembleA=

k/ P

n0 + k

est vraie

est, dapres le principe

de recurrence, egal a, ce qui fait que P(n)est vraie pour toutn n0.

Exemple 3 Justifions que, pour tout entier natureln,11n+1 10n 11est un multiple de100.Soit la proposition P(n):11n+1 10n 11est multiple de 100.

On constate immediatement que P(0)est vraie.

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Elements de logique

On considere un entier n 0tel que P(n)soit vraie, ce qui assure lexistence dun entier ktel que11n+1

10n

11 = 100k. Cela permet decrire :

11n+2 10(n+ 1) 11 = 11(10n+ 11 + 100k) 10n 21 = 100(n+ 1 + 11k).On conclut que P(n+ 1)est vraie.

Par le principe de recurrence, Petant initialisee au rang 0 et hereditaire a partir du rang 0,P(n)est vraie pour tout n.

Exemple 4 Determinons les entiers naturelsntels que2n+ 1 2n.Soit la proposition P(n):2n+ 1 2n.

On constate que P(0)est vraie.Etudions lheredite de Pen considerant un entiern 0tel que P(n)soit vraie. On a donc

2n+ 3 = (2n+ 1)+ 2 2n + 2, donc,sin 1, il vient2n+ 3 2n + 2n = 2n+1.

Ainsi Pest hereditaire a partir du rang 1.Cela amene a revoir linitialisation. On constate que P(1)et P(2)sont fausses et que P(3)

est vraie.

Par le principe de recurrence, on conclut que les entiers naturelsnpour lesquels2n+ 1 2n

sont0et les entiersn 3.

De nombreuses variantes peuvent etre envisagees. On distingue essentiellement les recurrences

suivantes.

Les rcurrences deux pasdont le schema est le suivant :

initialisation : P

n0

et P

n0+ 1

sont vraies ;

heredite : pour tout n n0, les implications

P(n) P(n+ 1)

P(n+ 2)sont vraies ;

le principe de recurrence permet alors de conclure queP

(n)est vraie pour toutn n0.

On peut aussi envisager des recurrences a ppas (p 1est fixe).

Les rcurrences fortes

initialisation : P

n0

est vraie ;

heredite : pour tout n n0, les implications

n

k=n0P(k)

P(n+ 1) sont vraies ;

le principe de recurrence permet, la aussi, de conclure que P(n)est vraie pour toutn n0.Remarque

Ces variantes peuvent etre reformulees en recurrence a un pas.

Dans le cas dune recurrence a deux pas portant sur P, il suffit de definir :Q(n): P(n) P(n+ 1).

Dans le cas dune recurrence forte, on pose Q(n): n

k=n0 P(k).Les rcurrences finies

Pour montrer quune proprieteP(n)est vraie pour tout entier ntel que n0 n n1 (oun1 >n0) on pourra proceder comme suit :

initialisation : justifier que P

n0

est vraie ;

heredite : montrer que les implications P(n) P(n+ 1)sont vraies pour toutntel quen0 n n1 1.

5. Le raisonnement par analyse et synthese

Pour resoudre un probleme, on peut proceder par analyse et synthese.Dans la premiere partie du raisonnement, lanalyse, on suppose le probleme resolu pour trouver

des conditions necessaires.

Dans la seconde partie du raisonnement, la synthese, on examine si les conditions necessaires

obtenues sont suffisantes.

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Dans ce type de raisonnement, lanalyse peut apporter un resultat dunicite mais napporte pas un

resultat dexistence. La synthese peut apporter un resultat dexistence.

Exemple 5 Supposons que lon veuille recouvrir le plan de carreaux ayant tous la meme taille et la memeforme : celle dun polygone regulier convexe ancotes ; les assemblages devront etre identiques

en chaque coin de chaque carreau.

Analyse

Supposons quun tel recouvrement du plan soit possible et notons p le nombre de polygones

assembles a chaque coin des carreaux. (11) (11)

Un polygone convexe ancotes peut etre partage en n2 triangles ayant pour sommet communlun des sommets du polygone. Donc la somme des angles geometriques aux sommets dun

polygone vaut (n 2). On deduit que, dans un polygone regulier, langle geometrique enchaque sommet vaut

n 2n

.

Puisquepest le nombre de polygones assembles en chaque coin dun carreau, on a donc :

pn 2

n = 2 cest-a-dire

1

p +

1

n =

1

2.

Les nombrespet nvalent donc au moins3et on ne peut pas avoir p 5et q 5. On a donc

p= 3etn= 6, ou p= n= 4, ou p= 6et n= 3.

En conclusion, seuls trois pavages sont possibles :

avec des triangles equilateraux (n= 3,p= 6);

avec des carres(n= 4,p= 4);

avec des hexagones reguliers(n= 6,p= 3).

Synthse

On constate que les trois pavages obtenus permettent de recouvrir effectivement le plan.

B. Notions sur les ensembles

1. Vocabulaire et notations usuelles

Notation 3

SiEest un ensemble, on note la partie vide de (12) E. (12) Les notions den-semble et de sous-ensemble(ou partie) dun ensemblesont des notions premieres.

(E)est lensemble des parties deE.

Definition 4

Runionde deux sous-ensemblesAetBdun ensembleE.

Cest le sous-ensemble, note A B, des elements de Equi sont dansAoudansB. (13) (13) ounest pas ex-clusif. Sinon, il faut preciser

ou bien. Intersectionde deux sous-ensembles Aet Bdun ensembleE.

Cest le sous-ensemble, note A B, des elements de Equi sont dansAetdansB.

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Notions sur les ensembles

Definition 5

Complmentairedun sous-ensemble Adun ensembleE.Cest le sous-ensemble, noteEA,

(14) des elements deEqui ne sont pas dans A. (14) On le note aussi Ac

ou Aou EA.

Definition 6

Diffrencede deux sous-ensembles Aet Bdun ensembleE.

Cest le sous-ensembleA B, note AB, des elements de Equi sont a la fois dans Aet en

dehors deB.

Definition 7

Inclusion dun ensemble ou dun sous-ensemble dans un autre. (15) On dit queAest inclus (15) AB equivaut aAB= .

dansB, et on noteA

B, lorsque tout element deAest element de B.A= B equivaut a (A B BA).

Lappartenance dun elementxde Ea un sous-ensemble Aest notee xA.

La non-appartenance dexa Ase notexA; elle equivaut a xAc.

2. Regles de calcul

Etant donne un ensembleE, on noteA,B,C... des sous-ensembles deE.

Propriete 4

Lintersection :

a ) est commutative :A B= BA pour tout couple(A, B),

b ) est associative :A (B C) = (A B) C pour tout triplet(A, B, C),

c ) admetEpour element neutre : A E= EA= A pour toutA. (16) (16) Eest le seul sous-ensemble admettant un sy-

metrique pour .

Propriete 5

La runion:

a ) est commutative :A B= BA pour tout couple(A, B),

b ) est associative : A (B C) = (A B) C pour tout triplet(A, B, C),

c ) admet pour element neutre :A = A= A pour toutA. (17) (17) est le seul sous-ensemble admettant un sy-

metrique pour .

Propriete 6

La reunion et lintersection sont distributives lune par rapport a lautre.

Quels que soientA, B,Con a :

A (B C) = (A B) (A C) , (A B) C= (A C) (B C),

A (B C) = (A B) (A C) , (A B) C= (A C) (B C).

Propriete 7

Le passage au complmentaire:a ) est idempotent :(AC)C = A pour toutA,

b ) et (A B)C = AC BC , (A B)C = AC BC pour tout couple(A, B).

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3. Familles densembles

Definition 8

SoitIun ensemble non vide (ensemble des indices). A` chaquei I, on associe un ensemble,

note Ei.

(Ei)iIest appeleefamille densemblesindexee parI. (18)

(18)

Lorsque I= ,

(Ei)i sappelle une suitedensembles.

LorsqueIest un ensemble fini, on dit que (Ei)iIest une famille finie densembles.

Definition 9

Runiondune famille(Xi)iIde sous-ensembles dun ensembleE.iI

Xiest la partie de Econstitue des elements qui appartiennent a un Xi. (19)

(19) un est pris au

sens deun au moins.

Definition 10

Intersectiondune famille(Xi)iIde sous-ensembles dun ensembleE.iI

Xiest la partie de Econstitue des elements qui appartiennent a tous les Xi.

Definition 11

Partitiondun ensemble deE.

Une famille(Xi)iIde sous-ensembles de Eest une partition de Elorsque :

iI

Xi= E

pour tout couple (i, j), ij, Xi Xj=

pour tout i I, Xi .

Definition 12

Produit cartsiendune famille densembles.

Soit(Xi)iIune famille densembles (ou de sous-ensembles dun ensembleE).

On noteiI

Xilensemble des familles(xi)iItelles que : x I, xiXi. (20)

(20)

iI

Xi=

(iI, Xi= ). Cas particulier

Lorsque tous lesXisont egaux, et tous egaux a X,iI

Xiest note XI.

C. Applications

1. Definitions

Definition 13

Etant donnes deux ensembles non videsEet F, une application de EdansFest un procede

f qui, a tout element xde E, associe un unique element deF, note f(x)et appele image de

xpar f. On notera :

f : E

F

x f(x).

(21)

(21)

E Ff

a

b

ba deux images: fFE

a

b

bna pas dimage: fFE

Notation 4

Lensemble des applications de EdansFest noteeFE.

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Applications

Definition 14

Application identitLidentite sur E, noteeIdE, est lapplication deEdans Edefinie par xE, IdE(x) = x.

Definition 15

SoitEet Fdes ensembles et f FE.

SiAest une partie de E, la restriction def a Aest lapplication :

f|A : A Fx f(x).

SiAest une partie de Eet gune application deAdans F, on dit quefest un prolongement

(ou une extension) de ga Esi f|A=g.

Definition 16Composition dapplications

SoitF,G,Htrois ensembles etf,gdes applications, f FE etg GF. (22)

(22)

E F Gf

g

gf

La composee des applications f etgest lapplication deEdansG, noteeg f, definie par :x E, gf(x) = g

f(x)

.

Propriete 8

La composition des applications estassociative. (23) (23) Cette propri ete estdusage courant.

SoitE,F,G,Hdes ensembles et soitf FE,g GF,h GH ; alors :

h (g f) = (h g) f.

Notation 5

Soitn0 un entier relatif. Lensemble

n , n n0

est note [[ n0, + [[. Une application[[ n0, + [[ E, n xn, ou Eest un ensemble non vide, sappelle une suite a valeurs dansE, indexee a partir du rangn0. On la note

xn

nn0.

SiE= , la suite

xn

nn0est dite reelle.

2. Fonction caracteristique dun sous-ensemble

Definition 17

Lafonction caractristique dune partieAdun ensembleEest lapplication : (24) (24) 1IAappartient a len-semble des applications de

E dans {0,1}, note {0,1}E.1IA : E , 1IA(x) = 1 quand xA

1IA(x) = 0 quand xA

Propriete 9

SoitAet Bdeux parties dun ensembleE.

Legalite 1IA= 1IBa lieu si et seulement si A= B.

Cela justifie lexpressionfonction caracteristiquedun sous-ensemble.

Propriete 10

Quels que soient les sous-ensemblesAet Bde E, on a :

1I2A= 1IA 1IAB= 1IA1IB SiA B= , 1IAB= 1IA+ 1IB

1IAB= 1IA+ 1IB 1IA1IB 1IA= 1 1IA.

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Exemple 6 Condition necessaire et suffisante pour que trois sous-ensemblesA,Bet Cde Everifient :

A

B= A

C , A

B= A

C.Avec les fonctions caracteristiques des sous-ensemblesA,Bet C, les conditions se lisent :

1IA1IB= 1IA1IC , 1IA+ 1IB 1IA1IB= 1IA+ 1IC 1IA1IC.Ce qui implique 1IB = 1IC cest-a-dire B= C, et cette condition necessaire est evidemment

suffisante.

Exemple 7 Preuve de la distributivite de lintersection par rapport a la reunion.SoitA, B,Cdes sous-ensembles deE. Montrons que A (B C) = (A B) (A C).

1I(AB)(AC) = 1IAB+ 1IAC 1IAB1IAC= 1IA1IB+ 1IA1IC 1IA1IB1IA1IC= 1IA1IB+ 1IA1IC 1IA1IB1IC= 1IA1IB+ 1IC 1IB1IC= 1IA1IBC

1I(AB)(AC) = 1IA(BC).

Ce qui montre que A (B C) = (A B) (A C).

3. Image directe ou reciproque dun sous-ensemble

SoitEet Fdeux ensembles, etf FE une application deEdansF.

Definition 18

SoitXun sous-ensemble deE. Le sous-ensemble deFdefini par :

f(X) = {y F, x X, f(x) =y}est appele limage deXpar f.

Definition 19

SoitYun sous-ensemble de F. Le sous-ensemble deEdefini par :

f1(Y) = {x E, f(x) Y}est appele limage rciproque deYparf. (25) (25) La notation f1

ne designe lapplication re-ciproque de f que si f estbijective ; voir a ce sujet la

definition 23.

Remarques

1 ) Pour toutx E,f{x}admet exactement un element, par definition dune application.2 ) SoitAet Bdeux sous-ensembles deE. A B implique f(A) f(B).

3 ) SoitXetYdeux sous-ensembles deF. X Y implique f1(X) f1(Y).

Definition 20

Soit Aet Bdes sous-ensembles de Eet F respectivement. Etant donne f FE telle que

f(A) B, lapplication deAdansBinduite parfest lapplication :

g : A Bx f(x).

Definition 21

SoitEun ensemble etfune application deEdans lui-meme.

a ) Un sous-ensembleAdeEest unepartie stable par f lorsquef(A) A.

b ) Un sous-ensembleAde Eest unepartie invariante par f lorsquef(A) =A.

c ) SoitA E. Linjection canoniquedeAdansEest la restriction deIdEa A.

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Applications

Remarque

SoitEun ensemble etf

E

E

.SiAest une partie deEstable parf, la donnee dun element x0de Apermet de definir, par

recurrence, une suite

xn

n0a valeurs dans Apar la formule :

n 0,xn+1 = f

xn

.

4. Injection Surjection Bijection

SoitEet Fdeux ensembles etf FE une application deEdansF.

Definition 22

a ) f estinjectivelorsque (x, y) E2, x y f(x) f(y)ce qui equivaut a (x, y) E2,f(x) = f(y) x= y.

b ) f estsurjectivelorsque y F, x E, y= f(x).

c ) f estbijectivelorsquef est a la fois injective et surjective.

Remarques

1 ) fest injective si et seulement si , pour touty F,f1{y}

admet au plus un element.

2 ) fest surjective si et seulement si , pour touty F,f1{y}

admet au moins un element.

3 ) fest bijective si et seulement si , pour tout yF,f1{y}

admet exactement un element.

Exemple 8 SiAet Bsont deux sous-ensembles deE, on a :f(A B) f(A) f(B), avec egalite sifest injective.

DeA BAet A B Bon deduit f(A B) f(A) et f(A B) f(B),ce qui donne linclusion demandee.

Il reste a montrer que, si fest injective,f(A) f(B) f(A B).

Pour cela, soitz f(A) f(B); a A,z= f(a), b B,z= f(b).

De f(a) = f(b), on deduit a = b, et cet element appartient a A B, ce qui montre que z

appartient a f(A B).

Definition 23

Rciproque dune application bijective (26)

(26)

E Ff

f1

Lapplication reciproque dune application bijectivef deEdans Fest lapplication deFdans

Equi, a tout ydeF, associe lunique elementxde Etel que y= f(x). On la note f1.

Theoreme 1

SoitE,F,Gdes ensembles et soitf FE, g GF. (27) (27) Ce theoreme estsouvent utilise.

a ) Sig fest injective, alorsfest injective.b ) Si gfest surjective, alors gest surjective.

a ) Soitxet ydansEtels que f(x) = f(y). Alorsgf(x)

= g

f(y)

, donc :

gf(x) =g f(y). Linjectivite degfdonnex=y; ainsifest injective.b ) Soitz G; la surjectivite degfdonne x E,z= gf(x).Alorsz= g

f(x)

etf(x) Fmontre quegest surjective.

Propriete 11

SoitE,Fdeux ensembles et soit f FE.

fbijective si et seulement si il existeg EF telle que f g= IdF et gf = IdE. (28) (28) Dans ce cas, gestaussi bijective.

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a ) La condition necessaire decoule de la definition de f1.

Lapplication reciproquef1 verifie f

f1 = IdF et f1

f = IdE.

b ) Condition suffisante : f g= IdFetIdFsurjective donnefsurjective.gf = IdEetIdEinjective donne f injective. (29) (29) Mise en uvre du

theoreme precedent.

Definition 24

SoitEun ensemble etf EE.

On dit quef estinvolutive(ou est uneinvolutiondeE) lorsquef f = IdE. (30) (30) Une involution de Eest bijective et on a

f1= f.Propriete 12

SoitE,F,Gtrois ensembles.

a ) La composeeg fde deux injections f FE etg GF est injective (deEdansG).

b ) La composeegfde deux surjections f FE etg GF est surjective (deEdansG).c ) La composeeg fde deux bijections f FE etg GF est bijective (de EdansG) et(g f)1 = f1 g1.

a ) Soitxet ydansE, x y. Il sensuit f(x) f(y)car fest injective.

Avec linjectivite deg, il vientgf(x)

gf(y)

, cest-a-dire g f(x) g f(y).

b ) Soitz G. Alors y F,z= g(y)par surjectivite deg.

Il existe alors xEtel que y= f(x) par surjectivite def. On a donc z= gf(x)

= gf(x).

c ) Le dernier point est un corollaire des premiers.

Notation 6

Pour deux ensemblesEet F,I(E, F)designe lensemble des injections deEdansF.

Propriete 13

SoitE,E,F,F des ensembles.

On suppose que FE et FE

sont bijectives.

Alors lapplication FE FE , f f 1 est une bijection qui induit une bijection deI(E, F)dansI

E, F

.

D. DenombrementDans cette partie, la notion de cardinal est abordee de maniere intuitive.

1. Cardinal dun ensemble fini

Definition 25

SiEest un ensemble, son cardinal est le nombre de ses elements ; cest un entier ou+, onle noteCard E. (31)

(31)card =0.

On dit queEest fini lorsqueCard(E)est un entier (32) , sinon on dit queEest infini. (32) Si Eest un en-semble de cardinal n1, onpeut construire une bijec-tion de [[ 1,n]] dans E enenumerant ses elements.

Theoreme 2

Toute partieAdun ensemble fini Eest finie etCardA Card E.

Si on aCardA= Card E, alorsA= E.

22


13/36

Denombre ment

Corollaire 1

Toute intersection densembles finis est un ensemble fini. (33)(33)

Cette intersection est

incluse dans un ensemblefini.

Corollaire 2

Soitfune application dun ensemble finiEdans un ensemble F. (34)

(34)

E Ff

f(E)

On a alors Cardf(E) Card E et Cardf(E) = Card Esi et seulement si fest injective.

Corollaire 3

Sifest une surjection dun ensemble finiEsur un ensemble F, alors : (35)

(35)

Il suffit dappliquer lecorollaire 2 au ca s ou F=f(E).

Fest fini et Card F Card E,

et on aCard F= Card Esi et seulement si fest bijective. (36)

(36)

Pour montrer quun

ensemble Fest fini et pour

calculer son cardinal n, il suf-fit dexhiber une bijection dunensemble E, de cardinal ndans F.

Corollaire 4Soitfune application injective dun ensembleEdans un ensembleF.

Sif(E)est fini, il en est de meme pourE et Card E= Cardf(E).

Theoreme 3

SoitEet Fdes ensembles finis demme cardinal. Si fest une application de EdansF, les

proprietes suivantes sont equivalentes : (37)

(37)Il suffit dappliquer

les resultats enonces dan s lescorollaires precedents.

Il faut insister sur le fait que

ce theoreme ne peut sap-pliquer que si les ensembles

finis E etF ont lemmecardinal.

(1) fest injective,

(2) fest surjective,

(3) fest bijective.

Exemple 9 Le theoreme ne setend pas aux ensembles infinis.Lapplication

f :

n 2nest injective et non surjective.

Lapplication de dansdefinie par

n

n

2 sinest pair

n 0 sinest impair

est surjectiveet non injective.

2. Reunion densembles finis

Theoreme 4

SiA, Bsont desensembles finis dintersection vide, alorsCard(AB) = CardA+Card B.

Soitnet ples cardinaux deAet Brespectivement.Il existe une bijectionf deAsur[[ 1, n]]et une bijectiongde Bsur[[ n+ 1, n+ p]].

Lapplication hde ABdans [[ 1, n+p]], dont les restrictions aAet Bsont respectivement

f etg, est une bijection, doncA Best fini, de cardinal n+ p= CardA+ Card B.

Corollaire 1

SoitEun ensemble fini, A Eet Ason complementaire dans E. On a :

CardA+ CardA= Card E.

Corollaire 2Si(Ei)i[[ 1,n]]est une famille densembles finisdeux deux disjoints, on a :

Card

ni=1

Ei

=

ni=1

Card Ei. (38)

(38)

On procede parrecurrence sur n.

23


14/36


Corollaire 3

SoitAet Bdes ensembles finis. On a Card(A

B) + Card(A

B) = CardA+ Card B.

Les sous-ensemblesA B,A Bet BAconstituent une partition deA B.

Le corollaire 2 donne Card(A B) + Card(A B) + Card(B A) = Card(A B).

A Bet A Bsont complementaires dans A; B AetA Ble sont dans B; on a donc

Card(A B) + Card(A B) = CardA et Card(B A) + Card(A B) = Card B.

Le resultat annonce sen deduit immediatement.

Theoreme 5

SiE,Fsont des ensembles finis, alorsE Fest fini etCard(E F) = Card E Card F.

AvecE= {x1, . . . , x n} de cardinaln, on a E F = {x1} F . . . {xn} F.Pouri [[ 1, n]], lapplication

{xi} F F(xi, f) f

est une bijection. On a donc :

Card({xi} F) = Card F.Lesxi, i [[ 1, n]], etant deux a deux distincts, les ensembles {xi} Fsont deux a deuxdisjoints et il vientCard(E F) = n Card F.

Corollaire

SoitEun ensemble fini etp. Alors Card

Ep

= (Card E)p. (39) (39) On procede parrecurrence sur p.

3. Applications dun ensemble dans un autre

Theoreme 6

SoitEet Fdes ensembles finis. LensembleFE des applications deEdansFest fini, et :

Card(FE) = (Card F)Card E. (40)(40)

Ce resultat est cohe-rent avec la notation FE.

SoitE= {a1, . . . , a p} un ensemble fini de cardinal p.Lapplication

FE Fp

f f(a1), . . . , f (ap)

est une bijection.On a donc Card(FE) = Card(Fp). Il vient alors (41) Card(FE) = (Card F)p.

(41)Avec le corollaire du

theoreme 5 .

Corollaire 1

SiEest de cardinaln, le nombre de ses sous-ensembles est 2n.

Cela resulte du fait que lapplication A 1I|Ade P(E) dans {0, 1}E est une bijection : tout {0, 1}E est la fonction caracteristique de lunique sous-ensemble de Econstitue desx Etels que (x) = 1.

Theoreme 7

SoientEet Fdes ensembles finis et non vides, de cardinal petnrespectivement.

Lensemble(E, F)des injections deEdansFest fini et de cardinal :

Apn =

n!

(np)! si 1 p n

0 si p>n

24


15/36

Denombre ment

I(E, F) est une partie de lensemble fini FE donc est fini. Dapres la propriete 13, le cardinalA

pnde

I(E, F)ne depend que depet n.

Du corollaire 2 du theoreme 2, il decoule que, si p>n, on aApn = 0.

Par ailleurs, en posantE=

a1, . . . , ap

, la bijection :

FE Fp,ff

a1

, . . . , f

ap

induit une bijection entreI(E, F)et lensemble p(F)des p-listes delements deux a deuxdistincts deF. (42)

(42)Une p-liste dele-

ments de Fest un e lementde Fp.On dit aussi un p-uplet.

Pourn 1, on a donc A1n= n.

Pour 2 p n, on constate que la construction dun element de p(F) se fait en choisissantun element xde F(de nfacons possibles) et un element de p1

F{x}

(deAp1

n1facons

possibles). On a donc Apn= n Ap1n1

et la formule annoncee en decoule par recurrence.

Corollaire 1SiEest de cardinaln, le nombre de bijections de Esur lui-meme est n!. (43) (43) Il y a donc n! facons

dordonner un ensemble decardinal n.

Les bijections (ou permutations) deEsont les injections deEdansE.Avec0! = 1, il vient que ce nombre est n!.

4. CombinaisonsSoitEun ensemble fini de cardinal n(n).

Definition 26

Etant donne p, on appellep-combinaisonde Eun sous-ensemble de cardinalpde E.

Le nombre dep-combinaisons deEest note

n

p

. (44)

(44)

Notons Pp(E) len-

semble des p-combinaisonsde E. Le cardinal de Pp(E)

ne depend que de pet n.

En effet, si est une bijec-

tion entre Eet un ensembleE de cardinal n, la bijec-tion :P(E)P(E),X(X)induit une bijection entre

Pp(E)et Pp(E).

Cas particuliers

1 )

n

0

= 1: est lunique sous-ensemble de Eayant0pour cardinal.

2 ) Sin 1,

n

1

= n : il y ansous-ensembles deEde cardinal1.

3 )

n

n

= 1: Eest lunique sous-ensemble de Eayantnpour cardinal.

4 ) Sip>n, il ny a pas de sous-ensemble de Ede cardinalp. On a donc

n

p= 0.

Propriete 14

Etant donne n etp [[ 1, n]],

n

p

=

n 1p 1

+

n 1

p

. (45)

(45)

Cest la formule dutriangle de Pascal : avec les

egalit es

n

0

=

n

n

=1,

elle permet le calcul desn

p

de proche en proche.

Premieres lignes :

11 11 2 11 3 3 11 4 6 4 1

1 5 10 10 5 11 6 1 5 2 0 1 5 6 1

Etant donne un ensembleEde cardinal n, on considerea E. Les sous-ensembles deEdecardinalpse partagent en deux sous-ensembles disjoints dans (E): ceux qui contiennentaet ceux qui ne le contiennent pas.

Les premiers sont au nombre de

n 1p 1

et les seconds sont au nombre de

n 1

p

; le

resultat en decoule.

Propriete 15

Etant donne des entiers naturels net p, avecp n, on a nnp = np. LapplicationA E Aest une bijection de(E). Elle induit une bijection de lensemble

des parties de cardinalpsur lensemble des parties de cardinal np.

25


16/36


Propriete 16

Etant donne des entiers naturels

net

p, on a :

n

p

=

n!

p! (np)! si0 p n et

n

p

= 0si p>n.

La formule est vraie pourp= 0.

Pour1 p n, posonsE=

a1, . . . , an

et considerons lapplication surjective :

f : p(E) Pp(E)a1, . . . , ap

a1, . . . , ap

ChaqueX Pp(E)admetp!antecedants car i l y a p!facons dordonner un ensemble decardinalp.

Comme les sous-ensembles f1(X), X Pp(E), constituent une partition de p(E), on aA

pn =p!

n

p.

E. Relation binaire sur un ensemble

1. Vocabulaire et notations usuelles

Definition 27

SoitEun ensemble.

Unerelation binaire surEest un sous-ensemble deE E.(x, y) E Everifie la relation si et seulement si(x, y) ; on note alorsx y.

Definition 28

Soit une relation binaire sur un ensemble E. On dit que est

rflexive lorsque : x E, x x,

symtrique lorsque : (x, y) E2, x y y x,antisymtrique lorsque : (x, y) E2, (x y et y x) x= y,transitive lorsque : (x ,y ,z) E3, (x y et y z) (x z).

2. Relation dequivalence

Definition 29

Une relation binaire sur un ensemble Eest une relation dequivalence sur E lorsquelle est

reflexive, symetrique et transitive.

Definition 30

Soit une relation dequivalence sur un ensembleE.

A` tout element xde Eon associe sa classe dequivalencedefinie par c(x) =

yE; xy

.

Propriete 17

Si est une relation dequivalence sur E, les classes dequivalence forment une partition

deE.

26


17/36

Relation binaire sur un ensemble

Aucune classe dequivalence nest vide puisque x E,x c(x).Deux classes dequivalence distinctes sont disjointes. En effet, sic(x)et c(y)sont non

disjointes, considerons z c(x) c(y). Il vient :

t E, t c(x) t x t z t y t c(y)de sorte quec(x) = c(y) = c(z).

Exemples

1 ) Soitaun reel non nul. On definit dans la relation de congruence moduloa (46) par : (46) En trigonometrie,on u tilise frequemment lescongruences modulo 2ou .

x y[a] k ,x=y+ka.2 ) Soit nun entier naturel non nul. On definit dans la relation de congruence modulo n (47)

par : (47) En arithmetique,on utilise les congruences

modulo tout entiern1. x y[n] k ,y= y+ kn.

Dans les deux cas, la relation de congruence ainsi definie est une relation dequivalence. Cela est

du au fait que tout entier admet un oppose et que est stable par addition.

3. Relation dordre

3.1 Ordre total, ordre strict

Definition31

Une relation binairesur un ensemble Eest une relation dordre sur E lorsquelle est reflexive,

antisymetrique et transitive. (48) (48) On note souvent une telle relation dordre,quand il ny a pas de risque

de confusion avec une situa-

tion usuelle.

Une relation dordre sur E est dite relation dordre total et (E, ) est dit ensembletotalement ordonnlorsque :

(x, y) E2, x y ou y x;

sinon, lordre est dit partiel et (E, )est dit ensemblepartiellement ordonn.

Definition 32

Une relation binaire sur un ensemble Eest appelee une relation dordre strict sur E

lorsquelle est transitive etx yimpliquex y.

Exemple 10 Soit(E, )un ensemble ordonne.La relation surEdefinie par (x yet x y)est unerelation dordre strict, notee < .

Exemple 11 Soit Eun ensemble. Lensemble des couples (A, B) (E)2

tels que A Best une

relation dordre partiel surE.Sur lensemble des entiers naturels non nuls, lensemble des couples (x, y) tels que

xdivisey (49) est une relation dordre partiel. (49) x divise ysi ilexiste n tel que y= nx.

Propriete 18

Soit(E, )un ensemble ordonne.

La relation {(x, y), y x)} est une relation dordre surE, notee .La relation {(x, y), y< x} est une relation dordre strict sur E, notee >.

3.2 Elements particuliers dun ensemble ordonne (E,)

Definition 33

a ) Plus grand lment : a Etel que x E,x a, note max E (sil existe).

b ) Plus petit lment: aEtel que xE,a x, note min E (sil existe). (50)

(50)

Un ensemble ordonneEa au plus un plus grand(ou un plus petit) element.

27


18/36


3.3 Elements associes a une partie dun ensemble ordonne

Definition 34

a ) Majorants: a Eest unmajorant deAlorsque xA, x a.

SiAadmet un majorant, on dit que Aestmajor. (51) (51) Si aest un majorantde A, tout aEtel que

aa est un majorant deA.

b ) Minorants: a Eest unminorant de Alorsque xA, a x.SiAadmet un minorant, on dit que Aestminor.

Definition 35

a ) Borne suprieure : si lensembleBdes majorants de Aest non vide et si Ba un plus

petit element,M, celui-ci est appele borne superieure deA; on note M= supA. (52) (52) Si Aa un plusgrand element a, alorsa=supA. b ) Borne infrieure : si lensembleCdes minorants de Aest non vide et si Ca un plus

grand element, m, celui-ci est appele borne inferieure de A; on note m= infA.

(53)

(53)Si Aa un plus petit

element a, alors a=infA.

Exemple 12 SoitEun ensemble, Aet Bdes sous-ensembles deE.Lensemble (E)est muni de la relation dordre (partiel) inclusion :.

{A, B} admet un plus petit element si et seulement si ABouBA, et, dans ce cas, la borneinferieure de {A, B} estA(si A B).Dans tous les cas, la borne inferieure de {A, B} estA Bet la borne superieure estA B.

3.4 Applications monotones

Definition 36

Soit(E, ), (F, )des ensembles ordonnes et une application deEdansF.

a ) estcroissantelorsque : (x, x) E E, x x

(x) (x),

(54)

(54)

Une suite reelle(xn)nn0 est croissante si

nn0, xnxn+1 . oudcroissantelorsque : (x, x) E E, x x (x) (x).

b ) eststrictement croissantelorsque : (x, x) E E, x


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Methodes

Methodes

Methodes

Lessentiel

I. Schema de demonstration

Si lon veut trouver comment demarrer un probleme

on peut utiliser un schema A (B C).Le meilleur point de depart est souventB : la propriete Aest mise

a contribution en cours de developpement. Sa mise en uvre au

moment utile est le signe dune demonstration efficace.

Voir Mise en uvre, exercice4

Attention, ce nest pas le schema(A B)et(B C). SiAet Bsont des propositions, alorsA Ben est une autre,

mais rien ne dit quelle est vraie, pas plus quelle ne presuppose que

Aou Bsoient vraies.

Si lon veut verifier quune proposition est correctement redigee

on peut examiner si la proposition contraire peut secrire sans ambigute.

Si lon veut montrer une propriete(n)pourn n0,

on peut demontrer (n0)et, suivant les circonstances, prouver :

n n0, (n) (n+ 1) (recurrence simple),k [[ n0, n]], (k)

(n+ 1) (recurrence forte),

on peut demontrer

n0

et

n0+ 1

et prouver :

n n0,(n)et (n+ 1)

(n+ 2)(recurrence double).

Voir Mise en uvre, exercices1, 2 et 3

II. Calculs sur les ensembles

Si lon veut montrer legalite de deux ensemblesAet B

on peut utiliser les operations usuelles entre ensembles pour etablir queA Bet BA,

on peut proceder analytiquementx A x Bet x B xA,on peut panacher quand une inclusion est apparente dun point de

vue global et que lautre merite un traitement analytique,

Voir Mise en uvre, exercice4on peut montrer quune propriete caracterisant Aest equivalente a une pro-

priete caracterisantB,

on peut montrer que leurs fonctions caracteristiques sont egales,

lusage de fonctions caracteristiques transforme un calcul ensem-

bliste (intersection, reunion, complementaire. . . ) en calcul alge-brique.

Voir Mise en uvre, exercices5 et 6

29


20/36Methodes

Chapitre 1 : Raisonnement Vocabulaire ensemblisteChapitre 1 : Raisonnement Vocabulaire ensembliste

III. Problemes de denombrement Si lon veut traiter un probleme de denombrement

la formule :

Card(A B) + Card(A B) = CardA+ Card B

est fondamentale,

VoirMise en uvre, exercice7

siEet E sont deux ensembles finis et sil existe une bijection de E

dansE, alors :

Card E= Card E

VoirMise en uvre

, exercice7 si Eet E sont des ensemblesfinis de mme cardinal et si f est

une application deEdans E, alorsfest injective f surjective fbijective,

n

p

est le nombre de parties de cardinal pdans un ensemble de

cardinaln. La formule du triangle de Pascal est :n

p

+

n

p 1

=

n+ 1

p

, (p, n) 2.

Pour(p, n) 2, avec0 p n,

n

p

=

n!

p!(np)!.

VoirMise en uvre, exercices2, 8 et 9

30


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Methodes

Methodes

Mise en uvreEx. 1

Montrer que

nk=0

k2

=n(n+ 1)(2n+ 1)

6 et

nk=0

k3

=

n(n+ 1)

2

2.

Indications

Ces formules usuelles gagnent a etre memorisees. Il est a noter que

nk=0

k3

=

nk=0

k

2.

Solution Commentaires

1) Soit (n)la proposition

nk=0

k2

=n(n+ 1)(2n+ 1)

6 ; (0)est vraie.

La propri ete(n)donne : Preuve de (n) (n+1).

n+1k=1

k2

= (n+ 1)2

+n(n+ 1)(2n+ 1)

6 = (n+ 1)

n(2n+ 1) + 6(n+ 1)

6

n+1k=1

k2=(n+1)2 +

nk=1

k2.

dou

n+1k=1

k2

=(n+ 1)(n+ 2)(2n+ 3)

6 et (n) (n+ 1) . (n+1)

(n+1)+1

2(n+1)+1

6

.

2) Soit (n)la proposition

nk=1

k3

= n(n+ 1)2 2

; (1)est vraie.

0k=1

k3

=0: (0)est vraie.

Avec

n+1k=1

k3

= (n+ 1)3

+

nk=1

k3, la propriete(n)donne : Preuve de (n) (n+1).

n+1k=1

k3

= (n+ 1)3

+

n(n+ 1)

2

2= (n+ 1)

2

n+ 1 +

n2

4

dou

n+1k=1

k3

=

(n+ 1)(n+ 2)

2

2et (n) (n+ 1). (n)vraie pour tout entier n.

Ex. 2Justifier la propriete : pournet pentiers,n p,

nk=p

k

p

=

n+ 1

p+ 1

.

Indications

Demonstration par recurrence. Cette formule, a connatre, generalise la formule du triangle de Pascal.


Procedons par recurrence sur n. pest fixe, quelconque.

La propriete(n)est vraie pourn= p. Elle se lit1=1.

n+1k=p

kp

=

nk=p

kp

+n+ 1

p

=n+ 1

p+ 1

+n+ 1

p

. Utilisation de (n).On conclut avec la formule du triangle de Pascal.

n+1

p+1

+

n+1

p

=

n+2

p+1

.

31


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Ex. 3La suite de Fibonacci est definie par F0 = 0,F1 = 1et n,Fn+2 = Fn+1+ Fn.

1) Montrer que n,Fn+1Fn1 F2n = (1)n.2) Montrer que (n, p) ,Fn+p= FpFn+1 Fp1Fn.

Indications

Proceder par recurrence.


1) AvecDn= Fn+1Fn1 F2n, on aD1 = 1.Soitn 1un entier tel queDn= (1)n.

La formule est initialisee aau rang 1.

On calcule Dn+1 =Fn+2Fn F2n+1=

Fn+1+ Fn

Fn

Fn+ Fn1

Fn+1

= Dn= (1)n+1

La formule est hereditaire.

Par le principe de recurrence, on a donc n 1,Dn = (1)n.2) Fixons un entierp 1et posons :

un= Fn+p FpFn+1 Fp1Fn, n.Montrons, par une recurrence a deux pas, que n,un= 0.

On a u0 = Fp FpF1 Fp1F0 = 0,et u1 = Fp+1 FpF1 Fp1 = Fp+1 Fp Fp1 = 0. La recurrence est initial isee.Soitn 1un entier tel queun1 = un = 0. On calcule :

un+1 = Fn+p+1 FpFn+2 Fp1Fn+1=

Fn+p+ Fn+p1

Fp

Fn+1+ Fn

Fp1

Fn+ Fn1

=

Fn+p FpFn+1 Fp1Fn

+

Fn+p1 FpFn Fp1Fn1

= un+ un1= 0

La propri ete est hereditaire.

Par le principe de recurrence, on a donc n 0,un= 0.

Cela demontre la formule annoncee.

Ex. 4On considere des ensembles E,F,Get une application deFdansG.

On considere lapplication deFE dansGE qui, a f FE, associe

f.

1) Montrer que est injective si et seulement si est injective.

2) Montrer que est surjective si et seulement si est surjective.

Indications

Chaque question demande deux preuves : condition suffisante et condition necessaire.

Dans les differents cas, reconnatre des schemasA (B C). Le but est de decortiquer une methode.Par exemple, pour linjectivite, le point de depart de la condition suffisante nest pas injective.


1) a) Supposons injective. Propositions : Condition suffisante.

A: y, y F2, (y) =y y= y,B:

f, f

FE FE, (f) =

f

; C: f =f.

Mise en place deA (B C).

Point de d epart : (f)=(f).

Soitf etf dansFE telles que (f) =f

:

x E, f(x)

=

f(x)

.

f=f.

32


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Methodes

Methodes

Comme est injective, il vient x E,f(x) = f(x), cest-a-dire f = f. HypotheseAdansA (B C).

Ainsi, (f) = (f) f =f, et est injective. MoyennantA, on aB C.

b) On suppose injective.

On a encore un schema A (B C), avecA: injective ; B:

y, y

E2, (y) =

y

; C: y= y.

Condition necessaire.

Soitf :E F, x E,f(x) = yetf :E F, x E,f(x) = y. On se met en mesure dutiliser (f)=(f).

(y) =

y

se lit alors

x, x E2, f(x) = f

x

, cest-a-

dire f = f, ou encore (f) =f

.

Point de depart : B.

Linjectivite de donnef = f, doncy= y, dou linjectivite de . f etf sont les fonctions constantes egales

a yety

.

2) a) Condition suffisante : surjective. PropositionA.

Soit hGE. Pour tout xE, h(x)G: on choisit un antecedent yxF

deh(x)par , et on pose f(x) =yx.

surjective.

On construit un antecedent de hpar .

x E, (yx) = h(x)se lit (f) =h, donc est surjective. f(x)=h(x).

b) On suppose surjective. PropositionA.

Le point de depart est B: zG,

le but estC: yF, (y)=z.

Pour toutzG, on considere la fonctionhzGE constante egale az.

etant surjective,hza un antecedent fz FE.

On a alors x E,z= hz(x) =fz(x), dou la surjectivite de . hz=(fz)= fz.Ex. 5

Diffrence symtrique

Etant donne des sous-ensemblesAet Bdun ensemble E, la difference symetrique deAet Best (AB)(BA).

On la note AB.Former la fonction caracteristique de ABet montrer que la difference symetrique est associative.

Indications

Mise en uvre de fonctions caracteristiques, et on examine un exemple dassociativite.


1) La fonction caracteristique deABest :AB=AB+ BA ABBA

=A AB+ B BA (A AB) (B BA) .AB=(AB)(BA)et XY

avec XY=XXY.

On en deduit alors AB=A+ B 2 AB.2) Associativite de la difference symetrique.

A(BC) = A+ BC 2 ABc=A+(B+ C 2 BC) 2 A(B+ C 2 BC)=A+ B+ C 2 BC 2 AB 2 AC+ 4 ABC

Par symetrie enA,Bet C, on a : A(BC)

= C(AB)

donc A(BC) = C(AB) puis A(BC) = (AB)C. Par commutativite .

33


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Ex. 6Verifier que(A B) (A B) = AB.Montrer que lintersection est distributive par rapport a la difference symetrique.

Indications

Nouvelle mise en uvre de fonctions caracteristiques, et on examine un exemple de distributivite.


1) Autre expression deAB:(AB)(AB) = AB(1 AB)

=(A+ B AB) (1 AB)XY=X(1Y).

(AB)(AB) = A+ B AB AAB BAB+ ABAB=A+ B 2 AB=AB.

2) Distributivite de par rapport a :(AB)(AC) = AB+ AC 2 AB AC

=AB+ AC 2 A BC=A(B+ C 2 B C)=ABC =A(BC)

Ce qui montre que A (BC) = (A B)(A C). Pour tout triplet(A,B,C).

Ex. 7Montrer que, pour tous entiers naturels n,p,q:

1)

nk=0

n

k

= 2

n, 2)

nk=0

p

k

q

n k

=

p+ q

n

.

Indications

1) Determiner une partition de lensemble des parties dun ensemble de cardinaln.


1) Soit Eun ensemble de cardinal n. En notant k(E) lensemble des

parties deEde cardinal k, k(E)0knest une partition de (E).Donc2n =

nk=0

n

k

. AvecCard(E)=2n etCardk(E)=

nk

.

2) Considerons un ensemble de cardinal p+ qet deux parties disjointes

deE,AetB, de cardinalpet q respectivement. Alors lapplication :

: n(E) n

k=0

k(A) nk(B)

X (XA, X B)

est une bijection.

On deduit que le cardinal

p+ q

n

de n(E)est celui de :

E =

n

k=0k(A) nk(B).Comme

k(A) nk(B)

0kn

est une partition deE et :

Cardk(A) nk(B)

=

p

k

q

n k

,

on deduit la formule annoncee.

Avec CardAB=0 et CardA+Card B=Card E

on a E=AB. On a donc pourXn(E),

X=(XA)(XB).

Cela montre que est injective.

Avec(Y,Z)k(A)nk(B)et X=YZ,

AB donne YZ donc CardX=n et

(X)=(Y,Z). Cela montre que est surjective.

34


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Methodes

Methodes

Ex. 8Pourn, quel est le nombre de triplets (a ,b ,c )dentiers naturels tels quea b c et a+ b+ c= n.

Indications

Si on nimpose pas a b c, le probleme est aise. Sous cette condition, on peut posera = x, b= x+ y,c= x+ y+ z, avecx,y,zdans .


1) Trouver le nombre de triplets (a ,b ,c )dentiers naturels tels que

a+ b+ c= nse resume en | . . . |a

+ | . . . |b

+ | . . . |c

= n.

On nimpose pasabc.

Avec les signes+, il y an+ 2cases, il y a donc n+ 22 solutions. Le probleme est de placer les deux signes + danscesn+2cases.2) La condition abcconduit a poser a= x, b= x+yet c= x+y+z.

La question devient alors : trouver les triplets(x ,y ,z)dentiers naturels

tels que3x+ 2y+ z= n.

Avecx,y,zdans .

3) Les solutions dans de z+2y= nsont au nombrede Sn = 1+ E

n

2

.

SoitTnle nombre de solutions dans dez+ 2y+ 3x= n.

Celles ou x= 0, cest-a-dire z+ 2y= nsont au nombre de Sn.

n2

designe la partie enti ere de n2

.

Pour0yE n2

il y a un z.

Pour x > 0, la propriete secrit 3(x 1) + 2y+ z = n 3, doncTn= Sn+ Tn3puisTn= Sn+ Sn3+ Tn6.

Il y aTn3solutions.

On etablit aisement Sn+ Sn3 = net par suiteTn= n+ Tn6. En distinguant npair etnimpair.

On verifie queT0

= 1, et Tr

= rpourr [[ 1, 5 ]].

Pourn , on posen= 6q+ r,0 r 5.

A` partir de T6k+r T6(k1)+r = 6k+ r, il vient :

Par exemple, pourn=5, les solutions(x,y,z)sont

(0,0,5), (0,1,3),(0,2,1),(1,0,2)

et (1,1,0).

Tn Tr =q

k=1

T6k+r T6(k1)+r

= qr+ 6

qk=1

k= qr+ 3q(q+ 1)

donc Tn = (q+ 1)(3q+ r).

Tnse calcule avec q,ret Tr,0r5.

Ex. 9Etant donne net pdans et un ensemble Ede cardinal np, combien existe-t-il de partitions en sous-ensembles ayant tous le meme cardinal p?

IndicationsUne partition est une famille de sous-ensembles non vides, deux a deux disjoints et dont la reunion estE. Unchangement dordre donne une nouvelle partition.


SoitAn le nombre de partitions demande. Recurrence surnavec pfixe quelconque.

SiEest de cardinal(n+ 1)p, on choisit une partie Fde cardinalp. Il y a

(n+1)p

p

choix possibles.

E Fest de cardinal np, et admetAnpartitions en parties de cardinalp. Une partition deEest (F,F1, . . . ,Fn)ou

(F1 ,...,Fn)est une partition de EF.

On a donc An+1 = An (n+ 1)pp et il sensuitAn =n

k=1kn

p . A1=1.Expression reduite : An=

nk=1

(kp)!

p!

(k 1)p

!=

(np)!

(p!)n

. Il reste a diviser par n! si on ne tient pas

comptede lordre des termes des partitions.

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E xe r c i c e s

Niveau 1

LogiqueEx. 1Ex. 1

Exprimer en langage courant la proposition :

x, y, z,x= yz

et les analogues en changeant les quantificateurs.

Quelles sont celles qui sont vraies ?

Ex. 2Ex. 2A: (P Q) R; B: (Pet Q) R;C: P (Q R); D: (P R)et(Q R).Y a-t-il, parmi A, B, Cet D, des propositions qui sontequivalentes ?

Ensembles ApplicationsEx. 3Ex. 3

Montrer queA B= A Bequivaut a A= B.

Ex. 4Ex. 4Montrer queA (B C) (A B) (A C).

Donner un contre-exemple pour linclusion contraire.Ex. 5Ex. 5

SoitA, B, Cdes sous-ensembles dun ensemble E. Mon-trer queA B= A C A EB= A EC.Ex. 6Ex. 6

Soit E, F et Gdes ensembles, et f FE, g GF,h= gf. Montrer que :1 ) hsurjective etginjective fsurjective ;2 ) hinjective etf surjective ginjective.Ex. 7Ex. 7 @

Soit E, F, Gdes ensembles etfFE, gGF, hHG.

Montrer que gfet hgsont bijectives si et seulementsif,gethle sont.

Ex. 8Ex. 8Soit f FE. Montrer que (A B) (E) (F),f(A B) = f(A) f(B)implique que fest injective.

Ex. 9Ex. 9Etant donneEnon vide etA, Bdans(E), montrer quef : (E) (E) (E),X (XA, XB)nestpas surjective.

DenombrementEx. 10Ex. 10

Combien un villagedoit-il compter dhabitants pour quedeux personnes au moins aient les memes initiales ?

Ex. 11Ex. 11

SoitEet Fdes ensembles finis, de cardinaux respectifs

net p. Combien y a-t-il dinjections de EdansF?

Ex. 12Ex. 12

Combien y a-t-il de surjections dun ensemble decardinal

n+ 1 dans un ensemble de cardinaln ?

Ex. 13Ex. 13 @

Resoudre :

1 ) y,

1

y

+

2

y

+

3

y

= 5y.

2 ) n,

n

5

= 17

n

4

.

Ex. 14Ex. 14

Etant donne des ensembles finis E,F,G, montrer que :

Card(E F G)

= Card E+ Card F+ Card G+ Card(E F G)

Card(E F) Card(F G) Card(G E).

Relations binaires

Ex. 15Ex. 15 @

Soit une relation lineaire dans un ensemble E. On

definit les relations binaires et par :

x y (x yety x),x y (x yety x).

1 ) Montrer que est symetrique et antisymetrique.

2 ) Montrer que si est transitive alors et sont

transitives. Montrer que la reciproque est fausse.

Ex. 16Ex. 16

On munit 2 de la relation dordre :

(x, y)

x, y

x x ety y

.

On pose =

(x, y) 2, x2 + y2 = 1

.

1 ) est-il total ?

2 ) Un pointCde est dit maximal dans si :

M , C M M= C.a) Determiner les elements maximaux de .

b) Montrer que admet une borne superieure et

la determiner.

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Exercices

Niveau 2Ex. 17Ex. 17

SoitX, YetZtrois sous-ensembles dun ensembleE.

Montrer que : X (Y Z) = (X Y) (X Z),

et que :X (Y Z) = (X Y) (X Z).

Ex. 18Ex. 18

1 ) On suppose queAB= ACetAB= AC.

Que peut-on dire deBet C?

2 ) Meme question relative a Bet Clorsque :

A BA C et A BA C.

Ex. 19Ex. 19

Soitf FE etY F. Montrer que :

ff1(Y)

= Yf(E)

et que, sifest surjective,ff1(Y)

= Y.

Ex. 20Ex. 20 @

Simplifier les expressions suivantes :

1 ) XX Y

,

2 ) XX Y

,

3 ) XX Y

X Y Z

,

4 ) X X Y X Y Z.Ex. 21Ex. 21SoitEun ensemble etA E. On considere les applica-

tions :f : (E) (E), X AXg : (E) (E), X AX.

1 ) Determiner les images de (E)parfet parg.

2 ) PourY (E), determinerf1(Y)etg1(Y).

Ex. 22Ex. 22

SoitEun ensemble fini de cardinal n 1.

Montrer que

XP(E)CardX = n2

n1.

Niveau 3Ex. 23Ex. 23

SoitA, Bet Ctrois sous-ensembles dun ensembleE.

Quand est-il vrai queA(BC) = (AB) (AC)?Ex. 24Ex. 24

Montrer quil nexiste pas dapplication surjective dun

ensembleEsur lensemble (E).

Pour une applicationf deEdans (E), on pourra con-

siderer :Af

={

x E, xf(x)}

.

Ex. 25Ex. 25

Soit Eet Fdeux ensembles ; on suppose quil existe

f FE injective etg EF injective.

1 ) Montrer que est non vide, avec :

=

A(E)/g

F f(A) E A

.

2 ) Montrer que admet un plus grand element (pour

linclusion), note B.

3 ) Montrer queg

F f(B)

= E B.

4 ) En deduire quil existe une bijection deEversF.

Ex. 26Ex. 26Soit E, Fdeux ensembles et soitfune application deE

dansF. Montrer quefest bijective si et seulement si

A(E),fEA

= Ff(A).

Ex. 27Ex. 27

Montrer quef FE est injective si et seulement si, pour

tout ensembleD,

(g, h) ED ED,f g= f h g= h.Ex. 28Ex. 28

Soit un ensemble E, des sous-ensembles Aet Bde E,

etf :(E) (A) (B),X (XA, X B).1 ) Donner une condition necessaire et suffisante, por-

tant surAet B, pour quefsoit injective.

2 ) Meme question pourfsurjective.

Ex. 29Ex. 29 @

Etant donne des ensembles E, F, et f FE, montrer

que pour tous sous-ensembles Y,Y1et Y2de F,

1 ) Y1 Y2 f1

Y1 f1

Y2

,

2 ) f1

Y1 Y2

= f1

Y1f1

Y2

,

3 ) f1Y1 Y2= f1Y1f1Y2,4 ) f

f1(Y)

= Yf(E),

5 ) f1

Y1 Y2

= f1

Y1

f1

Y2

.

Ex. 30Ex. 30

1 ) Soit n,p,qdans,p net q n. Montrer que :n

p

=

n

q

p= qou p+ q= n.

2 ) Resoudre lequation :2n+ 4

3n 1

=

2n+ 4

n2 2n+ 3

.

37


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Ex. 31Ex. 31

Calculer (X,Y)P(E)P(E)

Card(X Y)

et

(X,Y)P(E)P(E)

Card(X Y).

Ex. 32Ex. 32

Soit Eun ensemble de cardinal n. Quel est le nombre

de partitions deEen deux parties ? en trois parties ?

Ex. 33Ex. 33

Etant donne une famille (Ak)1kpdensembles, mon-

trer que le cardinal de leur reunion est egal a :

pk=1

CardAkk


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Exercices

Ex. 28Ex. 28

1 ) Sifest injective, comparer f(E)etf(A

B).2 ) Sifest surjective,il existeXtelquef(X) = (A, ).

Ex. 30Ex. 30

1 ) Developper

n

p

=

n

q

lorsque p < q par

exemple, et comparer des produits dentiers con-

secutifs.

2 ) Ne pas oublier, dans

x

y

, de comparerxet y.

Ex. 31Ex. 31

Exploiter la bijectionXXpour comparer les sommes

des cardinaux desX

Y,X

Y,X

YetX

Y.

Pour obtenir la seconde somme, etudierdabord la somme

des deux.

Ex. 32Ex. 32

1 ) (X, X)est une partition pourX etX E.

2 ) Etablir une relation de recurrence entre Kn et

Kn1, ou Kn est le nombre de partitions de E

en trois sous-ensembles.

Ex. 33Ex. 33

Cest la formule du crible dont un cas particulier (p= 3)

fait lobjet de lexercice 14. Proceder par recurrence sur

p. Le cardinal de la reunion de deux ensembles est

evidemment exploite.

39


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Solutions des exercices

Niveau 1

Ex. 1Ex. 1

1 ) x, y, z, x= yz: toutxest divisible par tout y, faux.

2 ) x, y, z, x= yz: il y a unxdivisible par touty, vrai (x= 0).

3 ) x, y, z, x= yz: il y a unyqui divise tout x, vrai (y= 1).

4 ) x

, y

, z

, x= yz: il y a unxdivisible par un y, vrai.5 ) x, y, z, x= yz: toutzest le quotient de tout xpar touty, faux.

6 ) x, y, z, x= yz: il existe un xtel que toutzest le quotient de xpar touty, faux.

7 ) x, y, z, x= yz: il existe un ytel que toutzest le quotient de tout xpar y, faux.

8 ) x, y, z, x= yz: il existexet ytel que toutzest le quotient de xpar y, vrai (x= y= 0).

Ex. 2Ex. 2

Les propositionsBet Csont equivalentes ; elles sexpriment par (nonP) ou (nonQ) ou R.

Ex. 3Ex. 3

1 ) Premiere solution : ensembliste. SiA= B, on a AA= A= AA.

A

A

Bet A

B

BdonneA

A

B= A

B

B, dou A

B; symetriquement, B

A, dou A= B.2 ) Seconde solution : avec les fonctions caracteristiques.A B= A Bequivaut a AB = A+ B AB,

cest-a-dire A+ B 2 AB = 0, ou encore2A+ 2B 2 AB = 0, soit aussi (A B)2 = 0, et enfinA B= 0. Alors A=Bexprime queA= B.

Ex. 4Ex. 4

A (B C) = A (B C) B C.

(A B) (A C) = (A B) A C= (A B) A C= (AA C) (BA C) = BA C B C.

Par transitivite de linclusion, il vient A (B C) (A B) (A C).

AvecA= B= Cnon vide, on a A (A A) = A = Aalors que(AA) (AA) = A A= .

Ex. 5Ex. 5

Avec les fonctions caracteristiques,A EB = A EC se lit A(1 B) = A(1 C), ce qui equivaut aAB=AC, cest-a-dire A B= A C.

Ex. 6Ex. 6

On utilise le theoreme 1, relatif a gfinjective ou surjective.1 ) On agsurjective, donc bijective.f =g1 hest surjective comme composee de surjections.2 ) fest injective, donc bijective. g= h g1 est injective comme composee dinjections.

Ex. 8Ex. 8

Soitaet bdansE, aveca b. On a donc {a} {b} = .Il sensuitf{a} f{b} = , cest-a-dire {f(a)} {f(b)} = , ou encoref(a) f(b).

40


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Exercices

Ex. 9Ex. 9

Sifest surjective,( , )a un antecedent C: A

C= etB

C= , doncA= B= .Alors, pour toutX(E), on af(X) = (X, X)et(E, )na pas dantecedent.

Ainsi,( , )ou(E, )na pas dantecedent etfnest pas surjective.

Ex. 10Ex. 10

On utilise lalphabetAusuel,CardA= 26. On ne prend pas en compte les prenoms ou noms composes.

Les initiales sont des elements de A2. Le nombre dinitiales possibles est CardA2 = 262 = 676.

Deux personnes au moins ont les memes initiales des que le village comporte au moins677habitants.

Ex. 11Ex. 11

Lexistence dinjection deEdansFrend necessaire la conditionn p.

Une injection de EdansFest caracterisee par un sous-ensembleBde F,Card B= n, et une bijection de EdansB.

Le nombre dinjections est alors n!

p

n

.

Ex. 12Ex. 12

SoitE= [[ 1, n+ 1 ]]etF= [[ 1, n]]. Une application deEdans Fest surjective si et seulement si il existe un element

et un seul de Fqui ait deux antecedents exactement. Les autres ont alors un antecedent et un seul.

La methode en decoule : choix dun element yde F, choix de deux antecedents u,v, dansEet choix dune bijection

deE {u, v} dansF {y}. Le nombre de surjections est alors :

n

n+ 1

2

(n 1)!, cest-a-dire n(n+ 1)!

2 .

Ex. 14Ex. 14Card

(E F) G

= Card(E F) + CardG Card

(E F) G

.

Card(E F) = Card E+ Card F Card(E F).Avec(E F) G= (E G) (F G)et(E G) (F G) = E F G, on a :

Card

(E F) G

= Card(E G) + Card(F G) Card(E F G).

Ex. 16Ex. 16

1 ) PourP= (a, b) 2, lensembleM(P)des majorants dePest le quart de plan defini par les inegalites x aet

y b. Et lensemblem(P)des minorants dePest le quart du plan defini par les inegalitesx aet y b.

Lordre ainsi induit dans 2 est donc partiel.

2 ) a) SoitP= (a, b) .

Sia


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Niveau 2

Ex. 17Ex. 17

1 ) Les regles de calcul relatives a lintersection, la reunion et au complementaire donnent successivement :

X (Y Z) =X

Y Z

= X

Y Z

=X Y

X Z

= (X Y) (X Z).

2 ) On obtient de meme :X (Y Z) = X

Y Z

=X Y

X Z

= (X Y) (X Z).

Ex. 18Ex. 18

1 ) Avec les operations sur les sous-ensembles.

B = B (A B) = B (A C) = (B A) (B C)avec la premiere hypothese et la distributivite ; puis

B= (AC)(BC) = C(AB) avec la deuxieme hypothese et la distributivite ; et enfin B= C(AC) =C

avec la premiere hypothese.

(Autre depart :B= B (A B) . . . ).

Autre methode : avec les fonctions caracteristiques.

2 ) A BA C (A B) (A C) = A B A (B C) = A BetA BA C (A B) (A C) = A B A (B C) = A B.La premiere question donne alors B C= Bcest-a-dire B C.

Autre methode : avec les fonctions caracteristiques.

AB ACet A+ BAB A+ CAC equivaut aA(BC) 0 et (1 A)(BC) 0,cest-a-dire B C; ce qui equivaut a B C.

Ex. 19Ex. 19

1 ) On af1(Y) E, doncff1(Y) f(E).Soitxf1(Y), on a doncf(x) Yet par suite,f

f1(Y)

Y.

En consequence, ff1(Y)

Yf(E).

2 ) Soity f(E) Y.

Il existe xEtel que y= f(x) et, puisque yY, o n a xf1(Y), donc y= f(x)ff1(Y)

. En consequence,

f(E) Y ff1(Y)

et enfinYf(E) = f

f1(Y)

.

On en deduit que, si fest surjective, cest-a-dire f(E) = F, on aff1(Y)

= Y F =Y.

Ex. 21Ex. 21

1 ) Il est immediat quef(E)

est (A)et queg

(E)

est lensemble des parties de Equi contiennentA.

SiA E,fnest ni injective ni surjective ; si A ,gnest ni injective ni surjective.

2 ) SoitY (E). Si YA , on a f1(Y) = .

SiYA= , cest-a-dire Y A, f1(Y)est lensemble des parties de Aformees de la reunion de Yet dun

sous-ensemble deA.

SiYA A, cest-a-dire Y

A,g1(Y) = .

SiYA, g1(Y)est lensemble des parties deEformees de la reunion deY Aest dune partie de A.

Ex. 22Ex. 22

1 ) X Xest une bijection de (E)doncS=

X(E)

CardX =

X(E)

CardX.

Il vient2S=

X(E)CardX+

X(E)CardX =

X(E)Card E= n2

n dou S= n2n1.

42


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Exercices

Niveau 3

Ex. 23Ex. 23

On resout ce probleme a laide des fonctions caracteristiques des sous-ensembles A, Bet Cde E.

1 ) La fonction caracteristique deA(B C)est A+ BC 2 ABC.2 ) Celle de(AB) (AC)est

A+ B2 A B

A+ C2 A C

, ce qui secrit, en developpant et en

reduisant, A AB AC+ BC.3 ) Les deux fonctions caracteristiques sont egales si et seulement si AB+ AC2 ABC= 0 , cest-a-dire si

et seulement si A

B+ C 2 BC

= 0, ABC= 0ou enfin A(BC) = 0.

4 ) En conclusion, legalite proposee a lieu si et seulement si A (BC) = ouBC A.

Ex. 24Ex. 24

Soitfune application deEdans(E). Si fest surjective, il existe alors aEtel quef(a) =Af = {xE, xf(x)}.On ne peut avoir ni aAf nia Af. La contradiction ainsi mise en evidence infirme la surjectivite def.

Ex. 25Ex. 25

1 ) ; en effetf( ) = etg(F ) = g(F) E= E .

2 ) SoitB=

A

A. Il reste a verifier queB .

Dans la suite, pour alleger les ecritures, les reunions ou intersections portent sur les elements Ade .

On a f(B) = f

A

=

f(A), dou :

F f(B) = F f(A) = F f(A) = Ff(A) = F f(A).getant injective, limage pargdune intersection de sous-ensembles est egale a lintersection de leurs images.

Doncg

F f(B)

= g

F f(A)

=

g

F f(A)

.

Avecg

F f(A) E A, il vient :

g

F f(B)

E A= E

A= E B.

Best donc, pour linclusion, le plus grand element de .

3 ) On ag

F f(B) E B.

Supposons quil existex E Btel quex g

F f(B)

et posonsB = B {x}. On a :f(B) = f(B) f({x}) et F f(B) = F

f(B) f({x})

=

F f(B)

F f({x})

.

On en deduit gF f(B)= gF f(B) gF f({x}) cargest injective.Or,gF f(B) E (B {x})par hypothese sur x. Il vient alors :g

F f(B) E B, doncB ,

ce qui est contraire au fait que Best le plus grand element de .

On a doncg

F f(B)

= E B.

4 ) Soithlapplication deEdansFdefinie par :h(x) = f(x) si x B

h(x) = g1(x) si x E B

Il est immediat que hest une bijection.

Ex. 26Ex. 26

1 ) Supposons quef(A) = f(A)pour toutA E. En particulier, lorsque A= E, on obtient :

f(E) = f(E)cest-a-dire f() = f(E)ou = f(E)

ce qui montre defest surjective.

43


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Soitxet ydeux elements differents de E. On a donc :

y

{x},f(y)

f{x} = f({x})et par suitef(y) f(x)ce qui montre quefest injective.

2 ) Soitgune application dun ensemble Xdans un ensemble Y.

Pour des sous-ensemblesUetVdeY, on a :

g1(U V) = g1(U) g1(V)

(voir lexercice 29, question 5). En particulier :

g1(U) = g1(Y) g1(U) et g1(U) = g1(U)

lorsquegest surjective. On applique le resultat a la fonctionf1, pour conclure que :

pour toutA E, f(A) = f(A).

Ex. 27Ex. 27

1 ) Supposonsfinjective. SoitDun ensemble etg,hdansED telles quef g= f h.Pour toutz D,f g(z) = f h(z) g(z) = h(z)et par suite g= h.

2 ) Soitxet x dansEtels quef(x) = f(x).

SoitD= {z} un singleton et considerons g,hdansED definies par g(z) = xet h(z) = x. On a :f g(z) = f h(z)et doncf g= f h;

il sensuitg= het donc g(z) =h(z), cest-a-dire x=x.

Ex. 28Ex. 28

1 ) Supposonsf injective.

On a f(E) = (EA, E B) = (A, B). Avec :

f(A B) = (A B) A, (A B) B= (A, B).Par suite,A B= E.

Supposons queA B= Eet considerons Xet Ytels quef(X) = f(Y), cest-a-dire :

XA= YAet X B= Y B.

Il vient(XA) (X B) = (YA) (Y B)dou X (A B) = Y (A B)puisX = Y.

2 ) Supposonsfsurjective.

Il existeXtel quef(X) = (A, ), cest-a-direAX = Aet BX = , ou encoreAXBet doncAB= .

SupposonsA B= et considerons (X, Y) (A) (B). On a :f(X Y) =

(X Y) A, (X Y) B

=

(XA) (YA), (X B) (Y B)

= (X , Y) = (X, Y).Ex. 30Ex. 30

1 ) Sip= qou siq= np, il est vrai que

n

p

=

n

q

. Supposons

n

p

=

n

q

avecp q,p 0 etn2 2n+ 3 2n+ 4secrit(n 2)2 5 0,ce qui, avecn, exige0 n 4.

44


35/36

Exercices

En consequence, on a 0 3n 1 2n+ 4et 0 n2 2n+ 3 2n+ 4si et seulement si n [[ 1, 4 ]], etlequation se li t alors 3n

1 = n2

2n+ 3ou3n

1 = 2n+ 4

(n2

2n+ 3).

3n 1 = n2 2n+ 3, cest-a-dire n2 5n+ 4 = 0donnen= 1ou n= 4,3n 1 +

n2 2n+ 3

= 2n+ 4, cest-a-dire n2 n 2 = 0donnen= 2.

En outre, toutn,n>5 implique3n+ 1 > 2n+ 4 et n2 2n+ 3 >2n+ 4 et se sont aussi des solutions.Comme il est clair que 5ne convient pas, lensemble des solutions est finalement :

{2, 4} {n | n 6} = {0, 1, 3, 5}.

Ex. 31Ex. 31

PosonsS1 =

(X,Y)(E)(E)

Card(X Y)etS2 =

(X,Y)(E)(E)

Card(X Y).

La bijectionX Xde (E)donne :

S1 = (X,Y)

Card(X Y) = (X,Y)

Card X Y= (X,Y)

Card X Y= (X,Y)

Card X Y.On en deduit :

4S1 =

(X,Y)

Card(X Y) + CardX Y

+ Card

X Y

+ Card

X Y

=

(X,Y)

Card E= n

2n2

,

etS1 = n4n1. De plus :

S1+ S2 =

(X,Y)

Card(X Y) +

(X,Y)

Card(X Y)cest-a-dire S1+ S2 =

(X,Y)

CardX+ Card Y

S1+ S2 =

(X,Y)

CardX+

(X,Y)

Card Y = 2

(X,Y)

CardX = 2 2n

X

CardX = 2n+1

n2n1

= n4n

= 4S1.

On en deduit S2

= 3S1

= 3n4n1.

Ex. 32Ex. 32

1 ) Les partitions deEen deux parties (non vides) sont les paires {X, X}, avecX Eet X .Il y a2n 2sous-ensemblesX, avecX Eet X .La bijectionX

X, X

montre que le nombre de paires

X, X

, avecX { , E}, est2n 2.

Les pairesX, X

etX , X

definissant la meme partition, il y a 2n1 1partitions deEen deux parties.

2 ) SoitKnle nombre de partitions deEen trois parties non vides.

On a K0 = K1 = K2 = 0etK3 = 1.

Pourn 3, on considerea E.

Parmi les Knpartitions de E, on distingue celles dont {a} est un element et celles dont {a} nest pas un element.Les premieres sont au nombre de2n2 1(on complete {a} par une partition en deux de E {a}).Si {a} nest pas element de partition, une partition {A, B, C} deE {a} donne3partitions deE:

A {a}, B , C

,

A, B {a}, C

et

A, B, C {a}

.

En definitive, on obtient Kn = 3Kn1+ 2n2 1.

Montons (par recurrence) que Kn = 1

2

3n1 + 1

2n1. Cest vrai aux rangs 1,2et3.

Si on aKn= 1

23n1 +

1

2 2n1, alors il vient Kn+1 = 3Kn+ 2n1 1 =

1

23n +

3

2 3 2n1 + 2n1 1,

cest-a-dire Kn+1 = 1

23n +

1

2 2n. Donc la propriete est hereditaire et, puisquelle est vraie pour n = 1, elle

lest aussi pour toutn .

45


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Ex. 33Ex. 33

Notons (p)la proposition relative a la reunion dune famille finie de pensembles. La propriete(1)est un truisme.La propriete(2)est un theoreme Card

A1 A2

= Card

A1

+ CardA2

CardA1 A2

.

Avec

p+1k=1

Ak =

pk=1

Ak

Ap+1 , ilvient Card

p+1k=1

Ak= Card

pk=1

Ak+CardAp+1 Card p

k=1

Ak

Ap+1

Par distributivite de lintersection par rapport a la reunion, il vient p

k=1

Ak

Ap+1 =

pk=1

AkAp+1

.

On utilise alors a deux reprises la propriete(p).

Card

pk=1

AkAp+1

=

pk=1

CardAkAp+1

k

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