Chap 3 - Sets, Functions - Demos PDF

BA AT AG Sa br in e Chapitre 3 – Ensembles, applications – Démos TC H ———————————————————————– pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition (La relation d’ordre ⊂) em 2. (Transitivité de ⊂) pl A⊂A (A ⊂ B et B ⊂ C)...

BA AT AG Sa br in e Chapitre 3 – Ensembles, applications – Démos TC H ———————————————————————– pl ai re de ———————————————————————– in e TC H AT AG BA Ex em ECG1 - Antoine Lagarde de Sa br Proposition (La relation d’ordre ⊂) em 2. (Transitivité de ⊂) pl A⊂A (A ⊂ B et B ⊂ C) =⇒ A ⊂ C. A = B si et seulement si A ⊂ B et B ⊂ A. TC H AT AG BA 3. (Antisymétrie de ⊂) Ex 1. (Réflexivité de ⊂) ai re Soient A, B et C trois ensembles. br Sa 2. Supposons que A ⊂ B et B ⊂ C. Soit x ∈ A. in e 1. ∀x ∈ A, x ∈ A donc A ⊂ A. de Comme A ⊂ B, alors x ∈ B. Et comme B ⊂ C, on a aussi x ∈ C. ai re Donc pour tout x ∈ A, on a aussi x ∈ C. Ce qui implique que A ⊂ C. (⇒) Supposons A = B. Soit x ∈ A. Comme A = B alors x ∈ B, donc A ⊂ B. De façon symétrique on obtient B ⊂ A. em pl 3. BA Ex (⇐) Supposons A ⊂ B et B ⊂ A. Supposons par l’absurde que A ̸= B. C’est à dire qu’il existe x ∈ A tel que x ∈ / B, ou AG x ∈ B tel que x ̸= A. TC in e Proposition H AT Si x ∈ A et x ∈ / B, alors A ̸⊂ B, ce qui est absurde. Si x ∈ B et x ∈ / A, alors B ̸⊂ A ce qui est absurde. Ainsi A = B. Sa br Pour tout ensemble E et toute partie A de E, en notant A le complémentaire de A dans E: 2. ∅ = E 3. E = ∅ Ex em pl ai re de 1. A = A 2. ∅ = {x ∈ E | x ∈ / ∅} = {x ∈ E} = E puisque tous les x vérifient x ∈ / ∅. / E}. Aucun x ne peut vérifier à la fois x ∈ E et x ∈ / E (principe du tiers-exclus) donc c’est l’ensemble vide. 3. E = {x ∈ E | x ∈ H AT AG BA 1. x ∈ A ⇐⇒ x ∈ / A ⇐⇒ non(x ∈ / A) ⇐⇒ x ∈ A. Donc A = A. 1 Proposition Soient A, B et C trois ensembles. TC H 3. A ∩ A = A Sa br in e 4. A ∩ B ⊂ A 5. Si A ⊂ B alors A ∩ B = A em pl ai re de 6. A ∩ ∅ = ∅ Ex 1. A ∩ B = {x | x ∈ A et x ∈ B} = {x | x ∈ B et x ∈ A} = B ∩ A AT AG BA 2. Ces ensembles sont égaux à {x | x ∈ A et x ∈ B et x ∈ C}, et donc égaux. H 3. A ∩ A = {x | x ∈ A et x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A TC 4. ∀x ∈ A ∩ B, x ∈ A. Donc A ∩ B ⊂ A. br in e 5. On suppose que A ⊂ B. On sait déjà que A ∩ B ⊂ A. Sa Réciproquement, soit x ∈ A. Comme A ⊂ B, alors x ∈ B, donc x ∈ A ∩ B, d’où A ⊂ A ∩ B. re de Par double inclusion, on obtient bien A ∩ B = A. em pl ai 6. A ∩ ∅ ⊂ ∅ par ce qui précède, et par convention l’ensemble vide est inclus dans tous les ensembles. BA Ex Proposition AT H A∪B =B∪A TC 1. (Commutativité de ∪) AG Soient A, B et C trois ensembles. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C in e 2. (Associativité de ∪) Sa br 3. A ∪ A = A de 4. A ⊂ A ∪ B pl ai re 5. Si A ⊂ B, alors A ∪ B = B AG BA Ex em 6. A ∪ ∅ = A AT 1. A ∪ B = {x | x ∈ A ou x ∈ B} = {x | x ∈ B ou x ∈ A} = B ∪ A TC H 2. Ces ensembles sont égaux à {x | x ∈ A ou x ∈ B ou x ∈ C}, et donc égaux. br in e 3. A ∪ A = {x | x ∈ A ou x ∈ A} = {x | x ∈ A} = A de Sa 4. Soit x ∈ A, alors x ∈ A ∪ B, donc A ⊂ A ∪ B. ai re 5. On suppose que A ⊂ B. AG BA Ex em pl (⊃) On sait déjà que B ⊂ A ∪ B. AT H A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C AT AG 2. (Associativité de ∩) A∩B =B∩A BA 1. (Commutativité de ∩) (⊂) Réciproquement, soit x ∈ A ∪ B. Alors x ∈ B ou x ∈ A. Si x ∈ A, x ∈ B car A ⊂ B. Donc x ∈ B, d’où A ∪ B ⊂ B. Par double inclusion A ∪ B = B. 6. A ⊂ A ∪ ∅ par ce qui précède, et si x ∈ A ∪ ∅, puisqu’il est impossible que x ∈ ∅, nécessairement x ∈ A. D’où A ∪ ∅ ⊂ A. On a donc égalité. 2 Proposition (Distributivité) Soient A, B et C trois ensembles. AT AG Sa br in e TC H 2. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). 1. Méthode 1 : par double inclusion de (⊃) Soit x ∈ A ∪ (B ∩ C). Alors x ∈ A ou x ∈ B ∩ C. pl ai re Si x ∈ A, alors x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). em Si x ∈ B ∩ C, alors x ∈ B et x ∈ C, donc x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Ex Dans tous les cas x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), donc A ∪ (B ∩ C) ⊂ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). AT AG BA (⊂) Soit x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Alors x ∈ A ∪ B et x ∈ A ∪ C. Si x ∈ A, alors x ∈ A ∪ (B ∩ C). TC H Si x ∈ / A, alors x ∈ B et x ∈ C, donc x ∈ B ∩ C et donc x ∈ A ∪ (B ∩ C). in e Dans tous les cas x ∈ A ∪ (B ∩ C), donc (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊂ A ∪ (B ∩ C). de Sa br Par double inclusion, on obtient A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). ai re Méthode 2 : par distributivité du ou sur le et em pl A ∪ (B ∩ C) = {x | x ∈ A ou x ∈ B ∩ C} BA Ex = {x | x ∈ A ou (x ∈ B et x ∈ C)} par règle de logique AG = {x | (x ∈ A ou x ∈ B) et (x ∈ A ou x ∈ C)} H AT = {x | (x ∈ A ∪ B) et (x ∈ A ∪ C)} TC = {x | x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)} de Sa br in e = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) re 2. Méthode 1 : par double inclusion em pl ai (⊂) Soit x ∈ A ∩ (B ∪ C), donc x ∈ A et x ∈ B ∪ C. Ex Si x ∈ B alors x ∈ A ∩ B, donc x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). BA Si x ∈ C alors x ∈ A ∩ C, donc x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). AG Dans tous les cas x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), donc A ∩ (B ∪ C) ⊂ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). H AT (⊃) Soit x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C), donc x ∈ A ∩ B ou x ∈ A ∩ C. TC Si x ∈ A ∩ B, alors x ∈ A et x ∈ B, donc x ∈ A et x ∈ B ∪ C donc x ∈ A ∩ (B ∪ C). br in e Si x ∈ A ∩ C, alors x ∈ A et x ∈ C, donc x ∈ A et x ∈ B ∪ C donc x ∈ A ∩ (B ∪ C). de Sa Dans tous les cas x ∈ A ∩ (B ∪ C), donc (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) ⊂ A ∩ (B ∪ C). ai re Par double inclusion (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) = A ∩ (B ∪ C). Méthode 2 : par distributivité du et sur le ou pl Ex em BA AG AT H BA 1. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). A ∩ (B ∪ C) = {x | x ∈ A et x ∈ B ∪ C} = {x | x ∈ A et (x ∈ B ou x ∈ C)} = {x | (x ∈ A et x ∈ B) ou (x ∈ A et x ∈ C)} = {x | (x ∈ A ∩ B) ou (x ∈ A ∩ C)} = {x | x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)} = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) 3 par règle de logique Proposition (Lois de Morgan) Soient A et B deux ensembles. AT AG Sa br in e TC H 2. A ∩ B = Ā ∪ B̄. 1. x ∈ A ∪ B ⇐⇒ x ∈ / A ∪ B ⇐⇒ x ∈ / A et x ∈ / B ⇐⇒ x ∈ Ā et x ∈ B̄ ⇐⇒ x ∈ Ā ∩ B̄, donc A ∪ B = Ā ∩ B̄ de 2. x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ / A ∩ B ⇐⇒ x ∈ / A ou x ∈ / B ⇐⇒ x ∈ Ā ou x ∈ B̄ ⇐⇒ x ∈ Ā ∪ B̄, donc A ∩ B = Ā ∪ B̄ em pl ai re Proposition (associativité de ◦) AT AG (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h) BA Ex 1. Soient f , g et h trois applications. Tant que la composition a du sens, on a Sa br in e TC H 2. Soit f une application de E dans F . Alors f ◦ idE = idF ◦ f = f re de 1. Posons h : E 7→ F , g : F 7→ G et f : G 7→ H. Alors: AG BA On a donc bien égalité entre les applications. Ex Dans l’autre sens: (f ◦ (g ◦ h)) (x) = f ((g ◦ h)(x)) = f (g(h(x))). em pl ai ∀x ∈ E, ((f ◦ g) ◦ h) (x) = (f ◦ g)(h(x)) = f (g(h(x))) AT 2. On a pour tout x ∈ E, (f ◦ idE )(x) = f (idE (x)) = f (x) et (idF ◦ f )(x) = idF (f (x)) = f (x) TC H D’où l’égalité entre les applications. Sa br in e Proposition x = f −1 (y) ⇐⇒ y = f (x) BA Ex em pl ai re de Soit x ∈ E, y ∈ F, f une application bijective de E dans F et f −1 l’application réciproque de f . AT AG (⇒) Si x = f −1 (y) alors par définition x est l’unique antécédent de y par f , donc c’est un antécédent: y = f (x). TC H (⇐) Si y = f (x), y a au moins un antécédent. Puisque f est bijective, il est unique, donc on a sans ambiguïté: x = f −1 (y). br in e Théorème (Caractérisation d’une bijection) de Sa Une application f de E dans F est une bijection si et seulement si il existe une application g : F −→ E telle que g ◦f = idE Ex em pl ai re et f ◦ g = idF . On a dans ce cas g = f −1 . AG BA (⇒) Si f est bijective, on pose g = f −1 . On a bien g : F −→ E et: AT H BA 1. A ∪ B = Ā ∩ B̄. – Pour tout x ∈ E, (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = f −1 (f (x)) = x, donc g ◦ f = idE . – Pour tout y ∈ F , (f ◦ g)(y) = f (g(y)) = f (f −1 (y)) = y, donc f ◦ g = idF . (⇐) Montrons que f est injective et surjective. – Injective: soient x1 , x2 ∈ E tels que f (x1 ) = f (x2 ). Alors g(f (x1 )) = g(f (x2 )) donc idE (x1 ) = idE (x2 ) d’où x1 = x2 . 4 – Surjective: soit y ∈ F . Puisque y = idF (y) = (f ◦ g)(y), on a y = f (g(y)). Ainsi on a bien trouvé un antécédent de y par f : c’est g(y). On a démontré l’équivalence. Montrons maintenant que g = f −1 . AT AG BA On a f −1 : F −→ E et ∀y ∈ F, f (g(y)) = y donc f −1 (f (g(y))) = f −1 (y) d’où g(y) = f −1 (y). Ainsi g = f −1 . Sa br in e pl ai re em
On a (g ◦ f ) : E −→ G et pour tout x ∈ E, (f −1 ◦ g −1 ) ◦ (g ◦ f ) (x) = f −1 (g −1 (g(f (x)))) = f −1 (f (x)) = x
De même pour tout y ∈ G, (g ◦ f ) ◦ (f −1 ◦ g −1 ) (y) = g(f (f −1 (g −1 (y)))) = g −1 (g(y)) = y de Soient g : F −→ G et f : E −→ F deux applications bijectives. Alors g ◦ f est bijective et (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . TC H Proposition (Réciproque d’une composée) Ex On a donc trouvé une application qui, composée à droite ou à gauche, donne à chaque fois l’identité. Notre fonction est donc bijective H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA Ex em pl ai re de Sa br in e TC H AT AG BA et (g ◦ f )−1 = f −1 ◦ g −1 . 5