Corrigé des exercices : Injections, surjections et relations en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Opérations sur trois intervalles

Idée clé : on place les bornes \(-2\), \(0\), \(1\), \(3\) et \(5\) sur une droite, puis on lit chaque opération en surveillant les crochets.

1. On obtient \(U \cup V = [-2, 5]\) et \(U \cap V = ]1, 3[\). Ensuite, \(U \setminus V\) contient les éléments de \(U\) inférieurs ou égaux à \(1\), donc \(U \setminus V = [-2, 1]\). De même, \(V \setminus U = [3, 5]\), car \(3\) n’appartient pas à \(U\).
2. On a \(U \cap W = [-2, 0]\). Son complémentaire dans \(\mathbb{R}\) est donc \(]-\infty, -2[ \cup ]0, +\infty[\). Enfin, tout élément de \(V\) est strictement positif, donc \(V \cap W = \varnothing\).
3. Les éléments sont \((0, a)\), \((0, b)\), \((0, c)\), \((1, a)\), \((1, b)\) et \((1, c)\). Ainsi, le produit a \(2 \times 3 = 6\) éléments.
4. Le couple \((-2, 2)\) appartient à \(U \times V\). En revanche, il n’appartient pas à \(V \times U\), car \(-2 \notin V\). Donc \(U \times V \neq V \times U\).

Corrigé de l’exercice 2 – Appartenance ou inclusion dans un ensemble de parties

Idée clé : les éléments de \(\mathcal{P}(X)\) sont des parties de \(X\) ; une inclusion dans \(\mathcal{P}(X)\) porte donc sur des ensembles de parties.

1. On trouve \(\mathcal{P}(X) = \{\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1, 2\}, \{1, 3\}, \{2, 3\}, X\}\). Il y a donc huit parties.
2. D’abord, \(\varnothing \in \mathcal{P}(X)\) est vraie, car \(\varnothing \subset X\). Ensuite, \(\varnothing \subset \mathcal{P}(X)\) est vraie, comme pour tout ensemble. De plus, \(\{1\} \in \mathcal{P}(X)\) est vraie. En revanche, \(\{1\} \subset \mathcal{P}(X)\) est fausse : elle exigerait \(1 \in \mathcal{P}(X)\), or \(1\) n’est pas une partie de \(X\). Enfin, \(\{\{1\}, X\} \subset \mathcal{P}(X)\) est vraie, car \(\{1\}\) et \(X\) sont deux parties de \(X\).
3. La seule partie de \(\varnothing\) est \(\varnothing\), donc \(\mathcal{P}(\varnothing) = \{\varnothing\}\). Cet ensemble a un élément. Par conséquent, \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\varnothing)) = \{\varnothing, \{\varnothing\}\}\), qui en a deux.

Corrigé de l’exercice 3 – Quatre applications à classer

Idée clé : pour chaque application, on résout \(f(x) = y\) ; un contre-exemple suffit pour nier une propriété.

1. Pour \(y\) réel, l’équation \(2x – 7 = y\) a l’unique solution \(x = \frac{y + 7}{2}\). Donc \(f_1\) est bijective, de réciproque \(y \mapsto \frac{y + 7}{2}\).
2. Si \(n + 3 = m + 3\), alors \(n = m\) : \(f_2\) est injective. Cependant, \(0\) n’a pas d’antécédent, car \(n + 3 \geq 3\). Donc \(f_2\) est injective mais pas surjective.
3. Pour \(m \in \mathbb{N}\), on a \(f_3(m) = m\) : \(f_3\) est surjective. Cependant, \(f_3(-1) = f_3(1)\). Ainsi, \(f_3\) est surjective mais pas injective.
4. D’abord, \(g(2) = \frac{2}{5}\) et \(g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{1/2}{5/4} = \frac{2}{5}\). Donc \(g\) n’est pas injective. Ensuite, déterminons \(g(\mathbb{R})\). Le réel \(0\) est atteint en \(0\). Pour \(y \neq 0\), l’équation \(g(x) = y\) équivaut à \(yx^2 – x + y = 0\). Ce trinôme a une racine réelle si et seulement si son discriminant \(1 – 4y^2\) est positif, c’est-à-dire \(|y| \leq \frac{1}{2}\). Par conséquent, \(g(\mathbb{R}) = \left[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right]\). En particulier, \(1\) n’a pas d’antécédent, et \(g\) n’est ni injective ni surjective.

La figure montre les deux bornes \(\pm \frac{1}{2}\), atteintes en \(\pm 1\), ainsi que les deux antécédents de \(\frac{2}{5}\).

Corrigé de l’exercice 4 – Images d’intervalles par une parabole

Idée clé : on découpe selon le sommet \(x = 1\), où \(f\) change de sens de variation.

1. Sur \([0, 1]\), \(f\) décroît de \(1\) à \(0\). Sur \([1, 3]\), elle croît de \(0\) à \(4\). Donc \(f([0, 3]) = [0, 4]\). Ensuite, \(f\) croît sur \([2, 3]\), d’où \(f([2, 3]) = [1, 4]\).
2. On a \(x \in f^{-1}([1, 9])\) si et seulement si \(1 \leq |x – 1| \leq 3\). Cela donne \(x – 1 \in [-3, -1] \cup [1, 3]\), donc \(f^{-1}([1, 9]) = [-2, 0] \cup [2, 4]\). Ensuite, un carré n’est jamais strictement négatif, donc \(f^{-1}(]-\infty, 0[) = \varnothing\). Enfin, \((x – 1)^2 = 4\) donne \(f^{-1}(\{4\}) = \{-1, 3\}\).
3. On a \(f^{-1}(f([2, 3])) = f^{-1}([1, 4])\). Or \(1 \leq |x – 1| \leq 2\) équivaut à \(x \in [-1, 0] \cup [2, 3]\). Ainsi, \(f^{-1}(f([2, 3])) = [-1, 0] \cup [2, 3]\), qui contient strictement \([2, 3]\).

Corrigé de l’exercice 5 – Partitions ou non

Idée clé : on vérifie les trois conditions une par une : parties non vides, deux à deux disjointes, réunion égale à l’ensemble.

1. Les trois parties sont non vides et disjointes. De plus, leur réunion contient les dix entiers. Donc c’est une partition.
2. L’entier \(3\) appartient aux deux premières parties. Ainsi, ce n’est pas une partition.
3. La famille contient l’ensemble vide. Par conséquent, ce n’est pas une partition, même si la réunion est correcte.
4. Chaque intervalle est non vide. Ensuite, tout réel \(x\) appartient à \([k, k + 1[\) pour \(k = \lfloor x \rfloor\), et pour ce seul entier \(k\), par unicité de la partie entière. Donc c’est une partition de \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Premiers calculs avec des fonctions indicatrices

Idée clé : deux fonctions sont égales quand elles coïncident en chaque point ; on fixe donc \(x \in X\) et l’on distingue les cas selon son appartenance.

1. Les valeurs de \(\mathbf{1}_U\) sont \(0\) et \(1\), qui sont égales à leur carré : \(\mathbf{1}_U^2 = \mathbf{1}_U\). Ensuite, un produit de deux nombres pris dans \(\{0, 1\}\) n’est non nul que lorsque chacun d’eux est non nul. Ainsi, \(\mathbf{1}_U(x)\mathbf{1}_V(x) = 1\) exactement quand \(x\) se trouve à la fois dans \(U\) et dans \(V\). Donc \(\mathbf{1}_{U \cap V} = \mathbf{1}_U \mathbf{1}_V\).
2. Si \(x \in U\), alors \(1 – \mathbf{1}_U(x) = 0\), sinon il vaut \(1\). C’est exactement \(\mathbf{1}_{\overline{U}}(x)\). Ensuite, \(U \cup V\) est le complémentaire de \(\overline{U} \cap \overline{V}\). Ainsi :
   \[\mathbf{1}_{U \cup V} = 1 – (1 – \mathbf{1}_U)(1 – \mathbf{1}_V) = \mathbf{1}_U + \mathbf{1}_V – \mathbf{1}_U \mathbf{1}_V.\]
3. Supposons \(U \subset V\). Si \(\mathbf{1}_U(x) = 1\), alors \(x \in V\) et \(\mathbf{1}_V(x) = 1\). Sinon, \(\mathbf{1}_U(x) = 0 \leq \mathbf{1}_V(x)\). Réciproquement, si \(\mathbf{1}_U \leq \mathbf{1}_V\) et \(x \in U\), alors \(1 \leq \mathbf{1}_V(x)\), donc \(x \in V\). D’où l’équivalence.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Différence symétrique et indicatrices

Idée clé : on note \(a\), \(b\), \(c\) les indicatrices, puis on calcule comme avec des nombres vérifiant \(a^2 = a\).

1. Les parties \(U \setminus V\) et \(V \setminus U\) sont disjointes, d’indicatrices \(a(1 – b)\) et \(b(1 – a)\). Leur réunion disjointe a donc pour indicatrice la somme \(a – ab + b – ab = a + b – 2ab\). De plus, \((a – b)^2 = a^2 – 2ab + b^2 = a + b – 2ab\). Ainsi, \(\mathbf{1}_{U \Delta V} = (\mathbf{1}_U – \mathbf{1}_V)^2\).
2. On a \(1 – (a + b – ab) = 1 – a – b + ab = (1 – a)(1 – b)\). Le membre de gauche est l’indicatrice de \(\overline{U \cup V}\), celui de droite celle de \(\overline{U} \cap \overline{V}\). Donc ces deux ensembles sont égaux.
3. Posons \(s = a + b – 2ab\). L’indicatrice de \((U \Delta V) \Delta W\) vaut :
   \[s + c – 2sc = a + b + c – 2ab – 2ac – 2bc + 4abc.\]
   Cette expression est symétrique en \(a\), \(b\), \(c\). Or \(U \Delta (V \Delta W) = (V \Delta W) \Delta U\), dont l’indicatrice est la même expression avec \(a\), \(b\), \(c\) permutés. Par conséquent, la différence symétrique est associative.
4. On a \(U \Delta V = \varnothing\) si et seulement si \((a – b)^2 = 0\), donc si et seulement si \(a = b\). Ainsi, \(U \Delta V = \varnothing \Leftrightarrow U = V\).

Corrigé de l’exercice 8 – Image directe d’une intersection

Idée clé : un élément de \(f(U) \cap f(V)\) a un antécédent dans \(U\) et un dans \(V\), mais rien n’oblige ces deux antécédents à coïncider.

1. Soit \(y \in f(U \cap V)\). Il existe \(x \in U \cap V\) tel que \(y = f(x)\). Comme \(x \in U\), on a \(y \in f(U)\), et de même \(y \in f(V)\). Donc \(f(U \cap V) \subset f(U) \cap f(V)\).
2. Ici, \(U \cap V = \varnothing\), donc \(f(U \cap V) = \varnothing\). En revanche, \(f(U) = f(V) = [1, 4]\). Ainsi, l’inclusion est stricte.
3. Supposons \(f\) injective et soit \(y \in f(U) \cap f(V)\). On écrit \(y = f(a) = f(b)\) avec \(a \in U\) et \(b \in V\). L’injectivité donne \(a = b\), donc \(a \in U \cap V\) et \(y \in f(U \cap V)\). Par conséquent, l’égalité a lieu.
4. Pour \(x \in X\), on a \(x \in f^{-1}(W \cap T)\) si et seulement si \(f(x) \in W\) et \(f(x) \in T\). C’est exactement \(x \in f^{-1}(W) \cap f^{-1}(T)\). De même, \(x \in f^{-1}(Y \setminus W)\) équivaut à \(f(x) \notin W\), donc à \(x \notin f^{-1}(W)\). Ainsi, les deux égalités sont établies.

Corrigé de l’exercice 9 – Aller-retour entre image directe et image réciproque

Idée clé : on traduit chaque appartenance par sa définition ; l’injectivité sert à revenir à \(U\), la surjectivité à remplir \(W\).

1. Soit \(x \in U\). Alors \(f(x) \in f(U)\), donc \(x \in f^{-1}(f(U))\). Ensuite, soit \(y \in f(f^{-1}(W))\). Il s’écrit \(y = f(x)\) avec \(x \in f^{-1}(W)\), donc \(y = f(x) \in W\). Ainsi, les deux inclusions sont vraies.
2. D’abord, \(f([0, 1]) = [0, 1]\), puis \(f^{-1}([0, 1]) = [-1, 1]\). Donc \(f^{-1}(f([0, 1])) = [-1, 1]\). Ensuite, \(f^{-1}([-4, 1]) = [-1, 1]\), car un carré est toujours positif. Par suite, \(f(f^{-1}([-4, 1])) = [0, 1]\), qui est strictement inclus dans \([-4, 1]\).
3. Supposons \(f\) injective et soit \(x \in f^{-1}(f(U))\). Alors \(f(x) \in f(U)\), donc \(f(x) = f(a)\) avec \(a \in U\). L’injectivité donne \(x = a \in U\). Avec la question 1, \(f^{-1}(f(U)) = U\).
4. Supposons \(f\) surjective et soit \(y \in W\). Il existe \(x \in X\) avec \(f(x) = y\). Comme \(f(x) \in W\), on a \(x \in f^{-1}(W)\), donc \(y \in f(f^{-1}(W))\). Avec la question 1, \(f(f^{-1}(W)) = W\).

Corrigé de l’exercice 10 – Une homographie bijective

Idée clé : on résout \(f(x) = y\) pour \(y \neq 3\), puis on vérifie que la solution est différente de \(2\).

1. Supposons \(f(x) = 3\). Alors \(3x + 1 = 3x – 6\), soit \(1 = -6\), ce qui est absurde. Donc \(f\) est à valeurs dans \(\mathbb{R} \setminus \{3\}\).
2. Soit \(y \neq 3\) et \(x \neq 2\). On a :
   \[\frac{3x + 1}{x – 2} = y \iff 3x + 1 = yx – 2y \iff x(y – 3) = 2y + 1 \iff x = \frac{2y + 1}{y – 3}.\]
   Il reste à vérifier que ce réel est différent de \(2\). Si \(\frac{2y + 1}{y – 3} = 2\), alors \(2y + 1 = 2y – 6\), ce qui est absurde. Donc l’équation a une unique solution dans \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\). Par conséquent, \(f\) est bijective et \(f^{-1}(y) = \dfrac{2y + 1}{y – 3}\).
3. On a \(f(0) = -\frac{1}{2}\), puis \(f\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{-1/2}{-5/2} = \frac{1}{5}\). Ainsi, \(f \circ f(0) = \frac{1}{5}\). Enfin, \(f^{-1}(7) = \frac{15}{4}\). On vérifie : \(f\left(\frac{15}{4}\right) = \frac{49/4}{7/4} = 7\).

Corrigé de l’exercice 11 – Deux applications du plan

Idée clé : on résout le système \(f(x, y) = (u, v)\) ; pour \(g\), la seconde coordonnée est toujours le double de la première.

1. Soit \((u, v) \in \mathbb{R}^2\). Le système \(x + 2y = u\), \(x – y = v\) donne, par soustraction, \(3y = u – v\). Ensuite, \(x = v + y\). Il a donc l’unique solution \(y = \frac{u – v}{3}\) et \(x = \frac{u + 2v}{3}\). Ainsi, \(f\) est bijective et \(f^{-1}(u, v) = \left(\frac{u + 2v}{3}, \frac{u – v}{3}\right)\).
2. On calcule \(f(0, 0) = (0, 0)\), \(f(1, 0) = (1, 1)\), \(f(1, 1) = (3, 0)\) et \(f(0, 1) = (2, -1)\). Le carré est envoyé sur le parallélogramme de sommets \((0, 0)\), \((1, 1)\), \((3, 0)\) et \((2, -1)\).
3. D’abord, \(g(2, -1) = (0, 0) = g(0, 0)\) : \(g\) n’est pas injective. Ensuite, toute image s’écrit \((t, 2t)\) avec \(t = x + 2y\). Réciproquement, \(g(t, 0) = (t, 2t)\). Donc \(g(\mathbb{R}^2)\) est la droite d’équation \(v = 2u\). Comme \((1, 0)\) n’est pas sur cette droite, \(g\) n’est pas surjective.

Corrigé de l’exercice 12 – Injectivité et surjectivité d’une composée

Idée clé : l’injectivité de \(g \circ f\) remonte vers \(f\), celle qui agit en premier ; la surjectivité descend vers \(g\), celle qui agit en dernier.

1. Soient \(x, x^{\prime}\) avec \(f(x) = f(x^{\prime})\). En appliquant \(g\), on obtient \(g \circ f(x) = g \circ f(x^{\prime})\). L’injectivité de \(g \circ f\) donne \(x = x^{\prime}\). Donc \(f\) est injective.
2. Prenons un élément \(z\) de \(Z\). Par hypothèse, la composée l’atteint : on dispose de \(x \in X\) vérifiant \(g(f(x)) = z\). Le point \(f(x)\), qui appartient à \(Y\), est alors envoyé sur \(z\) par \(g\). Chaque élément de \(Z\) est donc atteint par \(g\), et \(g\) est surjective.
3. Pour tout entier \(n\), on a \(n + 1 \geq 1\), donc \(g(f(n)) = (n + 1) – 1 = n\). Ainsi, \(g \circ f = \mathrm{id}_{\mathbb{N}}\), qui est bijective. Pourtant, aucun entier \(n\) ne vérifie \(n + 1 = 0\) : l’application \(f\) manque la valeur \(0\). De son côté, \(g\) envoie \(0\) et \(1\) sur le même entier \(0\). En résumé, \(f\) est injective non surjective et \(g\) surjective non injective. Cet exemple montre que les questions 1 et 2 sont optimales : on ne peut rien affirmer de plus sur \(f\) ni sur \(g\).
4. D’après la question 1, \(f\) est injective. Soit maintenant \(y \in Y\). Comme \(g \circ f\) est surjective, il existe \(x\) avec \(g(f(x)) = g(y)\). L’injectivité de \(g\) donne alors \(f(x) = y\). Par conséquent, \(f\) est bijective.

Corrigé de l’exercice 13 – Relation définie par x² – x = y² – y

Idée clé : la relation s’écrit \(\varphi(x) = \varphi(y)\) ; elle hérite donc des propriétés de l’égalité, et une factorisation décrit ses classes.

1. L’égalité \(\varphi(x) = \varphi(x)\) donne la réflexivité. Ensuite, \(\varphi(x) = \varphi(y)\) équivaut à \(\varphi(y) = \varphi(x)\), d’où la symétrie. Enfin, \(\varphi(x) = \varphi(y)\) et \(\varphi(y) = \varphi(z)\) entraînent \(\varphi(x) = \varphi(z)\). Donc \(\mathcal{R}\) est une relation d’équivalence.
2. On factorise :
   \[x^2 – x – (y^2 – y) = (x – y)(x + y) – (x – y) = (x – y)(x + y – 1).\]
   Ce produit est nul si et seulement si \(y = x\) ou \(y = 1 – x\).
3. Ainsi, la classe de \(x\) est \(\{x, 1 – x\}\). Elle a deux éléments, sauf si \(x = 1 – x\), c’est-à-dire \(x = \frac{1}{2}\). Donc seul \(\frac{1}{2}\) a une classe réduite à un élément. Par exemple, la classe de \(2\) est \(\{-1, 2\}\), comme sur la figure de l’énoncé.

Corrigé de l’exercice 14 – Une relation sur Z liée au nombre 5

Idée clé : l’écriture \(2a + 3b = 2(a – b) + 5b\) ramène la relation à la congruence modulo \(5\).

1. D’abord, \(2a + 3a = 5a\) : la relation est réflexive. Ensuite, si \(5\) divise \(2a + 3b\), il divise \(2b + 3a = 5(a + b) – (2a + 3b)\) : elle est symétrique. Enfin, si \(5\) divise \(2a + 3b\) et \(2b + 3c\), il divise leur somme \(2a + 5b + 3c\), donc \(2a + 3c\) : elle est transitive. Ainsi, \(\mathcal{S}\) est une relation d’équivalence.
2. Comme \(2a + 3b = 2(a – b) + 5b\), on a \(a \mathcal{S} b\) si et seulement si \(5\) divise \(2(a – b)\). Si \(5\) divise \(a – b\), c’est clair. Réciproquement, si \(5\) divise \(2k\) avec \(k = a – b\), alors il divise \(3 \times 2k – 5k = k\). Donc \(a \mathcal{S} b \Leftrightarrow 5 \mid a – b\).
3. Les classes sont celles de la congruence modulo \(5\). Il y en a cinq, de représentants \(0\), \(1\), \(2\), \(3\) et \(4\), donnés par le reste de la division euclidienne par \(5\).

Corrigé de l’exercice 15 – Divisibilité et diviseurs de 18

Idée clé : l’antisymétrie utilise la positivité des entiers ; ensuite, le diagramme permet de lire directement les comparaisons.

1. D’abord, \(a = 1 \times a\) donne la réflexivité. Ensuite, si \(a \mid b\) et \(b \mid a\), alors \(a \leq b\) et \(b \leq a\), car ces entiers sont strictement positifs. Donc \(a = b\). Enfin, si \(b = ka\) et \(c = lb\), alors \(c = (kl)a\). Ainsi, la divisibilité est un ordre sur \(\mathbb{N}^{*}\). Cependant, \(2\) et \(3\) ne se divisent pas l’un l’autre, donc l’ordre n’est pas total.
2. On a \(T = \{1, 2, 3, 6, 9, 18\}\). Les liaisons directes sont \(1 – 2\), \(1 – 3\), \(2 – 6\), \(3 – 6\), \(3 – 9\), \(6 – 18\) et \(9 – 18\), comme sur la figure.
3. Les éléments \(6\) et \(9\) sont incomparables et aucun élément de la partie n’est un multiple des deux. Donc pas de plus grand élément. De même, \(2\) et \(3\) sont incomparables, d’où pas de plus petit élément. Enfin, un majorant dans \(T\) est un multiple commun de \(6\) et de \(9\), donc de \(18\). Ainsi, le seul majorant est \(18\).

Le diagramme rend ces réponses visibles. En effet, un élément en majore un autre lorsqu’on peut monter de l’un à l’autre en suivant les traits. Ici, les deux sommets orange les plus hauts, \(6\) et \(9\), n’ont en commun que le sommet \(18\) au-dessus d’eux.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Aucune surjection vers l’ensemble des parties

Idée clé : la partie \(T\) se distingue de chaque \(f(x)\) au moins par l’élément \(x\) lui-même.

1. On a \(1 \notin \{2, 3\}\), donc \(1 \in T\). Ensuite, \(2 \in \{2\}\), donc \(2 \notin T\). Enfin, \(3 \notin \varnothing\), donc \(3 \in T\). Ainsi, \(T = \{1, 3\}\). Les images sont \(\{2, 3\}\), \(\{2\}\) et \(\varnothing\) : \(T\) n’en fait pas partie.
2. Supposons par l’absurde que \(T = f(a)\) pour un \(a \in X\). Si \(a \in T\), alors par définition de \(T\), \(a \notin f(a) = T\). Si \(a \notin T\), alors \(a \notin f(a)\), donc \(a \in T\). Les deux cas sont contradictoires. Par conséquent, aucune application de \(X\) dans \(\mathcal{P}(X)\) n’est surjective.
3. Notons \(\Psi\) l’application de l’énoncé. Considérons \(\Theta : \{0, 1\}^n \to \mathcal{P}(X)\), qui envoie \((\varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n)\) sur \(\{k,\ \varepsilon_k = 1\}\). D’une part, \(\Theta(\Psi(U)) = \{k,\ \mathbf{1}_U(k) = 1\} = U\). D’autre part, \(\Psi(\Theta(\varepsilon))\) a pour coordonnée \(k\) la valeur \(1\) exactement quand \(\varepsilon_k = 1\), donc vaut \(\varepsilon\). Ainsi, \(\Psi\) est bijective. Comme \(\{0, 1\}^n\) a \(2^n\) éléments, \(X\) possède \(2^n\) parties.

Corrigé de l’exercice 17 – Ordre lexicographique sur les couples d’entiers

Idée clé : on compare d’abord les premières coordonnées, et l’on ne regarde les secondes qu’en cas d’égalité, comme dans un dictionnaire.

1. La réflexivité vient de \(a = a\) et \(b \leq b\). Pour l’antisymétrie, supposons \((a, b) \preccurlyeq (c, d)\) et \((c, d) \preccurlyeq (a, b)\). Si \(a < c\), la seconde relation exigerait \(c \leq a\) : impossible. Donc \(a = c\), puis \(b \leq d\) et \(d \leq b\), d’où \(b = d\). Pour la transitivité, supposons \((a, b) \preccurlyeq (c, d) \preccurlyeq (e, f)\). Alors \(a \leq c \leq e\). Si l’une de ces inégalités est stricte, alors \(a < e\). Sinon, \(a = c = e\) et \(b \leq d \leq f\). Enfin, deux couples sont toujours comparables : si \(a \neq c\), l’un des deux est plus petit ; si \(a = c\), on compare \(b\) et \(d\). Donc \(\preccurlyeq\) est un ordre total.
2. Réflexivité, antisymétrie et transitivité de \(\leq_p\) découlent de celles de \(\leq\), coordonnée par coordonnée. Cependant, \((1, 0)\) et \((0, 1)\) ne sont pas comparables. Ainsi, \(\leq_p\) est un ordre partiel.
3. Soit \(U\) une partie non vide de \(\mathbb{N}^2\). L’ensemble des premières coordonnées des éléments de \(U\) est une partie non vide de \(\mathbb{N}\) ; notons \(a_0\) son minimum. Ensuite, notons \(b_0\) le minimum de \(\{b,\ (a_0, b) \in U\}\), qui est non vide. Soit \((a, b) \in U\). On a \(a \geq a_0\). Si \(a > a_0\), alors \((a_0, b_0) \preccurlyeq (a, b)\). Si \(a = a_0\), alors \(b \geq b_0\). Donc \((a_0, b_0)\) est le plus petit élément de \(U\).
4. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), on a \((0, n) \preccurlyeq (1, 0)\) et \((0, n) \neq (1, 0)\), car \(0 < 1\). Ainsi, \((1, 0)\) possède une infinité d’éléments strictement plus petits. En revanche, dans \(\mathbb{N}\) muni de l’ordre usuel, un entier \(m\) n’a que \(m\) prédécesseurs stricts.

Corrigé de l’exercice 18 – Problème : relation associée à une application

Idée clé : chaque classe regroupe les éléments qui ont la même image ; passer aux classes revient à rendre l’application injective.

1. Tout élément a la même image que lui-même, d’où la réflexivité. Ensuite, l’égalité \(f(x) = f(x^{\prime})\) se lit dans les deux sens, d’où la symétrie. Enfin, si \(f(x) = f(x^{\prime})\) et \(f(x^{\prime}) = f(x^{\prime\prime})\), alors \(f(x) = f(x^{\prime\prime})\). Par conséquent, \(\sim\) est une relation d’équivalence.
2. Pour \(x^{\prime} \in X\), on a \(x^{\prime} \in \mathrm{cl}(x)\) si et seulement si \(f(x^{\prime}) = f(x)\), c’est-à-dire \(f(x^{\prime}) \in \{f(x)\}\). Donc \(\mathrm{cl}(x) = f^{-1}(\{f(x)\})\).
3. Supposons \(\mathrm{cl}(x) = \mathrm{cl}(x^{\prime})\). Alors \(x^{\prime} \in \mathrm{cl}(x)\), donc \(f(x^{\prime}) = f(x)\). Ainsi, la valeur \(\Phi(\mathrm{cl}(x))\) ne dépend pas du représentant, et \(\Phi\) est bien définie.
4. Supposons \(\Phi(\mathrm{cl}(x)) = \Phi(\mathrm{cl}(x^{\prime}))\). Alors \(f(x) = f(x^{\prime})\), donc \(x \sim x^{\prime}\), puis \(\mathrm{cl}(x) = \mathrm{cl}(x^{\prime})\) : \(\Phi\) est injective. Ensuite, tout \(y \in f(X)\) s’écrit \(y = f(x) = \Phi(\mathrm{cl}(x))\) : \(\Phi\) est surjective. Par conséquent, \(\Phi\) est bijective.
5. Par définition, \(f\) est injective si et seulement si \(f(x^{\prime}) = f(x)\) entraîne \(x^{\prime} = x\). Autrement dit, la classe de chaque \(x\) se réduit à \(\{x\}\). Donc \(f\) est injective si et seulement si toutes les classes sont des singletons.
6. La classe de \((x_0, y_0)\) est l’ensemble des points vérifiant \(x – 2y = c\), avec \(c = x_0 – 2y_0\). C’est une droite dirigée par le vecteur \((2, 1)\). Les classes sont donc des droites parallèles qui recouvrent le plan. De plus, \(f(c, 0) = c\) pour tout réel \(c\), donc \(f(X) = \mathbb{R}\). Ainsi, \(\Phi\) associe à la droite d’équation \(x – 2y = c\) le réel \(c\). Par exemple, \((2, 1)\) et \((4, 2)\) sont dans la classe de l’origine.

Remarque :

Ce problème contient une idée qui reviendra souvent. Toute application \(f\) se décompose en trois étapes : d’abord l’envoi de \(x\) sur sa classe, qui est surjectif ; ensuite la bijection \(\Phi\) ; enfin l’inclusion de \(f(X)\) dans \(Y\), qui est injective. Ainsi, on isole la partie « non injective » de \(f\) dans le passage aux classes. En algèbre linéaire, ce même schéma conduira au théorème du rang.

Pour aller plus loin

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