Corrigé TD N° : 2 Ensembles, Relations binaires et Applications
Correction de l'exercice 1
\(\{9\} \cup \{9\} = \{(9,9)\}\). Faux
Justification : \(A - B = \{x \in E | x \in A \land x \notin B\}. \)
D'où :
\(\{9\} \cup \{9\} = \{9\}\).
\(\{3\} - \{3\} = \{0\}\). Faux
Justification : \(A - B = \{x \in E | x \in A \land x \notin B\}\).
D'où :
\(\{9\} \cup \{9\} = \{9\}\).
\( \{3\} \times \{8\} = \{24\}\). Faux
Justification : \(E \times F = \{(x,y) | x \in E \land y \in F\}.\)
D'où : \( \{3\} \times \{8\} = \{(3,8)\}\).
\(\varnothing \subset \{\varnothing\}\). Vrai
Justification : L'ensemble vide est inclus dans tout ensemble.
Correction de l'exercice 2
\(A \cap B = \{\{a\}\}\)
\(A \cup B = \{\{a\}, \{b\}, \{a, b\}\}\)
\(B \setminus A = \{\{a, b\}\\)
\(A \triangle B = \{\{b\}\}\)
On a :
\(\{a\} \in A \cap B.\)
\(\{\{b\}\} \subset A \cup B.\)
\(\{a\} \notin B \setminus A.\)
\(\{a,b\} \in A \triangle B.\)
\(\{\{a\}\} \not\subset A \triangle B.\)
Soit \(x \in E\)
\(x \in \overline{A \cup B} \Longleftrightarrow x \notin(A \cup B) \\ \Longleftrightarrow x \notin A \wedge x \notin B \\ \Longleftrightarrow x \in \bar{A} \wedge x \in \bar{B} \\ \Longleftrightarrow x \in \bar{A} \cap \bar{B} \\\)
D'où : \( \overline{A \cup B}=\bar{A} \cap \bar{B} \)
Soit \(x \in E\)
\(\Longleftrightarrow x \notin(A \cap B) \\ \Longleftrightarrow x \notin A \vee x \notin B \\ \Longleftrightarrow x \in \bar{A} \vee x \in \bar{B} \\\)
D'où : \(\Longleftrightarrow x \in \bar{A} \cup \bar{B}\)
Soit \(x \in E\)
\(x \in \bar{B} \Longrightarrow x \notin B \)
\( \Longrightarrow x \notin A \text { car } A \subset B \)
\( \Longrightarrow x \in \bar{A} \\ \)
D'où : \(A \subset B \Longrightarrow \bar{B} \subset \bar{A}.\)
\(\overline{A \cup B} \cap \overline{C \cup \bar{A}} =(\bar{A} \cap \bar{B}) \cap(\bar{C} \)
\( \cap A) \text { (Lois de Morgan). } \)
\( =(\bar{A} \cap A) \cap(\bar{B} \cap \bar{C})(\cap \text { est associative). } \)
\( =\emptyset \cap(\bar{B} \cap \bar{C}) \)
\( =\emptyset\)
\( \overline{A \cap B} \cup \overline{C \cap \bar{A}} =(\bar{A} \cup \bar{B}) \cup(\bar{C} \cup A) \text { (Lois de Morgan). } \)
\( =(\bar{A} \cup A) \cup(\bar{B} \cup \bar{C})(\cup \text { est associative). } \)
\( =E \cup(\bar{B} \cup \bar{C}) \)
\( =E\).
Correction de l'exercice 3
\(x \in A \triangle B \Leftrightarrow x \in (A \setminus B) \cup (B \setminus A) \)
\(\Leftrightarrow (x \in A \setminus B) \lor (x \in B \setminus A) \)
\(\Leftrightarrow (x \in A \land x \notin B) \lor (x \in B \land x \notin A)\)
\( \Leftrightarrow [(x \in A) \lor (x \in B \land x \notin A)] \land [(x \notin B) \lor (x \in B \land x \notin A)] \)
\(\Leftrightarrow [(x \in A \lor x \in B) \land (x \in A \lor x \notin A)] \land [(x \notin B \lor x \in B) \land (x \notin B \lor x \notin A)]\)
\( \Leftrightarrow [x \in (A \cup B) \cap E] \land [x \in E \cap A \cap B] \)
\(\Leftrightarrow x \in (A \cup B) \land (x \notin A \cap B)\)
\(\Leftrightarrow x \in (A \cup B) \setminus (A \cap B)\).
D'où : \(A \triangle B = (A \cup B) \setminus (A \cap B)\).
\((A \cap B) \cap \overline{(A \cap C)} =(A \cap B) \cap(\bar{A} \cup \bar{C}) \)
\(=(A \cap B \cap \bar{A}) \cup(A \cap B \cap \bar{C}) \)
\( =\emptyset \cup(A \cap B \cap \bar{C}) \)
\( =A \cap B \cap \bar{C} \)
\( (A \cap C) \cap \overline{(A \cap B)} =(A \cap C) \cap(\bar{A} \cup \bar{B}) \)
\( =(A \cap C \cap \bar{A}) \cup(A \cap C \cap \bar{B})\)
\( =\emptyset \cup(A \cap C \cap \bar{B}) \)
\( =A \cap C \cap \bar{B}\)
\((A \cap B) \Delta(A \cap C) =((A \cap B) \backslash(A \cap C)) \cup((A \cap C) \backslash(A \cap B))\)
\(=((A \cap B) \cap \overline{(A \cap C)}) \cup((A \cap C) \cap \overline{(A \cap B)}) \)
\(=(A \cap B \cap \bar{C}) \cup(A \cap C \cap \bar{B})\)
\(=A \cap((B \cap \bar{C}) \cup(C \cap \bar{B}))\)
\( =A \cap((B \backslash C) \cup(C \backslash B)) \)
\( =A \cap(B \triangle C).\)
Correction de l'exercice 4
On va procéder par double inclusion. Soit \((x,y) \in (A \times B) \cap (C \times D)\). Alors \((x,y) \in A \times B\) et donc \(x \in A\), \(y \in B\). On a aussi \((x,y) \in (C \times D)\), et donc \(x \in C\) et \(y \in D\). Ainsi, \(x \in A \cap C\) et \(y \in B \cap D\). Ceci prouve que \((x,y) \in (A \cap C) \times (B \cap D)\).
Réciproquement, soit \((x,y) \in (A \cap C) \times (B \cap D)\). Alors \(x \in A \cap C\) et donc \(x \in A\) et \(x \in C\).
De même, \(y \in B \cap D\), donc \(y \in B\) et \(y \in D\). Ainsi, \((x,y) \in A \times B\) et \((x,y) \in C \times D\). On conclut que \((x,y) \in (A \times B) \cap (C \times D)\).
En définitive : \((A \times B) \cap (C \times D) = (A \cap C) \times (B \cap D)\)
Correction de l'exercice 5
Montrons que \(R\) est une relation d'équivalence.
\(R\) est réflexive ?
\(R\) est réflexive.
En effet, on a :
\(\forall x \in \mathbb{Z} : x - x = 0 \text{ est un multiple de } 3.\)
D'où : \(\forall x \in \mathbb{Z} : xRx.\)
R est symétrique ?
\(R\) est symétrique. En effet, on a :
\( \forall x, y \in \mathbb{Z} : xRy \Rightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : x - y = 3k.\)
\( \Rightarrow \exists k_1 = (-k) \in \mathbb{Z} : y - x = 3k_1.\)
\( \Rightarrow yRx.\)
\(R\) est transitive ?
\(R\) est transitive. En effet, on a :
\(\forall x, y, z \in \mathbb{Z} : (xRy \land yRz) \Rightarrow (\exists k \in \mathbb{Z} : x - y = 3k) \land \exists k_0 \in \mathbb{Z} : y - z = 3k_0.\)
\( \Rightarrow \exists p = k + k_0 \in \mathbb{Z} : x - z = 3p.\)
\( \Rightarrow xRz. \)
Par conséquent : \(R\) est une relation d'équivalence car elle est à la fois réflexive, symétrique et transitive.
Déterminons l'ensemble quotient \(\mathbb{Z}/R\).
Soit \(x \in \mathbb{Z}\), cherchons \(y \in \mathbb{Z}\) tel que \(yRx\).
\(yRx \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : y - x = 3k.\)
\( \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : y = x + 3k.\)
Donc :
\(\forall x \in \mathbb{Z} :\dot{x} = \{x + 3k\} \text{ où } k \in \mathbb{Z}.\)
Ainsi :
\( \mathbb{Z}/R = \{\{x + 3k\} \text{ où } k \in \mathbb{Z}, x \in \mathbb{Z}\}.\)
Montrons que :
\(\dot{7} =\dot{4}.\)
\( x \in\dot{7} \Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : x = 7 + 3k.\)
\(\Leftrightarrow \exists k \in \mathbb{Z} : x = 4 + 3 + 3k.\)
\( \Leftrightarrow \exists k_0 = (1 + k) \in \mathbb{Z} : x = 4 + 3k_0.\)
\(\Leftrightarrow x \in\dot{4}.\)
Montrons que "\(\leq\)" est une relation d'ordre sur \(\mathbb{N}^*\).
\(R\) est réflexive ?
\(R\) est réflexive. En effet, on a :
\(\forall x \in \mathbb{N}^* : x \text{ divise } x.\)
D'où :
\(\forall x \in \mathbb{N}^* : x \leq x.\)
\(R\) est anti-symétrique car :
\( \forall x, y \in \mathbb{N}^* : (x \leq y) \land (y \leq x) \Rightarrow (x \text{ divise } y) \land (y \text{ divise } x).\)
\(\Rightarrow x = y.\)
\( R\) est transitive ?
\(R\) est transitive. En effet, on a :
\( \forall x, y, z \in \mathbb{N}^* : (x \leq y \land y \leq z) \Rightarrow (x \text{ divise } y) \land (y \text{ divise } z).\)
\(\Rightarrow x \text{ divise } z.\)
\( \Rightarrow x \leq z.\)
Par conséquent : "\(\leq\)" est une relation d'ordre car elle est à la fois réflexive, anti-symétrique et transitive.
L'ordre est-il total ?
"\(\leq\)" est une relation non totalement ordonnée sur \(\mathbb{N}^*\).
En effet : par exemple les nombres \(x = 2\) et \(y = 9\) ne sont pas comparables.
On a :
\( (2 \text{ ne divise pas } 9) \land (9 \text{ ne divise pas } 2).\)
D'où :
\( \exists (x, y) \in \mathbb{N}^* \times \mathbb{N}^* : x \nleq y \land y \nleq x.\)
Par conséquent : "\(\leq\)" est une relation d'ordre partielle.
Correction de l'exercice 6
Montrons que : \( f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\).
Soit \(y \in F\).
\( y \in f(A \cup B) \iff \exists x \in A \cup B, y = f(x).\)
\( \iff \exists x: ((x \in A) \lor (x \in B)) \land (y = f(x)).\)
\(\iff \exists x: ((x \in A) \land (y = f(x))) \lor ((x \in B) \land (y = f(x))). \)
\( \iff [(\exists x \in A) \land (y = f(x))] \lor [(\exists x \in B) \land (y = f(x))]\)
\( \iff (y \in f(A)) \lor (y \in f(B)).\)
\(\iff y \in f(A) \cup f(B).\)
Ainsi, \( f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\).
On a : \([-2,1]\cap[0,3]=[0,1]\)
Donc \(f(A \cap B) = f([0, 1]) = \{ x^2, 0 \leq x \leq 1 \} = [0, 1].\)
En effet : \(0 \leq x \leq 1 \Rightarrow 0 \leq x^2 \leq 1.\)
D'autre part, on a :\( f(B) = f([0, 3]) = \{ x^2, 0 \leq x \leq 3 \} = [0, 9].\)
En effet : \(0 \leq x \leq 3 \Rightarrow 0 \leq x^2 \leq 9.\)
et
\( f(A) = f([-2, 1]).\)
\( = f([-2, 0] \cup [0, 1]).\)
\( = f([-2, 0]) \cup f([0, 1]).\)
\( = \{ x^2, -2 \leq x \leq 0 \} \cup [0, 1] .\)
\( = [0, 4] \cup [0, 1] .\)
\( = [0, 4] .\)
Car :
\( f([0,1]) = [0,1] et f([-2,0]) = \{x^2 \mid -2 \leq x \leq 0\} et -2 \leq x \leq 0 \Rightarrow 0 \leq x^2 \leq 4 .\)
On a : \(f(A) \cap f(B) = [0,4] \cap [0,9] = [0,4] .\)On voit que : \( [0,1] \subset [0,4] et [0,4] \not\subset [0,1] .\)
D'où : \( f(A) \cap f(B) \neq f(A \cap B) . \)
Soit \(y \in F\) , Quelle condition doit vérifier f pour que : \(f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B)\) .
\( y \in f(A) \cap f(B) \iff y \in f(A) \land y \in f(B) .\)
Si \( f\) est injective alors \(x_1 = x_2\) .
Ainsi,
\( \exists x \in A \cap B : y = f(x). \)
D'où :
\(y \in f(A \cap B) .\)