Logique et ensembles : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Tables de vérité et tautologies

1. On dresse la table en parcourant les quatre cas possibles pour \(P\) et \(Q\) :
   \[\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
   \hline P Q P \Rightarrow Q \neg P \vee Q \neg Q \Rightarrow \neg P \\
   \hline \text{V} \text{V} \text{V} \text{V} \text{V} \\
   \text{V} \text{F} \text{F} \text{F} \text{F} \\
   \text{F} \text{V} \text{V} \text{V} \text{V} \\
   \text{F} \text{F} \text{V} \text{V} \text{V} \\
   \hline \end{array}\]
   Les trois dernières colonnes sont identiques. Ainsi, \(P \Rightarrow Q\), \(\neg P \vee Q\) et la contraposée \(\neg Q \Rightarrow \neg P\) sont logiquement équivalentes.
2. Une implication n’est fausse que si son hypothèse est vraie et sa conclusion fausse. Supposons donc \(P \Rightarrow R\) fausse, c’est-à-dire \(P\) vraie et \(R\) fausse. Si \(P \Rightarrow Q\) était vraie, alors \(Q\) serait vraie, puisque \(P\) l’est. Ensuite, \(Q \Rightarrow R\) donnerait \(R\) vraie, ce qui est faux. Par conséquent, dès que la conclusion est fausse, l’hypothèse \((P \Rightarrow Q) \wedge (Q \Rightarrow R)\) est fausse. L’implication est donc vraie dans tous les cas : c’est une tautologie, appelée transitivité de l’implication.
3. Prenons \(P\) fausse et \(Q\) vraie. Alors \(P \Rightarrow Q\) est vraie, mais \(Q \Rightarrow P\) est fausse. L’implication \((P \Rightarrow Q) \Rightarrow (Q \Rightarrow P)\) a donc une hypothèse vraie et une conclusion fausse. Ce n’est pas une tautologie : une implication n’entraîne pas sa réciproque.
4. D’après la question 1, \(\neg(P \Rightarrow Q) \equiv \neg(\neg P \vee Q)\). Par la loi de De Morgan, cette assertion équivaut à \(\neg(\neg P) \wedge \neg Q\). Enfin, la double négation donne \(\neg(P \Rightarrow Q) \equiv P \wedge \neg Q\).

Point de méthode : la négation d’une implication n’est jamais une implication. C’est une conjonction : « l’hypothèse est vraie et la conclusion est fausse ».

Corrigé de l’exercice 2 : Négation d’assertions simples

1. L’assertion est une conjonction. Par De Morgan, sa négation est une disjonction : « \(n\) est impair ou \(n \leq\, 9\) ». En effet, pour un entier, \(n < 10\) équivaut à \(n \leq\, 9\).
2. La négation d’une disjonction est la conjonction des négations. On obtient « \(x > 1\) et \(x \leq\, 5\) », c’est-à-dire \(1 < x \leq\, 5\).
3. L’assertion signifie « \(0 < x\) et \(x \leq\, 3\) ». Sa négation est donc « \(x \leq\, 0\) ou \(x > 3\) ».
4. D’après l’exercice 1, la négation de \(P \Rightarrow Q\) est \(P \wedge \neg Q\). On obtient ainsi « \(n\) est premier et \(n\) est pair ». Or cette négation est vraie pour \(n = 2\). L’assertion de départ n’est donc pas vraie pour tout \(n\) ; elle est fausse pour \(n = 2\), et vraie pour tout autre entier.
5. L’équivalence \(P \Leftrightarrow Q\) signifie \((P \Rightarrow Q) \wedge (Q \Rightarrow P)\). Sa négation est donc \((P \wedge \neg Q) \vee (Q \wedge \neg P)\). Ici, cela donne « (\(x = 0\) et \(y \neq 0\)) ou (\(x \neq 0\) et \(y = 0\)) ». Autrement dit, exactement l’un des deux réels est nul.

Corrigé de l’exercice 3 : Traduction en langage formel

1. La fonction prend toujours la même valeur : \(\exists c \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ f(x) = c\). Une traduction équivalente est \(\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ f(x) = f(y)\).
2. Il suffit d’un point d’annulation : \(\exists x \in \mathbb{R},\ f(x) = 0\).
3. Tous les points sont des zéros : \(\forall x \in \mathbb{R},\ f(x) = 0\).
4. C’est la négation de la phrase précédente : \(\exists x \in \mathbb{R},\ f(x) \neq 0\). Attention, ce n’est pas « \(\forall x,\ f(x) \neq 0\) », qui signifierait que \(f\) ne s’annule jamais.
5. \(\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ x \leq\, y \Rightarrow f(x) \leq\, f(y)\).
6. Chaque réel \(y\) doit être atteint : \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ f(x) = y\). Ici, \(x\) dépend de \(y\), d’où l’ordre des quantificateurs.
7. Une même constante doit majorer \(|f|\) partout : \(\exists M \in \mathbb{R},\ \forall x \in \mathbb{R},\ |f(x)| \leq\, M\).
8. Quitte à échanger les deux réels, on peut supposer le premier strictement plus petit. On écrit donc \(\forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ x < y \Rightarrow \exists q \in \mathbb{Q},\ x < q < y\).

Point de méthode : écrivez les quantificateurs dans l’ordre où l’on choisit les objets. Un objet qui dépend d’un autre doit être introduit après lui.

Corrigé de l’exercice 4 : Vrai ou faux avec quantificateurs

1. Vraie. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Le réel \(y = x + 1\) vérifie \(y > x\).
2. Fausse. Sa négation est \(\forall y \in \mathbb{R},\ \exists x \in \mathbb{R},\ x \geq\, y\). Or elle est vraie : pour \(y\) donné, \(x = y\) convient. Autrement dit, aucun réel ne majore strictement tous les réels.
3. Fausse. Sa négation s’écrit \(\exists x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ y^2 \neq x\). Prenons \(x = -1\) : pour tout réel \(y\), \(y^2 \geq\, 0 > -1\), donc \(y^2 \neq -1\).
4. Vraie. Soit \(x \geq\, 0\). Le réel \(y = \sqrt{x}\) vérifie \(y^2 = x\).
5. Vraie. Le réel \(x = 0\) convient, car \(0 \times y = 0\) pour tout \(y\).
6. Fausse. Sa négation est \(\exists x \in \mathbb{R},\ \forall y \in \mathbb{R},\ xy \neq 1\). En effet, pour \(x = 0\), on a \(xy = 0 \neq 1\) pour tout \(y\).
7. Vraie. Soit \(n \in \mathbb{N}\). Si \(n\) est pair, \(m = n/2\) est un entier naturel et \(n = 2m\). Sinon, \(n \geq\, 1\) est impair, donc \(m = (n – 1)/2\) est un entier naturel et \(n = 2m + 1\).
8. Fausse. La négation de « il existe un unique \(x\) » est « il n’existe aucun \(x\), ou il en existe au moins deux distincts ». Ici, \(2\) et \(-2\) sont deux réels distincts de carré \(4\). L’unicité est donc en défaut.

Corrigé de l’exercice 5 : Lecture d’un graphe et quantificateurs

1. Vraie. Sa négation est \(\exists x \in [-2, 2],\ f(x) < -2 \text{ ou } f(x) > 2\). Démontrons l’assertion. D’abord, on vérifie en développant que \[f(x) – 2 = x^3 – 3x – 2 = (x + 1)^2 (x – 2), \qquad f(x) + 2 = x^3 – 3x + 2 = (x – 1)^2 (x + 2).\] Soit \(x \in [-2, 2]\). Comme \((x + 1)^2 \geq\, 0\) et \(x – 2 \leq\, 0\), on a \(f(x) – 2 \leq\, 0\). De même, \((x – 1)^2 \geq\, 0\) et \(x + 2 \geq\, 0\), donc \(f(x) + 2 \geq\, 0\). Ainsi, \(-2 \leq\, f(x) \leq\, 2\) pour tout \(x \in [-2, 2]\). Ces bornes sont atteintes en \(x = 1\) et \(x = -1\).
2. Vraie. Sa négation est \(\forall x \in [-2, 2],\ f(x) \neq 0\). Or \(f(0) = 0\), ce qui suffit. Plus précisément, \(f(x) = x(x^2 – 3)\) s’annule en \(0\), \(\sqrt{3}\) et \(-\sqrt{3}\). Ces trois réels sont dans \([-2, 2]\), car \(3 < 4\) donne \(\sqrt{3} < 2\).
3. Fausse. Sa négation est : « \(\forall x \in [-2, 2],\ f(x) \neq 1\), ou il existe deux réels distincts \(x, x^{\prime}\) de \([-2, 2]\) tels que \(f(x) = f(x^{\prime}) = 1\) ». Montrons la seconde partie. La fonction \(g = f – 1\) est polynomiale, donc continue. De plus, \(g(-2) = -3\), \(g(-1) = 1\), \(g(0) = -1\) et \(g(2) = 1\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, \(g\) s’annule sur \(]-2, -1[\), sur \(]-1, 0[\) et sur \(]0, 2[\). L’équation \(f(x) = 1\) a donc au moins trois solutions distinctes (environ \(-1{,}53\), \(-0{,}35\) et \(1{,}88\)).
4. Vraie. Sa négation est \(\exists y \in [-2, 2],\ \forall x \in [-2, 2],\ f(x) \neq y\). Démontrons l’assertion. Soit \(y \in [-2, 2]\). La fonction \(f\) est continue sur \([-1, 1]\), avec \(f(-1) = 2\) et \(f(1) = -2\). Comme \(y\) est compris entre ces deux valeurs, le théorème des valeurs intermédiaires fournit \(x \in [-1, 1]\) tel que \(f(x) = y\). Tout réel de \([-2, 2]\) est donc atteint.
5. Fausse. Sa négation est \(\exists x \in [0, 2],\ f(x) > 0\). Or \(f(2) = 8 – 6 = 2 > 0\). Le réel \(x = 2\) est un contre-exemple. En fait, \(f(x) \leq\, 0\) seulement sur \([0, \sqrt{3}]\).
6. Fausse. L’assertion dit que \(f\) est croissante. Sa négation est \(\exists (x, y) \in [-2, 2]^2,\ x \leq\, y \text{ et } f(x) > f(y)\). Prenons \(x = -1\) et \(y = 1\) : on a \(x \leq\, y\), et pourtant \(f(-1) = 2 > -2 = f(1)\). La fonction \(f\) n’est donc pas croissante sur \([-2, 2]\).

La figure ci-dessous reprend la courbe avec les points utilisés : les zéros, les extremums locaux et les trois solutions de \(f(x) = 1\).

Corrigé de l’exercice 6 : Négation de phrases à plusieurs quantificateurs

1. Continuité en \(a\) : \[\forall \varepsilon > 0,\ \exists \eta > 0,\ \forall x \in \mathbb{R},\ |x – a| \leq\, \eta \Rightarrow |f(x) – f(a)| \leq\, \varepsilon.\] Négation : \(\exists \varepsilon > 0,\ \forall \eta > 0,\ \exists x \in \mathbb{R},\ |x – a| \leq\, \eta \text{ et } |f(x) – f(a)| > \varepsilon\). L’implication finale devient bien une conjonction.
2. Limite \(+\infty\) : \(\forall A \in \mathbb{R},\ \exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \geq\, N,\ u_n \geq\, A\). Négation : \(\exists A \in \mathbb{R},\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \geq\, N,\ u_n < A\).
3. Suite bornée : \(\exists M \in \mathbb{R},\ \forall n \in \mathbb{N},\ |u_n| \leq\, M\). Négation : \(\forall M \in \mathbb{R},\ \exists n \in \mathbb{N},\ |u_n| > M\).
4. Périodicité : \(\exists T > 0,\ \forall x \in \mathbb{R},\ f(x + T) = f(x)\). Négation : \(\forall T > 0,\ \exists x \in \mathbb{R},\ f(x + T) \neq f(x)\).
5. Continuité uniforme : \(\forall \varepsilon > 0,\ \exists \eta > 0,\ \forall (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ |x – y| \leq\, \eta \Rightarrow |f(x) – f(y)| \leq\, \varepsilon\). Négation : \(\exists \varepsilon > 0,\ \forall \eta > 0,\ \exists (x, y) \in \mathbb{R}^2,\ |x – y| \leq\, \eta \text{ et } |f(x) – f(y)| > \varepsilon\). Comparez avec la question 1 : ici, \(\eta\) ne dépend pas du point.
6. Croissance à partir d’un rang : \(\exists N \in \mathbb{N},\ \forall n \geq\, N,\ u_n \leq\, u_{n+1}\). Négation : \(\forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \geq\, N,\ u_n > u_{n+1}\). Autrement dit, la suite décroît strictement d’un terme au suivant une infinité de fois.
7. La négation de « \((u_n)\) converge vers \(0\) » s’écrit \(\exists \varepsilon > 0,\ \forall N \in \mathbb{N},\ \exists n \geq\, N,\ |u_n| > \varepsilon\). Prenons \(\varepsilon = \frac{1}{2}\). Soit \(N \in \mathbb{N}\) ; choisissons \(n = N\). Alors \(|u_N| = |(-1)^N| = 1 > \frac{1}{2}\). La négation est donc vraie : \((u_n)\) ne converge pas vers \(0\).

Point de méthode : dans une négation, les ensembles de quantification ne changent pas. Par exemple, « \(\forall \varepsilon > 0\) » devient « \(\exists \varepsilon > 0\) », et jamais « \(\exists \varepsilon \leq\, 0\) ».

Corrigé de l’exercice 7 : Ordre des quantificateurs

1. Soit \(x \in \mathbb{R}\). Posons \(M = f(x)\) ; alors \(f(x) \leq\, M\). L’assertion \(A\) est donc vraie pour toute fonction, car \(M\) peut dépendre de \(x\). En revanche, \(B\) exige une constante \(M\) commune à tous les \(x\) : \(B\) signifie que \(f\) est majorée. Pour \(f(x) = x\), \(B\) est fausse. En effet, sa négation \(\forall M,\ \exists x,\ f(x) > M\) est vraie avec \(x = M + 1\).
2. Dans \(\mathbb{N}\) :
   • \(\forall x\, \exists y,\ x \leq\, y\) est vraie, avec \(y = x\) ;
   • \(\exists y\, \forall x,\ x \leq\, y\) est fausse, car sa négation \(\forall y\, \exists x,\ x > y\) est vraie avec \(x = y + 1\) ;
   • \(\exists x\, \forall y,\ x \leq\, y\) est vraie, avec \(x = 0\), plus petit élément de \(\mathbb{N}\) ;
   • \(\forall y\, \exists x,\ x \leq\, y\) est vraie, avec \(x = y\).
3. Dans \(\mathbb{Z}\), l’assertion \(\exists x\, \forall y,\ x \leq\, y\) est fausse. En effet, sa négation \(\forall x\, \exists y,\ y < x\) est vraie avec \(y = x – 1\). Ainsi, \(\mathbb{Z}\) n’a pas de plus petit élément.
4. Supposons qu’il existe \(y_0 \in F\) tel que \(P(x, y_0)\) soit vraie pour tout \(x \in E\). Soit alors \(x \in E\). Par hypothèse, \(P(x, y_0)\) est vraie. Il existe donc bien un \(y \in F\), à savoir \(y_0\), tel que \(P(x, y)\). Comme \(x\) est quelconque, on a démontré \(\forall x \in E,\ \exists y \in F,\ P(x, y)\). La question 2 montre que la réciproque est fausse.

Corrigé de l’exercice 8 : Réciproque et contraposée

1. Réciproque : \(x^2 > 1 \Rightarrow x > 1\). Contraposée : \(x^2 \leq\, 1 \Rightarrow x \leq\, 1\). L’implication est vraie. En effet, si \(x > 1\), alors \(x > 0\), donc \(x^2 = x \cdot x > 1 \cdot x > 1\). En revanche, la réciproque est fausse : \(x = -2\) vérifie \(x^2 = 4 > 1\) mais pas \(x > 1\). Implication vraie, réciproque fausse.
2. Réciproque : \(n\) pair \(\Rightarrow\) \(n\) multiple de \(6\). Contraposée : \(n\) impair \(\Rightarrow\) \(n\) n’est pas multiple de \(6\). Si \(n = 6k\), alors \(n = 2(3k)\) est pair. Cependant, \(n = 2\) est pair sans être multiple de \(6\). Implication vraie, réciproque fausse.
3. Réciproque : \((a = 0 \text{ ou } b = 0) \Rightarrow ab = 0\). Contraposée : \((a \neq 0 \text{ et } b \neq 0) \Rightarrow ab \neq 0\). L’implication est vraie : si \(ab = 0\) et \(a \neq 0\), alors \(b = \frac{ab}{a} = 0\). La réciproque est vraie aussi, car un produit dont un facteur est nul est nul. Les deux sont vraies : on a une équivalence.
4. Réciproque : \(x = 1 \Rightarrow x^2 = x\). Contraposée : \(x \neq 1 \Rightarrow x^2 \neq x\). L’implication est fausse, car \(x = 0\) vérifie \(x^2 = x\) et \(x \neq 1\). La réciproque est vraie, puisque \(1^2 = 1\). Implication fausse, réciproque vraie. En fait, \(x^2 = x \Leftrightarrow x \in \{0, 1\}\).
5. D’après la question 1, « \(x > 1\) » entraîne « \(x^2 > 1\) » : c’est une condition suffisante. En revanche, \(x = -2\) vérifie \(x^2 > 1\) sans vérifier \(x > 1\) : ce n’est pas une condition nécessaire. La condition nécessaire et suffisante est \(|x| > 1\).

Corrigé de l’exercice 9 : Raisonnements par contraposition

1. La contraposée s’écrit : si \((x + 1)(y – 1) = (x – 1)(y + 1)\), alors \(x = y\). Supposons cette égalité. En développant, on obtient \(xy – x + y – 1 = xy + x – y – 1\), donc \(2y = 2x\). Ainsi \(x = y\), et l’implication de départ est démontrée.
2. La contraposée s’écrit : si \(n\) est impair, alors \(8\) divise \(n^2 – 1\). Supposons \(n = 2k + 1\) avec \(k \in \mathbb{Z}\). Alors \[n^2 – 1 = 4k^2 + 4k = 4k(k + 1).\] Or \(k(k + 1)\) est pair, comme produit de deux entiers consécutifs. Écrivons \(k(k + 1) = 2j\) avec \(j \in \mathbb{Z}\). Alors \(n^2 – 1 = 8j\). Donc \(8\) divise \(n^2 – 1\), ce qui établit la contraposée.
3. La contraposée s’écrit : si \(a \neq 0\), alors il existe \(\varepsilon > 0\) tel que \(|a| > \varepsilon\). Supposons \(a \neq 0\), donc \(|a| > 0\). Posons \(\varepsilon = \frac{|a|}{2}\). Alors \(\varepsilon > 0\) et \(|a| = 2\varepsilon > \varepsilon\). La contraposée est vraie, donc l’implication aussi.
4. La contraposée s’écrit : si \(n \geq\, 2\) n’est pas premier, alors \(2^n – 1\) n’est pas premier. Supposons \(n = ab\) avec \(a, b\) entiers tels que \(2 \leq\, a < n\) et \(2 \leq\, b < n\). Appliquons l’identité avec \(x = 2^a\) : \[2^n – 1 = (2^a)^b – 1 = (2^a – 1)(2^{a(b-1)} + 2^{a(b-2)} + \cdots + 2^a + 1).\] D’une part, \(2^a – 1 \geq\, 3\), car \(a \geq\, 2\). D’autre part, \(2^a – 1 < 2^n – 1\), car \(a < n\). Ainsi, \(2^n – 1\) admet un diviseur strictement compris entre \(1\) et lui-même. Il n’est donc pas premier, ce qui prouve l’implication. Par exemple, \(2^4 – 1 = 15 = 3 \times 5\). Notez que la réciproque est fausse : \(2^{11} – 1 = 2047 = 23 \times 89\).

Point de méthode : commencez toujours par écrire la contraposée en toutes lettres. Ensuite, annoncez « Supposons… » avec la négation de la conclusion.

Corrigé de l’exercice 10 : Irrationalité par l’absurde

1. Supposons par l’absurde que \(\sqrt{6} = \frac{p}{q}\), avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\) et la fraction irréductible. Alors \(p^2 = 6q^2\), donc \(p^2\) est pair. D’après le cours, \(p\) est alors pair : écrivons \(p = 2k\). On obtient \(4k^2 = 6q^2\), soit \(2k^2 = 3q^2\). Ainsi, \(3q^2\) est pair. Or si \(q^2\) était impair, \(3q^2\) serait impair ; donc \(q^2\) est pair, puis \(q\) est pair. Finalement, \(2\) divise \(p\) et \(q\), ce qui contredit l’irréductibilité. Donc \(\sqrt{6}\) est irrationnel.
2. On calcule \((\sqrt{2} + \sqrt{3})^2 = 2 + 2\sqrt{6} + 3 = 5 + 2\sqrt{6}\). Supposons par l’absurde que \(s = \sqrt{2} + \sqrt{3}\) soit rationnel. Alors \(s^2\) est rationnel, donc \(\sqrt{6} = \frac{s^2 – 5}{2}\) aussi. Cela contredit la question 1. Donc \(\sqrt{2} + \sqrt{3}\) est irrationnel.
3. Supposons par l’absurde que \(r = x + y\) soit rationnel. Alors \(y = r – x\) est une différence de rationnels, donc un rationnel. C’est absurde, donc \(x + y \notin \mathbb{Q}\). De même, supposons \(x \neq 0\) et \(xy = r \in \mathbb{Q}\). Alors \(y = \frac{r}{x}\) est rationnel, ce qui est absurde. Donc \(xy \notin \mathbb{Q}\).
4. Non. D’après la question 3 avec \(x = -1\), le réel \(-\sqrt{2}\) est irrationnel. Pourtant, \(\sqrt{2} + (-\sqrt{2}) = 0\) est rationnel. De même, \(\sqrt{2}\) et \(1 – \sqrt{2}\) sont irrationnels, et leur somme vaut \(1\).

Corrigé de l’exercice 11 : Nombres premiers et logarithmes

1. Supposons par l’absurde qu’il n’existe qu’un nombre fini de nombres premiers \(p_1, \ldots, p_k\). Posons \(N = p_1 p_2 \cdots p_k + 1\). Comme \(N \geq\, 3\), il possède un diviseur premier \(p\). Or \(p\) figure dans la liste : \(p = p_i\). Ainsi, \(p_i\) divise \(N\) et le produit \(p_1 \cdots p_k\), donc leur différence, qui vaut \(1\). C’est impossible, car \(p_i \geq\, 2\). Il existe donc une infinité de nombres premiers.
2. Les réels \(\ln 2\) et \(\ln 3\) sont strictement positifs, donc le quotient aussi. Supposons par l’absurde que \(\frac{\ln 2}{\ln 3} = \frac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\). Alors \(q \ln 2 = p \ln 3\), soit \(\ln(2^q) = \ln(3^p)\). Comme \(\ln\) est strictement croissante, donc injective, on obtient \(2^q = 3^p\). Or \(2^q\) est pair puisque \(q \geq\, 1\), alors que \(3^p\) est impair. C’est absurde, donc \(\frac{\ln 2}{\ln 3}\) est irrationnel.
3. De même, supposons \(\frac{\ln 2}{\ln 10} = \frac{p}{q}\) avec \(p, q \in \mathbb{N}^*\). On obtient \(2^q = 10^p = 2^p \times 5^p\). Comme \(5^p > 1\), on a \(2^q > 2^p\), donc \(q > p\). En divisant par \(2^p\), il vient \(2^{q – p} = 5^p\). Le membre de gauche est pair, car \(q – p \geq\, 1\), et celui de droite est impair. C’est absurde, donc \(\log_{10} 2\) est irrationnel.

Corrigé de l’exercice 12 : Principe des tiroirs

1. Supposons par l’absurde que chaque tiroir contienne au plus un objet. Alors le nombre total d’objets est au plus \(n \times 1 = n\). Or il y a \(n + 1\) objets, et \(n + 1 > n\). C’est contradictoire, donc un tiroir contient au moins deux objets.
2. On forme les \(n\) tiroirs \(T_k = \{2k – 1, 2k\}\), pour \(k = 1, \ldots, n\). Ils recouvrent exactement \(\{1, \ldots, 2n\}\). On range \(n + 1\) entiers dans \(n\) tiroirs, donc deux entiers distincts tombent dans le même \(T_k\). Ce sont alors \(2k – 1\) et \(2k\). Ils sont consécutifs.
3. On découpe le carré \([0, 2]^2\) en quatre carrés de côté \(1\), qui jouent le rôle de tiroirs. Chaque point est dans au moins un petit carré ; on l’affecte à l’un d’eux. Cinq points pour quatre tiroirs : deux points \(M_1(x_1, y_1)\) et \(M_2(x_2, y_2)\) sont dans le même petit carré. Alors \(|x_1 – x_2| \leq\, 1\) et \(|y_1 – y_2| \leq\, 1\), donc \[M_1 M_2 = \sqrt{(x_1 – x_2)^2 + (y_1 – y_2)^2} \leq\, \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}.\] Deux des points sont donc à distance au plus \(\sqrt{2}\). La figure ci-dessous illustre ce découpage.

4. Soient \(a_0, \ldots, a_n\) les \(n + 1\) entiers. Le reste de la division euclidienne de chacun par \(n\) appartient à \(\{0, \ldots, n – 1\}\), qui a \(n\) éléments. Par le principe des tiroirs, deux entiers \(a_i\) et \(a_j\), avec \(i \neq j\), ont le même reste \(r\). Écrivons \(a_i = nq_i + r\) et \(a_j = nq_j + r\). Alors \(a_i – a_j = n(q_i – q_j)\). La différence \(a_i – a_j\) est donc divisible par \(n\).

Corrigé de l’exercice 13 : Choisir un type de raisonnement

1. Contre-exemple. Pour réfuter un énoncé universel, un seul cas suffit. Prenons \(x = \frac{1}{2}\) : on a \(x^2 = \frac{1}{4} < \frac{1}{2} = x\). L’assertion est donc fausse.
2. Contraposition, car la divisibilité de \(n\) donne une écriture exploitable. Supposons \(n\) non divisible par \(3\). Alors \(n = 3k + 1\) ou \(n = 3k + 2\), avec \(k \in \mathbb{Z}\). Dans le premier cas, \(n^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2 + 2k) + 1\). Dans le second, \(n^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3(3k^2 + 4k + 1) + 1\). Dans les deux cas, le reste vaut \(1\). Donc \(n^2\) n’est pas divisible par \(3\), ce qui prouve l’implication.
3. Raisonnement direct. Soient \(a, b \geq\, 0\). Comme \(a = (\sqrt{a})^2\) et \(b = (\sqrt{b})^2\), on a \[\frac{a + b}{2} – \sqrt{ab} = \frac{a – 2\sqrt{a}\sqrt{b} + b}{2} = \frac{(\sqrt{a} – \sqrt{b})^2}{2} \geq\, 0.\] D’où \(\dfrac{a + b}{2} \geq\, \sqrt{ab}\), avec égalité si et seulement si \(a = b\).
4. Raisonnement par l’absurde, adapté à un énoncé d’impossibilité. Supposons qu’il existe \(a, b \in \mathbb{Z}\) tels que \(6a + 9b = 4\). Or \(6a + 9b = 3(2a + 3b)\) est un multiple de \(3\), tandis que \(4\) ne l’est pas. C’est absurde : de tels entiers n’existent pas.
5. Analyse-synthèse, car on demande existence et unicité. Analyse : si \(x = n + r\) avec \(n \in \mathbb{Z}\) et \(0 \leq\, r < 1\), alors \(n \leq\, x < n + 1\). Par unicité de la partie entière, \(n = \lfloor x \rfloor\), puis \(r = x – \lfloor x \rfloor\). Synthèse : posons \(n = \lfloor x \rfloor\) et \(r = x – \lfloor x \rfloor\). Alors \(n \in \mathbb{Z}\), \(x = n + r\), et l’encadrement \(\lfloor x \rfloor \leq\, x < \lfloor x \rfloor + 1\) donne \(0 \leq\, r < 1\). L’écriture existe et elle est unique. Par exemple, \(-2{,}3 = -3 + 0{,}7\).

Corrigé de l’exercice 14 : Analyse-synthèse : parties paire et impaire

1. Soit \(f\) paire et impaire, et soit \(x \in \mathbb{R}\). Alors \(f(-x) = f(x)\) et \(f(-x) = -f(x)\). Par conséquent, \(f(x) = -f(x)\), donc \(2f(x) = 0\). Ainsi \(f(x) = 0\) pour tout \(x\) : \(f\) est la fonction nulle.
2. Analyse. Supposons \(f = g + h\), avec \(g\) paire et \(h\) impaire. Pour tout \(x\), on a \(f(x) = g(x) + h(x)\) et \(f(-x) = g(x) – h(x)\). En faisant la somme et la différence, on obtient \[g(x) = \frac{f(x) + f(-x)}{2}, \qquad h(x) = \frac{f(x) – f(-x)}{2}.\] Les fonctions \(g\) et \(h\) sont donc imposées, d’où l’unicité. Synthèse. Définissons \(g\) et \(h\) par ces formules. D’abord, \(g(-x) = \frac{f(-x) + f(x)}{2} = g(x)\), donc \(g\) est paire. Ensuite, \(h(-x) = \frac{f(-x) – f(x)}{2} = -h(x)\), donc \(h\) est impaire. Enfin, \(g + h = f\). La décomposition existe et elle est unique. On peut aussi prouver l’unicité par la question 1 : si \(g + h = g_1 + h_1\), alors \(g – g_1 = h_1 – h\) est paire et impaire, donc nulle.
3. Pour \(f(x) = x^3 + 2x^2 – x + 5\), on a \(f(-x) = -x^3 + 2x^2 + x + 5\). Par suite, la partie paire est \(x \mapsto 2x^2 + 5\) et la partie impaire \(x \mapsto x^3 – x\). Pour l’exponentielle, la partie paire est \(\mathrm{ch}\,x = \frac{e^x + e^{-x}}{2}\) et la partie impaire \(\mathrm{sh}\,x = \frac{e^x – e^{-x}}{2}\). Enfin, pour \(k(x) = \frac{1}{1 + e^x}\), on a \(k(-x) = \frac{1}{1 + e^{-x}} = \frac{e^x}{e^x + 1}\). Donc \(k(x) + k(-x) = 1\). La partie paire est la constante \(\frac{1}{2}\), et la partie impaire est \(x \mapsto \frac{1 – e^x}{2(1 + e^x)}\). On vérifie en effet que \(\frac{1}{1 + e^x} – \frac{1}{2} = \frac{2 – 1 – e^x}{2(1 + e^x)}\).
4. Analyse. Supposons \(f = g + h\), avec \(g(x) = \alpha x + \beta\) et \(h(0) = h(1) = 0\). En \(x = 0\), on obtient \(f(0) = \beta\). En \(x = 1\), on obtient \(f(1) = \alpha + \beta\). Donc \(\beta = f(0)\), \(\alpha = f(1) – f(0)\), puis \(h = f – g\). Tout est déterminé. Synthèse. Posons \(g(x) = (f(1) – f(0))x + f(0)\) et \(h = f – g\). Alors \(g\) est affine, \(h(0) = f(0) – f(0) = 0\) et \(h(1) = f(1) – f(1) = 0\). La décomposition existe et elle est unique.

La figure ci-dessous montre l’exponentielle et ses deux parties. La courbe de \(\mathrm{ch}\) est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, celle de \(\mathrm{sh}\) par rapport à l’origine.

Corrigé de l’exercice 15 : Analyse-synthèse : équations fonctionnelles

1. Analyse. Soit \(f\) une solution. Prenons \(y = 0\) : pour tout \(x\), \(2f(x) = 2x^2\), donc \(f(x) = x^2\). Synthèse. Pour \(f(x) = x^2\), on a bien \((x + y)^2 + (x – y)^2 = 2x^2 + 2y^2\) pour tous \(x, y\). L’unique solution est \(x \mapsto x^2\).
2. Analyse. Soit \(f\) une solution. Notons (E) la relation \(f(x) + 2f(1 – x) = x\), valable pour tout réel \(x\). En l’appliquant à \(1 – x\), on obtient (E’) : \(f(1 – x) + 2f(x) = 1 – x\). Calculons \(2 \times \) (E’) \(-\) (E) : \[2f(1 – x) + 4f(x) – f(x) – 2f(1 – x) = 2 – 2x – x, \quad \text{soit} \quad 3f(x) = 2 – 3x.\] Donc \(f(x) = \frac{2}{3} – x\). Synthèse. Pour cette fonction, \[f(x) + 2f(1 – x) = \frac{2}{3} – x + 2(\frac{2}{3} – 1 + x) = \frac{2}{3} – x + \frac{4}{3} – 2 + 2x = x.\] L’unique solution est \(x \mapsto \frac{2}{3} – x\).
3. Analyse. Soit \(f\) une solution. Avec \(x = y = 0\), on obtient \(f(0)^2 – f(0) = 0\), donc \(f(0) \in \{0, 1\}\). Ensuite, avec \(y = 0\), on a pour tout \(x\) : \(f(x)f(0) – f(0) = x\). Si \(f(0) = 0\), cette relation donne \(0 = x\) pour tout \(x\), ce qui est faux pour \(x = 1\). Donc \(f(0) = 1\), puis \(f(x) – 1 = x\), c’est-à-dire \(f(x) = x + 1\). Synthèse. Pour \(f(x) = x + 1\), on calcule \((x + 1)(y + 1) – (xy + 1) = xy + x + y + 1 – xy – 1 = x + y\). L’unique solution est \(x \mapsto x + 1\).

Point de méthode : l’analyse ne prouve pas que les candidats conviennent. Sans la synthèse, la conclusion serait fausse si aucun candidat ne vérifiait l’équation.

Corrigé de l’exercice 16 : Ensembles définis par une propriété

1. Les diviseurs positifs de \(12\) sont \(A = \{1, 2, 3, 4, 6, 12\}\). Ensuite, \(x^2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2)\), donc \(B = \{1, 2\}\). Enfin, \(|n – 1| \leq\, 2\) équivaut à \(-2 \leq\, n – 1 \leq\, 2\), soit \(-1 \leq\, n \leq\, 3\). Ainsi, \(C = \{-1, 0, 1, 2, 3\}\).
2. D’abord, \(x^2 \leq\, 4 \Leftrightarrow -2 \leq\, x \leq\, 2\). En intersectant avec \(]1, +\infty[\), on obtient \(I = \,]1, 2]\). Ensuite, un réel n’est ni dans \(]-\infty, 1]\) ni dans \([3, +\infty[\) si et seulement si \(1 < x < 3\) : \(J = \,]1, 3[\). Enfin, \(|x – 2| < 1 \Leftrightarrow x \in \,]1, 3[\) et \(|x – 3| \leq\, 1 \Leftrightarrow x \in [2, 4]\). Ces intervalles se chevauchent, donc \(K = \,]1, 4]\).
3. Notons \(U\) la réunion. Montrons d’abord \(U \subset \,]0, 2[\). Soit \(x \in U\) : il existe \(n \geq\, 1\) tel que \(\frac{1}{n} \leq\, x \leq\, 2 – \frac{1}{n}\). Comme \(0 < \frac{1}{n}\), on a \(0 < x < 2\). Réciproquement, soit \(x \in \,]0, 2[\). Les réels \(x\) et \(2 – x\) sont strictement positifs. Il existe donc un entier \(n \geq\, \max(\frac{1}{x}, \frac{1}{2 – x})\). Pour cet entier, \(\frac{1}{n} \leq\, x\) et \(\frac{1}{n} \leq\, 2 – x\), donc \(x \in [\frac{1}{n}, 2 – \frac{1}{n}]\). Par double inclusion, \(U = \,]0, 2[\).
   Notons \(V\) l’intersection. Le réel \(0\) appartient à chaque intervalle \(]-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}[\), donc \(0 \in V\). Soit maintenant \(x \neq 0\). Choisissons un entier \(n > \frac{1}{|x|}\). Alors \(|x| > \frac{1}{n}\), donc \(x\) n’est pas dans \(]-\frac{1}{n}, \frac{1}{n}[\), ni dans \(V\). Ainsi, \(V = \{0\}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Égalités d’ensembles

1. Sur la figure, \(A\) est formé des zones \(1, 2, 4, 5\), \(B\) des zones \(2, 3, 5, 6\) et \(C\) des zones \(4, 5, 6, 7\). On en déduit :
   • \(A \cap (B \cup C)\) : zones \(2, 4, 5\) ; \((A \cap B) \cup (A \cap C)\) : zones \(2, 5\) et \(4, 5\), soit \(2, 4, 5\) ;
   • \(A \setminus (B \cap C)\) : on retire la zone \(5\) de \(A\), d’où \(1, 2, 4\) ; \((A \setminus B) \cup (A \setminus C)\) : zones \(1, 4\) et \(1, 2\), soit \(1, 2, 4\) ;
   • \((A \setminus B) \setminus C\) : zones \(1, 4\) privées de \(4\), soit \(1\) ; \(A \setminus (B \cup C)\) : zone \(1\).

   On conjecture trois égalités : \(A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)\), \(A \setminus (B \cap C) = (A \setminus B) \cup (A \setminus C)\) et \((A \setminus B) \setminus C = A \setminus (B \cup C)\).

2. Montrons d’abord l’inclusion directe. Soit \(x \in A \setminus (B \cap C)\). Alors \(x \in A\) et \(x \notin B \cap C\), donc \(x \notin B\) ou \(x \notin C\). Si \(x \notin B\), alors \(x \in A \setminus B\). Sinon, \(x \notin C\) et \(x \in A \setminus C\). Dans les deux cas, \(x\) est dans la réunion. Montrons ensuite l’inclusion réciproque. Soit \(x \in A \setminus B\). Alors \(x \in A\) et \(x \notin B\). Comme \(B \cap C \subset B\), on a \(x \notin B \cap C\), donc \(x \in A \setminus (B \cap C)\). Le cas \(x \in A \setminus C\) est identique. Par double inclusion, \(A \setminus (B \cap C) = (A \setminus B) \cup (A \setminus C)\).
3. Soit \(x \in E\). On a les équivalences \[\begin{aligned} x \in (A \setminus B) \setminus C \Leftrightarrow (x \in A \text{ et } x \notin B) \text{ et } x \notin C \\ \Leftrightarrow x \in A \text{ et non}(x \in B \text{ ou } x \in C) \\ \Leftrightarrow x \in A \text{ et } x \notin B \cup C \\ \Leftrightarrow x \in A \setminus (B \cup C). \end{aligned}\] La deuxième ligne utilise la loi de De Morgan. Donc \((A \setminus B) \setminus C = A \setminus (B \cup C)\).
4. Soit \(x \in E\). Par distributivité du « ou » sur le « et », \[x \in A \cup (B \cap C) \Leftrightarrow x \in A \text{ ou } (x \in B \text{ et } x \in C) \Leftrightarrow (x \in A \text{ ou } x \in B) \text{ et } (x \in A \text{ ou } x \in C).\] Le dernier énoncé signifie \(x \in (A \cup B) \cap (A \cup C)\). D’où \(A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)\).

La figure suivante colorie \(A \setminus B\), \(A \setminus C\) et \(A \setminus (B \cap C)\). On constate que la troisième région est bien la réunion des deux premières.

Corrigé de l’exercice 18 : Inclusions et simplifications

1. Si \(A = B\), alors \(A \cup B = A = A \cap B\). Réciproquement, supposons \(A \cup B = A \cap B\). On a \(A \subset A \cup B = A \cap B \subset B\), et de même \(B \subset A \cup B = A \cap B \subset A\). Donc \(A = B\).
2. Supposons \(A \cup B \subset A \cap C\). D’une part, \(B \subset A \cup B \subset A \cap C \subset A\). D’autre part, \(A \subset A \cup B \subset A \cap C \subset C\). Donc \(B \subset A \subset C\). Réciproquement, si \(B \subset A \subset C\), alors \(A \cup B = A\) et \(A \cap C = A\). L’inclusion \(A \cup B \subset A \cap C\) est alors une égalité. L’équivalence est démontrée.
3. Supposons \(A \cap B = A \cap C\) et \(A \cup B = A \cup C\). On calcule, en justifiant chaque étape : \[\begin{aligned} B = B \cap (A \cup B) = B \cap (A \cup C) \\ = (B \cap A) \cup (B \cap C) = (A \cap C) \cup (B \cap C) \\ = (A \cup B) \cap C = (A \cup C) \cap C = C. \end{aligned}\] La première égalité vient de \(B \subset A \cup B\), et la dernière de \(C \subset A \cup C\). Les autres utilisent les hypothèses et la distributivité. Donc \(B = C\).
4. Prenons \(E = \{1, 2\}\). Avec \(A = \varnothing\), \(B = \{1\}\), \(C = \{2\}\), on a \(A \cap B = A \cap C = \varnothing\), mais \(B \neq C\). Avec \(A = E\), \(B = \{1\}\), \(C = \{2\}\), on a \(A \cup B = A \cup C = E\), mais \(B \neq C\). Aucune des deux hypothèses ne suffit seule.
5. Supposons \(A \subset B\). Soit \(x \in \overline{B}\). Si l’on avait \(x \in A\), on aurait \(x \in B\), ce qui est faux. Donc \(x \notin A\), c’est-à-dire \(x \in \overline{A}\). Ainsi \(\overline{B} \subset \overline{A}\). Réciproquement, appliquons ce résultat à l’inclusion \(\overline{B} \subset \overline{A}\) : on obtient \(\overline{\overline{A}} \subset \overline{\overline{B}}\), soit \(A \subset B\). L’équivalence est démontrée ; c’est la contraposition traduite en ensembles.

Corrigé de l’exercice 19 : Ensemble des parties

1. En classant par nombre d’éléments : \(\mathcal{P}(E) = \{\varnothing, \{0\}, \{1\}, \{2\}, \{0, 1\}, \{0, 2\}, \{1, 2\}, \{0, 1, 2\}\}\), qui a \(2^3 = 8\) éléments.
2. La seule partie de \(\varnothing\) est \(\varnothing\), donc \(\mathcal{P}(\varnothing) = \{\varnothing\}\). Cet ensemble a un élément, donc deux parties : \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(\varnothing)) = \{\varnothing, \{\varnothing\}\}\).
3. Voici les réponses.
   • \(0 \in E\) : vrai.
   • \(\{0\} \in E\) : faux, car les éléments de \(E\) sont des nombres, pas des ensembles.
   • \(\{0\} \subset E\) : vrai, car \(0 \in E\).
   • \(\{0\} \in \mathcal{P}(E)\) : vrai, c’est la même information que la ligne précédente.
   • \(\varnothing \in \mathcal{P}(E)\) : vrai, car \(\varnothing \subset E\).
   • \(\varnothing \subset \mathcal{P}(E)\) : vrai, car l’ensemble vide est inclus dans tout ensemble.
   • \(\{\{0\}, \{1, 2\}\} \subset \mathcal{P}(E)\) : vrai, car \(\{0\}\) et \(\{1, 2\}\) sont des parties de \(E\).
   • \(E \in \mathcal{P}(E)\) : vrai, car \(E \subset E\).
4. Soit \(X\) un ensemble. Si \(X \subset A \cap B\), alors \(X \subset A\) et \(X \subset B\), car \(A \cap B\) est inclus dans \(A\) et dans \(B\). Réciproquement, si \(X \subset A\) et \(X \subset B\), tout élément de \(X\) est dans \(A\) et dans \(B\), donc \(X \subset A \cap B\). Ainsi, \(X \in \mathcal{P}(A \cap B) \Leftrightarrow X \in \mathcal{P}(A) \cap \mathcal{P}(B)\). D’où \(\mathcal{P}(A \cap B) = \mathcal{P}(A) \cap \mathcal{P}(B)\).
5. Soit \(X \in \mathcal{P}(A) \cup \mathcal{P}(B)\). Alors \(X \subset A\) ou \(X \subset B\). Dans les deux cas, \(X \subset A \cup B\), donc \(X \in \mathcal{P}(A \cup B)\). L’inclusion est démontrée. Pour la stricte inclusion, prenons \(A = \{1\}\) et \(B = \{2\}\). La partie \(\{1, 2\}\) appartient à \(\mathcal{P}(A \cup B)\), mais elle n’est incluse ni dans \(A\) ni dans \(B\). L’inclusion est donc stricte dans cet exemple.

Corrigé de l’exercice 20 : Produit cartésien

1. On obtient \(G \times H = \{(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)\}\), qui a \(2 \times 3 = 6\) éléments. En revanche, \((a, 1) \in H \times G\), alors que la première composante d’un couple de \(G \times H\) est \(1\) ou \(2\). Donc \(G \times H \neq H \times G\).
2. Soit \((x, y) \in E \times F\). On a les équivalences \[\begin{aligned} (x, y) \in (A \times B) \cap (C \times D) \Leftrightarrow (x \in A \text{ et } y \in B) \text{ et } (x \in C \text{ et } y \in D) \\ \Leftrightarrow x \in A \cap C \text{ et } y \in B \cap D. \end{aligned}\] D’où \((A \times B) \cap (C \times D) = (A \cap C) \times (B \cap D)\).
3. Soit \((x, y) \in A \times B\). Alors \(x \in A \subset A \cup C\) et \(y \in B \subset B \cup D\), donc \((x, y) \in (A \cup C) \times (B \cup D)\). Le cas \((x, y) \in C \times D\) est identique. L’inclusion est démontrée.
4. Considérons le point \((0{,}5 ; 2{,}5)\). On a \(0{,}5 \in [0, 1] \subset A \cup C\) et \(2{,}5 \in [2, 3] \subset B \cup D\). Ce point est donc dans \((A \cup C) \times (B \cup D)\). Cependant, il n’est pas dans \(A \times B\), car \(2{,}5 \notin [0, 1]\). Il n’est pas non plus dans \(C \times D\), car \(0{,}5 \notin [2, 3]\). L’inclusion est donc stricte. Comme le montre la figure ci-dessous, le produit \((A \cup C) \times (B \cup D)\) contient en plus deux carrés hachurés.
5. Si \(A = \varnothing\), aucun couple \((x, y)\) ne vérifie \(x \in A\), donc \(A \times B = \varnothing\) ; de même si \(B = \varnothing\). Réciproquement, raisonnons par contraposition. Supposons \(A \neq \varnothing\) et \(B \neq \varnothing\), et prenons \(a \in A\) et \(b \in B\). Alors \((a, b) \in A \times B\), qui n’est donc pas vide. Ainsi, \(A \times B = \varnothing \Leftrightarrow (A = \varnothing \text{ ou } B = \varnothing)\).

Corrigé de l’exercice 21 : Fonctions indicatrices

1. Comme \(A \setminus B = A \cap \overline{B}\), on obtient \(\mathbf{1}_{A \setminus B} = \mathbf{1}_A (1 – \mathbf{1}_B) = \mathbf{1}_A – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B\). Ensuite, \(A \setminus B\) et \(B \setminus A\) sont disjoints : un élément du premier n’est pas dans \(B\), donc pas dans le second. Or, pour deux parties disjointes \(X\) et \(Y\), \(\mathbf{1}_{X \cup Y} = \mathbf{1}_X + \mathbf{1}_Y – \mathbf{1}_{X \cap Y} = \mathbf{1}_X + \mathbf{1}_Y\). Par conséquent, \[\mathbf{1}_{A \Delta B} = (\mathbf{1}_A – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B) + (\mathbf{1}_B – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B) = \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – 2\mathbf{1}_A \mathbf{1}_B.\] C’est la formule cherchée.
2. D’une part, \(\mathbf{1}_{\overline{A \cap B}} = 1 – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B\). D’autre part, \[\mathbf{1}_{\overline{A} \cup \overline{B}} = (1 – \mathbf{1}_A) + (1 – \mathbf{1}_B) – (1 – \mathbf{1}_A)(1 – \mathbf{1}_B) = 2 – \mathbf{1}_A – \mathbf{1}_B – 1 + \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B = 1 – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B.\] Les indicatrices sont égales. Donc \(\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}\).
3. On a \(A \subset B \Leftrightarrow A \cap B = A\). En effet, si \(A \subset B\), tout élément de \(A\) est dans \(A \cap B\) ; réciproquement, \(A = A \cap B \subset B\). Or \(A \cap B = A\) équivaut à \(\mathbf{1}_{A \cap B} = \mathbf{1}_A\), c’est-à-dire \(\mathbf{1}_A \mathbf{1}_B = \mathbf{1}_A\). D’où l’équivalence demandée.
4. En développant et en utilisant \(\mathbf{1}_A^2 = \mathbf{1}_A\) et \(\mathbf{1}_B^2 = \mathbf{1}_B\), on trouve \((\mathbf{1}_A – \mathbf{1}_B)^2 = \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – 2\mathbf{1}_A \mathbf{1}_B\). Ensuite, \[A \cup B = A \cap B \Leftrightarrow \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B = \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B \Leftrightarrow (\mathbf{1}_A – \mathbf{1}_B)^2 = 0.\] Or un carré de réel est nul si et seulement si le réel est nul. Cela équivaut donc à \(\mathbf{1}_A = \mathbf{1}_B\). Ainsi, \(A \cup B = A \cap B \Leftrightarrow A = B\).

Corrigé de l’exercice 22 : Indicatrices et formule du crible

1. Dans la somme \(\sum_{x \in E} \mathbf{1}_A(x)\), chaque élément de \(A\) apporte \(1\), et chaque élément hors de \(A\) apporte \(0\). La somme compte donc les éléments de \(A\) : elle vaut \(\operatorname{card}(A)\).
2. Par De Morgan, le complémentaire de \(A \cup B \cup C\) est \(\overline{A} \cap \overline{B} \cap \overline{C}\). Son indicatrice est le produit \((1 – \mathbf{1}_A)(1 – \mathbf{1}_B)(1 – \mathbf{1}_C)\). D’où \(\mathbf{1}_{A \cup B \cup C} = 1 – (1 – \mathbf{1}_A)(1 – \mathbf{1}_B)(1 – \mathbf{1}_C)\). En développant, puis en utilisant \(\mathbf{1}_A \mathbf{1}_B = \mathbf{1}_{A \cap B}\), on obtient \[\mathbf{1}_{A \cup B \cup C} = \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B + \mathbf{1}_C – \mathbf{1}_{A \cap B} – \mathbf{1}_{A \cap C} – \mathbf{1}_{B \cap C} + \mathbf{1}_{A \cap B \cap C}.\]
3. On somme cette égalité sur \(x \in E\), puis on applique la question 1. On obtient la formule du crible : \[\operatorname{card}(A \cup B \cup C) = \operatorname{card} A + \operatorname{card} B + \operatorname{card} C – \operatorname{card}(A \cap B) – \operatorname{card}(A \cap C) – \operatorname{card}(B \cap C) + \operatorname{card}(A \cap B \cap C).\]
4. Notons \(A\), \(B\), \(C\) les ensembles d’étudiants suivant respectivement l’espagnol, l’allemand et l’italien. La formule donne \(\operatorname{card}(A \cup B \cup C) = 45 + 38 + 30 – 12 – 10 – 8 + 3 = 86\). Il y a donc \(100 – 86 = 14\) étudiants qui ne suivent aucune de ces langues. Pour compter ceux qui en suivent exactement une, on remplit le diagramme de l’intérieur vers l’extérieur. D’abord, \(3\) étudiants suivent les trois langues. Ensuite, \(12 – 3 = 9\) suivent seulement espagnol et allemand, \(10 – 3 = 7\) seulement espagnol et italien, \(8 – 3 = 5\) seulement allemand et italien. Enfin, l’espagnol seul concerne \(45 – 9 – 7 – 3 = 26\) étudiants, l’allemand seul \(38 – 9 – 5 – 3 = 21\) et l’italien seul \(30 – 7 – 5 – 3 = 15\). Au total, \(26 + 21 + 15 = 62\) étudiants suivent exactement une langue. La figure ci-dessous récapitule ces effectifs, dont la somme vaut bien \(100\).

Corrigé de l’exercice 23 : Problème : la différence symétrique

1. Soit \(x \in E\). Étudions les quatre cas d’appartenance. Si \(x\) est dans \(A\) et dans \(B\), il n’est ni dans \(A \Delta B\) ni dans \((A \cup B) \setminus (A \cap B)\). S’il est dans \(A\) seulement, ou dans \(B\) seulement, il est dans les deux ensembles. Enfin, s’il n’est ni dans \(A\) ni dans \(B\), il n’est dans aucun des deux. Les deux ensembles ont les mêmes éléments : \(A \,\Delta\, B = (A \cup B) \setminus (A \cap B)\).
2. Comme \(A \cap B \subset A \cup B\), l’exercice 21 donne \(\mathbf{1}_{(A \cup B) \setminus (A \cap B)} = \mathbf{1}_{A \cup B} – \mathbf{1}_{A \cup B} \mathbf{1}_{A \cap B} = \mathbf{1}_{A \cup B} – \mathbf{1}_{A \cap B}\). Par conséquent, \(\mathbf{1}_{A \Delta B} = \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B – \mathbf{1}_A \mathbf{1}_B = \mathbf{1}_A + \mathbf{1}_B – 2\mathbf{1}_A \mathbf{1}_B\).
3. Avec \(\mathbf{1}_\varnothing = 0\), on obtient \(\mathbf{1}_{A \Delta \varnothing} = \mathbf{1}_A\), donc \(A \,\Delta\, \varnothing = A\). Ensuite, \(\mathbf{1}_{A \Delta A} = 2\mathbf{1}_A – 2\mathbf{1}_A^2 = 0\), donc \(A \,\Delta\, A = \varnothing\). Enfin, \(\mathbf{1}_{A \Delta E} = \mathbf{1}_A + 1 – 2\mathbf{1}_A = 1 – \mathbf{1}_A\), donc \(A \,\Delta\, E = \overline{A}\).
4. Notons \(a = \mathbf{1}_A\), \(b = \mathbf{1}_B\), \(c = \mathbf{1}_C\). En appliquant deux fois la question 2, \[\begin{aligned} \mathbf{1}_{(A \Delta B) \Delta C} = (a + b – 2ab) + c – 2(a + b – 2ab)c \\ = a + b + c – 2(ab + ac + bc) + 4abc. \end{aligned}\] Cette expression est symétrique en \(a\), \(b\), \(c\). Or la différence symétrique est commutative, par définition. Donc \(\mathbf{1}_{A \Delta (B \Delta C)} = \mathbf{1}_{(B \Delta C) \Delta A}\) est donnée par la même formule. Ainsi, \((A \,\Delta\, B) \,\Delta\, C = A \,\Delta\, (B \,\Delta\, C)\). Évaluons enfin cette formule en un point \(x\). Si \(x\) est dans exactement un ensemble, elle vaut \(1\). S’il est dans exactement deux, elle vaut \(2 – 2 = 0\). S’il est dans les trois, elle vaut \(3 – 6 + 4 = 1\). Les éléments de \(A \,\Delta\, B \,\Delta\, C\) sont ceux qui appartiennent à un nombre impair des trois ensembles, comme le montre la figure ci-dessous.

5. D’après l’exercice 21, \(\mathbf{1}_{A \Delta B} = (\mathbf{1}_A – \mathbf{1}_B)^2\). Donc \(A \,\Delta\, B = \varnothing\) équivaut à \((\mathbf{1}_A – \mathbf{1}_B)^2 = 0\), c’est-à-dire à \(\mathbf{1}_A = \mathbf{1}_B\). Ainsi, \(A \,\Delta\, B = \varnothing \Leftrightarrow A = B\).
6. Analyse. Supposons \(A \,\Delta\, X = B\). Composons par \(A\) à gauche : \(A \,\Delta\, (A \,\Delta\, X) = A \,\Delta\, B\). Par associativité, le membre de gauche vaut \((A \,\Delta\, A) \,\Delta\, X = \varnothing \,\Delta\, X = X\). Donc \(X = A \,\Delta\, B\). Synthèse. On a \(A \,\Delta\, (A \,\Delta\, B) = (A \,\Delta\, A) \,\Delta\, B = \varnothing \,\Delta\, B = B\). L’unique solution est \(X = A \,\Delta\, B\). Enfin, supposons \(A \,\Delta\, B = A \,\Delta\, C\) et notons \(D\) cette partie. Alors \(B\) et \(C\) sont deux solutions de \(A \,\Delta\, X = D\). Par unicité, \(B = C\).
7. Avec les notations de la question 4, et comme \(a^2 = a\), \[\mathbf{1}_{(A \cap B) \Delta (A \cap C)} = ab + ac – 2(ab)(ac) = ab + ac – 2abc = a(b + c – 2bc) = \mathbf{1}_{A \cap (B \Delta C)}.\] Donc \(A \cap (B \,\Delta\, C) = (A \cap B) \,\Delta\, (A \cap C)\).

Point de méthode : les indicatrices ramènent chaque égalité d’ensembles à une identité entre polynômes en \(a\), \(b\), \(c\), avec la seule règle \(a^2 = a\).

Corrigé de l’exercice 24 : Problème : l’argument diagonal de Cantor

1. Examinons chaque élément. D’abord, \(1 \in f(1) = \{1, 2\}\), donc \(1 \notin D\). Ensuite, \(2 \notin f(2) = \varnothing\), donc \(2 \in D\). Enfin, \(3 \in f(3) = \{1, 3\}\), donc \(3 \notin D\). Ainsi \(D = \{2\}\). Cette partie diffère de \(\{1, 2\}\), de \(\varnothing\) et de \(\{1, 3\}\) : elle n’est égale à aucun \(f(x)\).
2. Supposons par l’absurde que \(D = f(a)\). Distinguons deux cas. Si \(a \in D\), alors par définition de \(D\), \(a \notin f(a) = D\) : contradiction. Si \(a \notin D\), alors \(a \notin f(a)\), et la définition de \(D\) donne \(a \in D\) : contradiction encore. Les deux cas sont impossibles, donc \(D \neq f(a)\).
3. D’après la question 2, la partie \(D\) de \(E\) n’est égale à aucune des parties \(f(a)\), pour \(a \in E\). Quelle que soit la façon d’associer une partie à chaque élément, la partie \(D\) correspondante n’est donc jamais atteinte. Il est impossible d’atteindre toutes les parties de \(E\) : c’est le théorème de Cantor. Autrement dit, \(\mathcal{P}(E)\) est strictement « plus gros » que \(E\).
4. Supposons par l’absurde que \(t = s_k\) pour un certain \(k\). En évaluant en \(n = k\), on obtient \(t(k) = s_k(k)\). Or, par définition, \(t(k) = 1 – s_k(k)\). Donc \(2s_k(k) = 1\), ce qui est impossible pour \(s_k(k) \in \{0, 1\}\). Ainsi, \(t\) diffère de chaque \(s_k\) : elle diffère de \(s_k\) au rang \(k\), sur la « diagonale ». Le lien est le suivant. À chaque partie \(A_k\) de \(\mathbb{N}\) correspond la suite \(s_k = \mathbf{1}_{A_k}\). La suite \(t\) vaut alors \(1\) en \(n\) exactement quand \(n \notin A_n\). Donc \(t = \mathbf{1}_D\), avec \(D = \{n \in \mathbb{N} \mid n \notin A_n\}\). C’est la question 3 appliquée à \(E = \mathbb{N}\) : on ne peut pas ranger toutes les parties de \(\mathbb{N}\) en une suite \((A_k)_{k \in \mathbb{N}}\).
5. Supposons par l’absurde qu’un tel ensemble \(U\) existe. L’ensemble \(R = \{x \in U \mid x \notin x\}\) est un ensemble, donc \(R \in U\). Si \(R \in R\), alors, par définition de \(R\), \(R \notin R\) : contradiction. Si \(R \notin R\), alors, comme \(R \in U\), la définition donne \(R \in R\) : contradiction. Un tel ensemble \(U\) ne peut donc pas exister. C’est pour cette raison qu’on définit toujours un ensemble en compréhension à l’intérieur d’un ensemble déjà connu.

Point de méthode : dans un argument diagonal, on construit un objet qui diffère de chaque objet de la liste en au moins un endroit, choisi à l’aide de l’indice de cet objet.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : logique et ensembles, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur logique et ensembles
• Chapitre suivant : Applications et relations binaires
• Tester vos connaissances : QCM de maths en L1 par chapitre
• Le sommaire : tous les chapitres de maths de L1 et la licence de maths de L1 à L3