Problèmes de Mathématiques
Ensembles normaux pour une application
Énoncé
Ensembles normaux pour une application
Soient E et F deux ensembles finis de même cardinal.
Soit f une application de P(E) dans P(F ) vérifiant les deux conditions suivantes :
f (∅) = ∅ et ∀ (A, B) ∈ P(E)2,
f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
1. Montrer l’implication : ∀ (A, B) ∈ P(E)2, A ⊂ B ⇒ f (A) ⊂ f (B). [ S ]
2. En déduire : ∀ (A, B) ∈ P(E)2, f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). [ S ]
On suppose, dans la suite du probleme, que f satisfait a la troisième condition :
∀ A ∈ P(E), Card(f (A)) ≥ Card(A)
3. On dit que A est normal (sous-entendu pour f ) si Card(f (A)) = Card(A).
(a) Montrer que ∅ et E sont normaux. [ S ]
(b) Montrer que si A et B sont normaux, A ∪ B et A ∩ B sont normaux. [ S ]
(c) Montrer que si A et B sont normaux, f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B). [ S ]
4. Parmi tous les sous-ensembles normaux non vides de E, soit A0 de cardinal minimum.
(a) Soit A un sous-ensemble normal de E. Montrer que A ⊃ A0 ou A ∩ A0 = ∅. [ S ]
(b) Soient α un élément de A0 et β un élément de f ({α}).
On pose E0 = E − {α} et F 0 = F − {β}.
On définit une application g de P(E0) dans P(F 0) par :
∀ C ∈ P(E0), g(C) = f (C) ∩ F 0
Montrer que g vérifie les trois conditions analogues à celles de f .
Indication : pour la troisième condition, on pourra considérer une partie A de E0 et
discuter suivant que A est ou n’est pas normal pour f .
[ S ]
(c) En déduire qu’il existe une bijection ϕ : E → F telle que : ∀ x ∈ E, ϕ(x) ∈ f ({x}).
Indication : procéder par récurrence sur l’entier n = Card E = Card F . [ S ]
c(cid:13)EduKlub S.A.
Page 1
Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation
individuelle et privée sont interdites.
www.klubprepa.net
Jean-Michel Ferrard
Problèmes de Mathématiques
Ensembles normaux pour une application
Corrigé
Corrigé du problème
1. Soit A et B deux parties de E telles que A ⊂ B.
Cette inclusion s’exprime aussi en écrivant que A ∪ B = B.
On en déduit f (B) = f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B).
Autrement dit, on a l’inclusion f (A) ⊂ f (B).
(cid:26) f (A ∩ B) ⊂ f (A)
Publicité
f (A ∩ B) ⊂ f (B)
(cid:26) A ∩ B ⊂ A
A ∩ B ⊂ B
donc
.
2. On a
[ Q ]
On en déduit l’inclusion f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
(a) On a toujours f (∅) = ∅.
3.
[ Q ]
Donc ici Card f (∅) = Card ∅ = 0.
Par hypothèse, Card f (E) ≥ Card E.
Or f (E) ⊂ F et Card E = Card F .
Il en découle f (E) = F , et donc Card f (E) = Card F = Card E.
Conclusion : les ensembles ∅ et E sont normaux.
(b) Soient A et B deux sous-ensembles normaux de E.
[ Q ]
– On a successivement :
Card f (A ∪ B) = Card (f (A) ∪ f (B))
(car f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B))
= Card f (A) + Card f (B) − Card (f (A) ∩ f (B))
(cardinal d’une réunion)
≤ Card f (A) + Card f (B) − Card f (A ∩ B)
(car f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B))
On en déduit :
Card f (A ∪ B) ≤ Card A + Card B − Card f (A ∩ B)
(car A, B sont normaux)
≤ Card A + Card B − Card (A ∩ B)
(car Card f (A ∩ B) ≥ Card (A ∩ B))
On a donc obtenu Card f (A ∪ B) ≤ Card A ∪ B.
Mais l’inégalité inverse est toujours vraie.
On en tire Card f (A ∪ B) = Card A ∪ B.
La réunion de deux ensembles normaux est donc un ensemble normal.
– On a prouvé l’inégalité Card f (A ∪ B) ≤ Card (A ∪ B) en utilisant entre autres
choses l’inégalité Card f (A ∩ B) ≥ Card (A ∩ B).
Mais puisqu’on a l’égalité finale Card f (A∪B) = Card (A∪B), toutes les inégalités
utilisées deviennent des égalités.
On en déduit en particulier Card f (A ∩ B) = Card (A ∩ B).
Cela signifie que l’intersection de deux ensembles normaux est un ensemble normal.
[ Q ]
c(cid:13)EduKlub S.A.
Page 2
Publicité
Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation
individuelle et privée sont interdites.
www.klubprepa.net
Jean-Michel Ferrard
Problèmes de Mathématiques
Ensembles normaux pour une application
Corrigé
(c) Soient A et B deux parties de E. On a toujours f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B).
Si A et B sont normaux, on sait que Card f (A ∩ B) = Card (f (A) ∩ f (B)) (c’est en
effet l’une des égalités qui résultent de la question précédente).
On en déduit alors l’égalité f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B).
[ Q ]
4.
(a) On sait que A ∩ A0 est une partie normale de E.
On a Card (A ∩ A0) ≤ Card A0. La définition de Card A0 implique alors :
– Ou bien A ∩ A0 est vide.
– Ou bien A ∩ A0 est de même cardinal que A0 :
Cette derniere éventualité signifie que A ∩ A0 = A0 c’est-a-dire A0 ⊂ A.
[ Q ]
(b) – On a tout d’abord g(∅) = f (∅) ∩ F 0 = ∅ ∩ F 0 = ∅.
– D’autre part, pour toutes parties A et B de E0, on a :
g(A ∪ B) = f (A ∪ B) ∩ F 0 = (f (A) ∪ f (B)) ∩ F 0
= (f (A) ∩ F 0) ∪ (f (B) ∩ F 0) = g(A) ∪ g(B).
– Il reste à montrer que pour toute partie A de E0, on a Card A ≤ Card g(A).
Il faut discuter suivant que A est ou n’est pas un sous-ensemble normal pour f .
(cid:5) Si A est un sous-ensemble normal pour f :
On sait qu’on a A0 ⊂ A ou A ∩ A0 = ∅.
Mais A0 ⊂ A est ici impossible car α appartient a A0 mais pas a A.
Par conséquent f (A) ∩ f (A0) = f (A ∩ A0) = f (∅) = ∅.
D’autre part, β appartient à f ({α}) et {α} est inclus dans A0.
On en déduit f ({α}) ⊂ f (A0) : β est donc un élément de f (A0).
Or β n’est pas un élément de f (A) car f (A) ∩ f (A0) = ∅.
Il en résulte que g(A) = f (A) ∩ (F \ {β}) = f (A).
Ainsi g(A) = f (A) et finalement Card g(A) = Card f (A) = Card A.
(cid:5) Si A n’est pas un sous-ensemble normal pour f :
On a nécessairement Card f (A) ≥ Card A + 1.
D’autre part, f (A) est inclus dans g(A) ∪ {β}.
On a donc également Card f (A) ≤ Card g(A) + 1.
Finalement : Card A ≤ Card f (A) − 1 ≤ Card g(A).
Ainsi, pour toute partie A de E0, on a : Card (A) ≤ Card g(A).
L’application g possède donc les trois mêmes propriétés que f .
[ Q ]
c(cid:13)EduKlub S.A.
Publicité
Page 3
Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation
individuelle et privée sont interdites.
www.klubprepa.net
Jean-Michel Ferrard
Problèmes de Mathématiques
Ensembles normaux pour une application
Corrigé
(c) On procède par récurrence sur l’entier n = Card E.
– Supposons n = 1. E est réduit a un singleton {x} et F a un singleton {y}.
On a nécessairement f ({x}) = {y} à cause de la propriété Card f (A) ≥ Card A.
L’application ϕ définie par ϕ(x) = y (d’ailleurs la seule application possible de E
vers F ) convient visiblement : elle est en effet bijective et on a ϕ(x) ∈ f ({x}).
– Soit n un entier supérieur ou égal à 2.
On suppose que la propriété a été démontrée au rang n − 1.
On suppose donc maintenant que Card E = Card F = n.
On se donne une partie A0 de E comme dans la question précédente.
Soit α un élément de A0 et β un élément de f ({α}).
NB : on sait que Card f ({α}) ≥ Card {α} ≥ 1, ce qui prouve l’existence de β.
On pose ensuite E0 = E \ {α} et F 0 = F \ {β}.
Les ensembles E0 et F 0 sont tous les deux de cardinal n − 1.
On sait qu’il existe une application g de P(E0) dans P(F 0) satisfaisant aux trois
conditions.
On en déduit (hypothèse de récurrence) l’existence d’une bijection ψ de E0 sur F 0
telle que : ∀ x ∈ E0, ψ(x) ∈ g({x}).
On prolonge alors ψ en une application ϕ : E → F , en posant ϕ(α) = β.
Il est clair que l’application ϕ est une bijection de E sur F .
D’une part, on a bien ϕ(α) = β ∈ f ({α}).
D’autre part, si x est un élément de E distinct de α, c’est-à-dire un élément de
E0, on sait que ϕ(x) = ψ(x) ∈ g({x}).
Or g({x}) = f ({x}) ∩ F 0 ⊂ f ({x}). On a donc encore ϕ(x) ∈ f ({x}).
On a ainsi construit ϕ : E → F , bijective, telle que : ∀ x ∈ E, ϕ(x) ∈ f ({x}).
Ceci prouve la propriété au rang n et achève la récurrence.
[ Q ]
c(cid:13)EduKlub S.A.
Page 4
Tous droits de l’auteur des œuvres réservés. Sauf autorisation, la reproduction ainsi que toute utilisation des œuvres autre que la consultation
individuelle et privée sont interdites.
www.klubprepa.net
Jean-Michel Ferrard