Exercices corrigés - Ensembles

On a : $$A=\left\{2,3,4,5,6\right\}.$$ Pour écrire $B$, on remarque que $1/2\leq n\leq 7/2\implies n=1,2$ ou $3$. Pour chaque valeur possible de $n$, on détermine ensuite les valeurs possibles de $p$ :

• Pour $n=1$, on a $p\in\{1,2\}$.
• Pour $n=2$, on a $p\in\{1,2,3,4\}$.
• Pour $n=3$, on a $p\in\{1,2,3,4,5,6\}$.

Finalement, on trouve $$B=\left\{1,2,\frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{4}{3},\frac{5}{3}\right\}.$$ On n'a pas écrit plusieurs fois 1, qui s'obtient aussi avec 2/2 et 3/3, ni plusieurs fois 2, qu'on obtient avec 2/1, 4/2 et 6/3.

On va procéder par double inclusion. Le plus facile est de prouver que $C\subset A$. En effet, prenons un couple $(x,y)\in C$. Alors on sait qu'il existe un $t\in\mathbb R$ tel que $x=t+1$ et $y=4t+3$. Mais alors, $$4x-y=4t+4-4t-3=1$$ et donc on a bien $(x,y)\in A$.
Réciproquement, prenons $(x,y)\in A$ et prouvons que $(x,y)\in C$. C'est plus difficile, car il faut construire un réel $t$. On va procéder par analyse-synthèse. Si un tel $t$ existe, alors nécessairement on doit avoir $t=x-1$. Posons donc $t=x-1$. Alors, $y=4x-1=4(t+1)-1=4t+3$. On a donc bien $(x,y)=(t+1,4t+3)$ et $(x,y)\in C$.

Non! Prendre par exemple $A=\{1,2\}$, $B=\{3,4\}$ et $C=\{2,3\}$.

Prenons $x\in A$. Alors $x\in A\cup B$, et donc $x\in B\cap C$. En particulier, $x\in B$, et donc $A\subset B$.
Prenons maintenant $x\in B$. Alors $x\in A\cup B$, et donc $x\in B\cap C$. En particulier, $x\in C$, et donc $B\subset C$.

Soit $x\in A\backslash C$. On raisonne par disjonction de cas :

• Soit $x\in B.$ Dans ce cas $x\in A\backslash B$ donc $x\in (A\backslash B)\cup (B\backslash C).$
• Soit $x\notin B.$ Dans ce cas $x\in B\backslash C$ et donc $x\in (A\backslash B)\cup (B\backslash C).$

On raisonne à chaque fois par double inclusion.

1. Soit $x\in (A\cap B)\cup C$. Alors ($x\in A$ et $x\in B$) ou $x\in C$. Si $x\in A$ et $x\in B$, alors $x\in A\cup C$ et $x\in B\cup C$, et l'inclusion est prouvée. Sinon, c'est que $x\in C$, et dans ce cas on a aussi $x\in A\cup C$ et $x\in B\cup C$.
   Réciproquement, si $x\in A\cup C$ et $x\in B\cup C$, on distingue deux cas :
   • Si $x\in C$, alors $x\in (A\cap B)$ ou $x\in C$ et donc $x\in (A\cap B)\cup C$.
   • Sinon, $x\notin C$. Mais alors, puisque $x\in A\cup C$, on a $x\in A$. De même, puisque $x\in B\cup C$, on a $x\in B$. Ceci prouve que $x\in A\cap B$ et donc $x\in (A\cap B)\cup C$.
2. On suppose que $x\in (A^c)^c$. Alors $x\notin A^c$, et donc $x\in A$. Réciproquement, si $x\in A$, alors $x\notin A^c$ et donc $x\in (A^c)^c$.
3. Soit $x\in(A\cap B)^c$. Alors $x\notin A\cap B$. On a donc $x\notin A$ ou $x\notin B$, c'est-à-dire $x\in A^c$ ou $x\in B^c$. On en déduit que $x\in A^c\cup B^c$. Réciproquement, soit $x\in A^c\cup B^c$. Alors $x\in A^c$ ou $x\in B^c$, c'est-à-dire $x\notin A$ ou $x\notin B$. En particulier, $x\notin A\cap B$ et donc $x\in(A\cap B)^c$.
4. On peut présenter aussi les raisonnements précédents sous forme d'équivalence. C'est ce que l'on fait pour ce dernier exemple : \begin{eqnarray*} x\in (A\cup B)^c&\iff&x\notin A\cup B\\ &\iff&x\notin A\textrm{ et }x\notin B\\ &\iff&x\in A^c\textrm{ et }x\in B^c\\ &\iff&x\in A^c\cap B^c. \end{eqnarray*}

Il y a d'abord un sens qui est facile : si $A=\varnothing$, alors par définition de la différence symétrique, on a bien $A\Delta B=B$ car $A=\varnothing$ et $\bar A\cap B=B$. Réciproquement, si $A\Delta B=B$, il faut prouver que $A=\varnothing$. On va découper la preuve en deux parties :

1. on prouve que $A\cap B=\varnothing$. En effet, prenons $x\in B$. Alors, en particulier $x\in A\Delta B$, et donc $x\in A\cap\bar B$ ou $x\in \bar A\cap B$. La première éventualité est impossible (car $x\in B$) et donc on a $x\in\bar A\cap B$. Ainsi, tout élément de $B$ est aussi dans $\bar A$, et donc $A\cap B=\varnothing$.
2. on va aussi prouver que $A\cap \bar B=\varnothing$. En effet, imaginons qu'on puisse trouve un élément dans $A\cap\bar B$. Alors cet élément serait aussi dans $A\Delta B=B$, ce qui est impossible puisqu'il serait simultanément dans $B$ et dans $\bar B$.

La confrontation des deux propriétés précédentes entraîne alors que $A=\varnothing$.

Traitons d'abord la première équation. Puisque $A\subset A\cup X$, une telle équation ne peut avoir une solution que si $A\subset B$. Supposons donc cette condition remplie, et déterminons toutes les solutions. Supposons d'abord que $X$ est une solution. Puisque $X\subset A\cup X$, on a nécessairement $X\subset B$. De plus, $X$ doit nécessairement contenir tous les éléments de $B$ qui ne sont pas dans $A$. Autrement dit, on a $B\backslash A\subset X\subset B$. Réciproquement, soit $X$ une partie de $\mathcal P(E)$ telle que $B\backslash A\subset X\subset B$. Alors $A\cup X\subset B\cup B=B$. De plus, $$B=A\cup (B\backslash A)\subset A\cup X,$$ et donc $A\cup X=B$. Donc toutes les solutions sont les parties $X$ telles que $B\backslash A\subset X\subset B$.
La deuxième équation se traite de façon similaire. Elle peut aussi se ramener à la première équation en prenant le complémentaire. On trouve qu'il existe des solutions si et seulement si $B\subset A$ et que, dans ce cas, toutes les solutions sont les parties $X$ telles que $B\subset X\subset (B\cup \bar A)$.

On classe les parties suivant leur nombre d'éléments :

1. 0 éléments : Il n'y a que l'ensemble vide : $\varnothing$.
2. 1 élément : Il y a les 4 singletons : $\{a\},\ \{b\},\ \{c\},\ \{d\}$.
3. 2 éléments : Il y a 6 parties à 2 éléments : $$\{a,b\},\ \{a,c\},\ \{a,d\},\ \{b,c\},\ \{b,d\},\ \{c,d\}.$$
4. 3 éléments : Il y a 4 parties à 3 éléments : $$\{a,b,c\},\ \{a,b,d\},\ \{a,c,d\},\ \{b,c,d\}.$$
5. 4 éléments : Il n'y a qu'une partie à 4 éléments : l'ensemble $E$ lui-même.

L'ensemble des parties de $E$ comporte donc $16=2^4$ éléments.

Procédons par l'absurde et supposons qu'il existe $A,B\subset\mathbb R$ tels que $D=A\times B$. Alors le point $(1,0)\in D$, et donc $1\in A$. De même, $(0,1)\in D$, et donc $1\in B$. On en déduit que $(1,1)\in A\times B=D$, ce qui n'est pas le cas. $D$ n'est donc pas le produit cartésien de deux parties de $\mathbb R$.

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 $(x,y)\in (A\times B)\cap(C\times D)$.