Applications et relations : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Graphes, restriction et prolongement

1. Une partie \(\Gamma\) de \(E \times F\) est un graphe d’application si chaque élément de \(E\) est la première composante d’exactement un couple de \(\Gamma\). Pour \(\Gamma_1\), les éléments \(1\), \(2\) et \(3\) apparaissent chacun une seule fois : c’est un graphe. En revanche, dans \(\Gamma_2\), l’élément \(3\) n’a pas d’image. Enfin, dans \(\Gamma_3\), l’élément \(1\) a deux images, \(a\) et \(b\). Seul \(\Gamma_1\) est un graphe d’application.
2. Une application est déterminée par le choix de \(f(1)\), \(f(2)\) et \(f(3)\) dans \(F\). Chaque choix offre deux possibilités, et ces choix sont indépendants. Il existe donc \(2^3 = 8\) applications de \(E\) dans \(F\).
3. Pour \(x \geq\, 0\), on a \(|x| = x\) ; pour \(x \leq\, 0\), on a \(|x| = -x\). Ainsi \(f_{|\mathbb{R}_+} : x \mapsto x\) et \(f_{|\mathbb{R}_-} : x \mapsto -x\). Si \(x = x^{\prime}\), ou si \(-x = -x^{\prime}\), alors \(x = x^{\prime}\) : les deux restrictions sont injectives. Cependant, \(f(-1) = f(1) = 1\) avec \(-1 \neq 1\). L’application \(f\) n’est donc pas injective. Restreindre l’ensemble de départ peut ainsi rendre une application injective.
4. Pour \(x \neq 1\), on factorise : \(g(x) = \dfrac{(x-1)(x+1)}{x – 1} = x + 1\). Un prolongement \(G\) de \(g\) à \(\mathbb{R}\) doit vérifier \(G(x) = x + 1\) pour \(x \neq 1\). En revanche, la valeur \(G(1)\) est libre. Les prolongements sont les applications \(G_c\) définies par \(G_c(x) = x + 1\) si \(x \neq 1\) et \(G_c(1) = c\), où \(c\) décrit \(\mathbb{R}\). Comme \(\lim_{x \to 1} g(x) = 2\), le prolongement \(G_c\) est continu en \(1\) si et seulement si \(c = 2\). Le seul prolongement continu est \(x \mapsto x + 1\).

Corrigé de l’exercice 2 : Images directes et réciproques par la fonction carré

1. Sur \([-1, 0]\), la fonction carré décroît de \(1\) à \(0\) ; sur \([0, 2]\), elle croît de \(0\) à \(4\). Comme elle est continue, elle prend toutes les valeurs intermédiaires. Donc \(f([-1, 2]) = [0, 1] \cup [0, 4]\), soit \(f([-1, 2]) = [0, 4]\). Ensuite, pour \(x \in ]-3,-1]\), on a \(1 \leq\, |x| < 3\), donc \(1 \leq\, x^2 < 9\). Réciproquement, tout \(y \in [1, 9[\) s’écrit \(f(-\sqrt{y})\) avec \(-\sqrt{y} \in ]-3,-1]\). Par conséquent, \(f(]-3,-1]) = [1, 9[\).
2. On a \(x \in f^{-1}([1, 4])\) si et seulement si \(1 \leq\, x^2 \leq\, 4\), c’est-à-dire \(1 \leq\, |x| \leq\, 2\). Donc \(f^{-1}([1, 4]) = [-2,-1] \cup [1, 2]\). De plus, un carré est positif, donc aucun réel ne vérifie \(x^2 \in [-2,-1]\) : \(f^{-1}([-2,-1]) = \varnothing\).
3. D’abord, \(f([0, 1]) = [0, 1]\), car la fonction carré est croissante et continue sur \([0, 1]\), avec \(f(0) = 0\) et \(f(1) = 1\). Ensuite, \(x^2 \in [0, 1]\) équivaut à \(|x| \leq\, 1\). Donc \(f^{-1}(f([0, 1])) = [-1, 1]\), qui contient strictement \([0, 1]\). L’inclusion \(A \subset f^{-1}(f(A))\) est donc stricte ici, faute d’injectivité.
4. On a \(-1 \leq\, x^2 \leq\, 4\) si et seulement si \(|x| \leq\, 2\), d’où \(f^{-1}([-1, 4]) = [-2, 2]\). Puis \(f([-2, 2]) = [0, 4]\) par le même raisonnement qu’à la question 1. Ainsi \(f(f^{-1}([-1, 4])) = [0, 4]\), strictement inclus dans \([-1, 4]\). Les valeurs négatives sont perdues, car elles n’ont pas d’antécédent.

La figure ci-dessous résume ces calculs : à gauche l’image de \(]-3,-1]\), à droite l’aller-retour par l’image réciproque puis l’image directe.

Point de méthode : pour une image réciproque, on écrit simplement la condition \(f(x) \in C\) et on la résout ; pour une image directe, on prouve deux inclusions, ou on utilise la monotonie et la continuité sur chaque intervalle.

Corrigé de l’exercice 3 : Une application entre ensembles finis

1. On lit les flèches du diagramme. D’une part, \(f(\{1, 2, 3\}) = \{f(1), f(2), f(3)\} = \{a, c\}\). D’autre part, \(f(\{3, 4, 5\}) = \{a, b, c\}\). Enfin, \(f(\{1, 2, 3\}) = \{a,c\}\), \(f(\{3, 4, 5\}) = \{a,b,c\}\) et \(f(E) = \{a,b,c\}\).
2. On cherche les éléments dont l’image est dans la partie donnée. Ainsi \(f^{-1}(\{a\}) = \{1, 3\}\), \(f^{-1}(\{d\}) = \varnothing\) et \(f^{-1}(\{a,b,d\}) = \{1, 3, 4\}\).
3. On a \(\{1, 2, 3\} \cap \{3, 4, 5\} = \{3\}\), donc \(f(\{3\}) = \{a\}\). Par ailleurs, \(f(\{1, 2, 3\}) \cap f(\{3, 4, 5\}) = \{a,c\}\). L’inclusion \(f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)\) est stricte : \(\{a\} \subsetneq \{a,c\}\). En effet, \(c\) provient de \(2 \in A\) et de \(5 \in B\), mais d’aucun élément commun.
4. On a \(f(1) = f(3)\) avec \(1 \neq 3\) : \(f\) n’est pas injective. De plus, \(d\) n’a aucun antécédent, car \(f^{-1}(\{d\}) = \varnothing\) : \(f\) n’est pas surjective.
5. Une telle application \(\tilde{f}\) vérifie \(\tilde{f}(\{1, 2, 3, 4\}) = \{a,b,c\}\). Pour que \(d\) ait un antécédent, il faut donc \(\tilde{f}(5) = d\). Réciproquement, ce choix rend \(\tilde{f}\) surjective. Il existe exactement une telle application.

Corrigé de l’exercice 4 : Images et opérations ensemblistes

1. Soit \(y \in F\). On a \(y \in f(A \cup B)\) si et seulement s’il existe \(x \in A \cup B\) tel que \(y = f(x)\). Cela équivaut à l’existence de \(x \in A\) tel que \(y = f(x)\), ou de \(x \in B\) tel que \(y = f(x)\). Autrement dit, \(y \in f(A)\) ou \(y \in f(B)\). Donc \(f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\).
2. Soit \(y \in f(A \cap B)\). Il existe \(x \in A \cap B\) tel que \(y = f(x)\). Comme \(x \in A\), on a \(y \in f(A)\) ; de même, \(y \in f(B)\). D’où l’inclusion. Supposons maintenant \(f\) injective et soit \(y \in f(A) \cap f(B)\). Il existe \(a \in A\) et \(b \in B\) tels que \(y = f(a) = f(b)\). L’injectivité donne \(a = b\), donc \(a \in A \cap B\) et \(y \in f(A \cap B)\). Ainsi \(f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)\), avec égalité si \(f\) est injective.
3. Pour \(x \in E\), on a \(x \in f^{-1}(C \cup D) \Leftrightarrow f(x) \in C \cup D \Leftrightarrow (f(x) \in C \text{ ou } f(x) \in D)\). Cette dernière assertion équivaut à \(x \in f^{-1}(C) \cup f^{-1}(D)\). De même, \(x \in f^{-1}(F \setminus C) \Leftrightarrow f(x) \notin C \Leftrightarrow x \notin f^{-1}(C)\). Les deux égalités sont établies.
4. Soit \(a \in A\). Alors \(f(a) \in f(A)\), donc \(a \in f^{-1}(f(A))\) : ainsi \(A \subset f^{-1}(f(A))\). Pour la seconde égalité, soit d’abord \(y \in f(f^{-1}(C))\). Il existe \(x \in f^{-1}(C)\) tel que \(y = f(x)\). Donc \(y \in C\) et \(y \in f(E)\). Inversement, soit \(y \in C \cap f(E)\). On écrit \(y = f(x)\) avec \(x \in E\). Comme \(f(x) \in C\), on a \(x \in f^{-1}(C)\), donc \(y \in f(f^{-1}(C))\). Finalement, \(A \subset f^{-1}(f(A))\) et \(f(f^{-1}(C)) = C \cap f(E)\).

Corrigé de l’exercice 5 : Injectivité et surjectivité de fonctions réelles

1. Soit \(y \in \mathbb{R}\). L’équation \(3x – 2 = y\) admet l’unique solution \(x = \frac{y + 2}{3}\). Tout réel a donc exactement un antécédent. \(f_1\) est bijective et \(f_1^{-1}(y) = \dfrac{y+2}{3}\).
2. On a \(f_2(-1) = f_2(1) = 2\), donc \(f_2\) n’est pas injective. De plus, \(x^2 + 1 \geq\, 1\) pour tout réel \(x\), donc \(0\) n’a pas d’antécédent. \(f_2\) n’est ni injective, ni surjective.
3. D’abord, \(f_3\) est bien à valeurs dans \([1, +\infty[\). Soient \(x, x^{\prime} \geq\, 0\) tels que \(x^2 + 1 = x^{\prime 2} + 1\). Alors \(x^2 = x^{\prime 2}\), donc \(|x| = |x^{\prime}|\), puis \(x = x^{\prime}\) puisque les deux sont positifs. Ensuite, pour \(y \geq\, 1\), le réel \(x = \sqrt{y – 1}\) est positif et vérifie \(f_3(x) = y\). \(f_3\) est bijective et \(f_3^{-1}(y) = \sqrt{y – 1}\).
4. La fonction exponentielle est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), donc injective : si \(x \neq x^{\prime}\), par exemple \(x < x^{\prime}\), alors \(\mathrm{e}^x < \mathrm{e}^{x^{\prime}}\). En revanche, \(\mathrm{e}^x > 0\), donc \(-1\) n’a pas d’antécédent. \(f_4\) est injective mais pas surjective. Remarquez qu’elle devient bijective de \(\mathbb{R}\) sur \(]0,+\infty[\), de réciproque \(\ln\).
5. On a \(f_5(0) = f_5(1) = 0\), donc \(f_5\) n’est pas injective. Soit maintenant \(y \in \mathbb{R}\). La fonction \(\varphi : x \mapsto x^3 – x – y\) est continue sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(x^3 – x = x^3(1 – \frac{1}{x^2})\) pour \(x \neq 0\), donc \(\varphi\) tend vers \(-\infty\) en \(-\infty\) et vers \(+\infty\) en \(+\infty\). Le théorème des valeurs intermédiaires fournit un réel \(x\) tel que \(\varphi(x) = 0\), c’est-à-dire \(f_5(x) = y\). \(f_5\) est surjective mais pas injective.

Point de méthode : la même formule peut définir une application bijective ou non selon les ensembles de départ et d’arrivée, comme le montrent \(f_2\) et \(f_3\).

Corrigé de l’exercice 6 : Applications de N dans N

1. Si \(2n = 2n^{\prime}\), alors \(n = n^{\prime}\) : \(f\) est injective. Cependant, \(1\) est impair, donc il n’a pas d’antécédent par \(f\). \(f\) est injective, non surjective. Ensuite, pour \(m \in \mathbb{N}\), on a \(g(2m) = m\), donc \(g\) est surjective. En revanche, \(g(0) = g(1) = 0\). \(g\) est surjective, non injective.
2. Pour tout \(n\), on a \((g \circ f)(n) = \lfloor 2n/2 \rfloor = n\), donc \(g \circ f = \mathrm{Id}_{\mathbb{N}}\). En revanche, \((f \circ g)(n) = 2 \lfloor n/2 \rfloor\) vaut \(n\) si \(n\) est pair et \(n – 1\) si \(n\) est impair. Par exemple, \((f \circ g)(1) = 0\). Ainsi \(f \circ g \neq \mathrm{Id}_{\mathbb{N}}\). Ce calcul confirme le cours : \(g \circ f\) injective force \(f\) injective, et \(g \circ f\) surjective force \(g\) surjective. Cependant, une seule égalité avec l’identité ne suffit pas à conclure à la bijectivité.
3. D’abord, \(h\) est bien à valeurs dans \(\mathbb{N}\), car un entier impair vérifie \(n \geq\, 1\). Si \(n\) est pair, \(h(n) = n + 1\) est impair, donc \(h(h(n)) = n + 1 – 1 = n\). Si \(n\) est impair, \(h(n) = n – 1\) est pair, donc \(h(h(n)) = n – 1 + 1 = n\). Par conséquent, \(h \circ h = \mathrm{Id}_{\mathbb{N}}\). D’après le théorème de caractérisation des bijections, avec \(g = h\), \(h\) est bijective et \(h^{-1} = h\).

Corrigé de l’exercice 7 : Deux applications de R² dans R²

1. Soit \((u,v) \in \mathbb{R}^2\). On résout le système d’inconnue \((x,y)\) :
   \[\begin{cases} x + y = u \\ x – y = v \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{u+v}{2} \\ y = \dfrac{u-v}{2} \end{cases}\]
   On obtient par addition puis soustraction une unique solution. Tout couple a donc exactement un antécédent. \(\varphi\) est bijective et \(\varphi^{-1}(u,v) = (\dfrac{u+v}{2}, \dfrac{u-v}{2})\).
2. On a \(\psi(1, 2) = (3, 2) = \psi(2, 1)\) alors que \((1, 2) \neq (2, 1)\). \(\psi\) n’est pas injective.
3. Supposons \(\psi(x,y) = (0, 1)\). Alors \(y = -x\), puis \(xy = -x^2 = 1\), ce qui est impossible. Le couple \((0, 1)\) n’a pas d’antécédent : \(\psi\) n’est pas surjective.
4. Soit \((s,p) = \psi(x,y)\). Alors \(s^2 – 4p = (x+y)^2 – 4xy = (x-y)^2 \geq\, 0\). Réciproquement, soit \((s,p)\) tel que \(\Delta = s^2 – 4p \geq\, 0\). On pose \(x = \frac{s + \sqrt{\Delta}}{2}\) et \(y = \frac{s – \sqrt{\Delta}}{2}\). Alors \(x + y = s\), et \(xy = \frac{s^2 – \Delta}{4} = p\). Donc \((s,p) = \psi(x,y)\). Ainsi \(\psi(\mathbb{R}^2) = \{(s,p) \mid s^2 \geq\, 4p\}\). On retrouve que \((0, 1)\) n’est pas atteint, car \(0 – 4 < 0\).

Corrigé de l’exercice 8 : Une homographie bijective

1. Pour \(x \neq 1\), on écrit \(2x + 1 = 2(x – 1) + 3\). Donc \(f(x) = 2 + \dfrac{3}{x-1}\). On a \(\alpha = 2\) et \(\beta = 3\).
2. Le quotient \(\frac{3}{x-1}\) n’est jamais nul, car son numérateur vaut \(3\). Donc \(f(x) \neq 2\) pour tout \(x \neq 1\), et \(f\) définit bien une application de \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\) dans \(\mathbb{R} \setminus \{2\}\).
3. Soit \(y \neq 2\). Pour \(x \neq 1\), on a les équivalences suivantes :
   \[f(x) = y \Leftrightarrow \frac{3}{x-1} = y – 2 \Leftrightarrow x – 1 = \frac{3}{y-2} \Leftrightarrow x = \frac{y+1}{y-2}.\]
   La deuxième équivalence utilise \(y – 2 \neq 0\). De plus, la solution trouvée est différente de \(1\), puisque \(\frac{3}{y-2} \neq 0\). Chaque \(y \neq 2\) possède donc un unique antécédent. \(f\) est bijective et \(f^{-1}(y) = \dfrac{y+1}{y-2}\).
4. Si \(x > 1\), alors \(x – 1 > 0\), donc \(\frac{3}{x-1} > 0\) et \(f(x) > 2\). Réciproquement, si \(y > 2\), on a \(f^{-1}(y) = 1 + \frac{3}{y-2} > 1\). Donc \(f(]1,+\infty[) = ]2,+\infty[\). Ensuite, \(3 \leq\, f(x) \leq\, 5\) équivaut à \(1 \leq\, \frac{3}{x-1} \leq\, 3\). Ce quotient étant positif, on a \(x – 1 > 0\). La fonction inverse étant décroissante sur \(]0,+\infty[\), l’encadrement équivaut à \(1 \leq\, x – 1 \leq\, 3\). Ainsi \(f^{-1}([3, 5]) = [2, 4]\) ; on vérifie que \(f(2) = 5\) et \(f(4) = 3\).

Comme le montre la figure ci-dessous, la courbe ne coupe jamais l’asymptote horizontale \(y = 2\) : c’est exactement la valeur exclue de l’ensemble d’arrivée.

Corrigé de l’exercice 9 : Composition, injectivité et surjectivité

1. Soient \(x, x^{\prime} \in E\) tels que \(f(x) = f(x^{\prime})\). En appliquant \(g\), on obtient \((g \circ f)(x) = (g \circ f)(x^{\prime})\). Comme \(g \circ f\) est injective, \(x = x^{\prime}\). Donc \(f\) est injective.
2. Soit \(z \in G\). Comme \(g \circ f\) est surjective, il existe \(x \in E\) tel que \(g(f(x)) = z\). Ainsi, \(y = f(x)\) est un antécédent de \(z\) par \(g\). Donc \(g\) est surjective.
3. Prenons \(E = \{0\}\), \(F = \{0, 1\}\), \(G = \{0\}\), \(f(0) = 0\) et \(g(0) = g(1) = 0\). Alors \(g \circ f : \{0\} \to \{0\}\) est bijective. Pourtant, \(1\) n’a pas d’antécédent par \(f\), et \(g(0) = g(1)\). Ce contre-exemple convient : \(f\) n’est pas surjective et \(g\) n’est pas injective.
4. Soient \(y, y^{\prime} \in F\) tels que \(g(y) = g(y^{\prime})\). Par surjectivité de \(f\), on écrit \(y = f(x)\) et \(y^{\prime} = f(x^{\prime})\). Alors \((g \circ f)(x) = (g \circ f)(x^{\prime})\), donc \(x = x^{\prime}\) par injectivité de \(g \circ f\). Par conséquent, \(y = y^{\prime}\). L’application \(g\) est injective.
5. Soit \(y \in F\). Comme \(g \circ f\) est surjective, il existe \(x \in E\) tel que \(g(f(x)) = g(y)\). L’injectivité de \(g\) donne alors \(f(x) = y\). Donc \(f\) est surjective.

Point de méthode : pour retenir les questions 1 et 2, pensez que l’injectivité « se lit à l’entrée » de la composée et la surjectivité « à la sortie ».

Corrigé de l’exercice 10 : Bijectivité par la composition

1. Posons \(g = f \circ f\). Par associativité, \(g \circ f = f \circ f \circ f = \mathrm{Id}_E\) et \(f \circ g = f \circ f \circ f = \mathrm{Id}_E\). D’après le théorème de caractérisation des bijections, \(f\) est bijective et \(f^{-1} = f \circ f\).
2. Soit \(x \in D\). Comme \(x \neq 1\), le réel \(u(x) = \frac{1}{1-x}\) est défini. Il est non nul, car son numérateur vaut \(1\). De plus, \(u(x) = 1\) équivaudrait à \(1 – x = 1\), soit \(x = 0\), valeur exclue. Donc \(u(x) \in D\), et \(u\) est une application de \(D\) dans \(D\).
3. Pour \(x \in D\), on calcule \(1 – u(x) = \frac{1 – x – 1}{1 – x} = \frac{-x}{1-x}\). Comme \(x \neq 0\), on obtient :
   \[u(u(x)) = \frac{1 – x}{-x} = \frac{x – 1}{x}, \qquad u(u(u(x))) = \frac{1}{1 – \frac{x-1}{x}} = \frac{1}{\frac{1}{x}} = x.\]
   Donc \(u \circ u \circ u = \mathrm{Id}_D\). D’après la question 1, \(u\) est bijective et \(u^{-1}(x) = (u \circ u)(x) = \dfrac{x-1}{x}\). On vérifie directement que \(u(\frac{x-1}{x}) = x\).
4. Comme \(g \circ f\) est injective, \(f\) est injective (exercice 9). Comme \(f \circ g\) est surjective, \(f\) est surjective. De même, \(f \circ g\) injective entraîne \(g\) injective, et \(g \circ f\) surjective entraîne \(g\) surjective. Ainsi \(f\) et \(g\) sont bijectives.

Corrigé de l’exercice 11 : Caractériser l’injectivité par les images

1. Supposons \(f\) injective et soit \(A \subset E\). On sait déjà que \(A \subset f^{-1}(f(A))\). Soit \(x \in f^{-1}(f(A))\). Alors \(f(x) \in f(A)\), donc \(f(x) = f(a)\) pour un \(a \in A\). L’injectivité donne \(x = a \in A\). D’où l’égalité. Inversement, supposons l’égalité vraie pour toute partie. Soient \(x, x^{\prime}\) tels que \(f(x^{\prime}) = f(x)\). Avec \(A = \{x\}\), on a \(x^{\prime} \in f^{-1}(f(\{x\})) = \{x\}\), donc \(x^{\prime} = x\). L’équivalence est démontrée.
2. Supposons \(f\) surjective. D’après l’exercice 4, \(f(f^{-1}(C)) = C \cap f(E) = C \cap F = C\). Inversement, si l’égalité vaut pour toute partie, on l’applique à \(C = F\). On obtient \(f(f^{-1}(F)) = f(E) = F\). Donc \(f\) est surjective, et l’équivalence est démontrée.
3. Le sens direct découle de l’exercice 4. Pour la réciproque, raisonnons par contraposée. Supposons qu’il existe \(x \neq x^{\prime}\) tels que \(f(x) = f(x^{\prime})\). Posons \(A = \{x\}\) et \(B = \{x^{\prime}\}\). Alors \(A \cap B = \varnothing\), donc \(f(A \cap B) = \varnothing\). En revanche, \(f(A) \cap f(B) = \{f(x)\}\) n’est pas vide. L’égalité échoue pour ces parties, ce qui prouve l’équivalence.

Corrigé de l’exercice 12 : Propriétés de quelques relations binaires

1. La relation \(\leq\,\) est réflexive, antisymétrique et transitive. Elle n’est pas symétrique, car \(0 \leq\, 1\) mais \(1 \not\leq\, 0\). \(\mathcal{R}_1\) est une relation d’ordre, et même d’ordre total.
2. On a \(|x – x| = 0 \leq\, 1\) : réflexivité. Puis \(|y – x| = |x – y|\) : symétrie. En revanche, \(0 \mathcal{R}_2 \frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{2} \mathcal{R}_2 0\) alors que \(0 \neq \frac{1}{2}\) : pas d’antisymétrie. Enfin, \(0 \mathcal{R}_2 1\) et \(1 \mathcal{R}_2 2\), mais \(|0 – 2| = 2 > 1\) : pas de transitivité. \(\mathcal{R}_2\) n’est ni une relation d’équivalence, ni une relation d’ordre.
3. D’abord, \(x – x = 0\) est pair. Ensuite, si \(x – y\) est pair, \(y – x = -(x – y)\) l’est aussi. De plus, \(x – z = (x – y) + (y – z)\) est pair comme somme de deux nombres pairs. En revanche, \(0 \mathcal{R}_3 2\) et \(2 \mathcal{R}_3 0\) : pas d’antisymétrie. \(\mathcal{R}_3\) est une relation d’équivalence ; ses deux classes sont l’ensemble des entiers pairs et celui des entiers impairs.
4. On a \(0 \times 0 = 0\), donc \(0\) n’est pas en relation avec lui-même : pas de réflexivité. La symétrie est claire, car \(xy = yx\). Pour la transitivité, supposons \(xy > 0\) et \(yz > 0\). Alors \(y \neq 0\), et \(xz \cdot y^2 = (xy)(yz) > 0\) avec \(y^2 > 0\), d’où \(xz > 0\). Enfin, \(1 \mathcal{R}_4 2\) et \(2 \mathcal{R}_4 1\) : pas d’antisymétrie. \(\mathcal{R}_4\) est symétrique et transitive, mais ni réflexive ni antisymétrique. Sur \(\mathbb{R}^*\), elle devient une relation d’équivalence de classes \(\mathbb{R}_+^*\) et \(\mathbb{R}_-^*\).
5. Soit \(a \in E\). La partie \(\{a\}\) vérifie \(\{a\} \cap \{a\} \neq \varnothing\) : pas de réflexivité. La symétrie découle de \(A \cap B = B \cap A\). Ensuite, \(\varnothing \mathcal{R}_5 \{a\}\) et \(\{a\} \mathcal{R}_5 \varnothing\), avec \(\varnothing \neq \{a\}\) : pas d’antisymétrie. Enfin, \(\{a\} \mathcal{R}_5 \varnothing\) et \(\varnothing \mathcal{R}_5 \{a\}\), mais pas \(\{a\} \mathcal{R}_5 \{a\}\) : pas de transitivité. \(\mathcal{R}_5\) est seulement symétrique.

Corrigé de l’exercice 13 : Classes d’équivalence dans le plan et sur R

1. Posons \(N(x,y) = y – x^2\). La relation s’écrit \(N(u) = N(u^{\prime})\). Elle est donc réflexive, symétrique et transitive, comme l’égalité. La classe de \((x_0, y_0)\) est l’ensemble des \((x,y)\) tels que \(y = x^2 + c\), avec \(c = y_0 – x_0^2\). Les classes sont les paraboles d’équation \(y = x^2 + c\), \(c \in \mathbb{R}\), translatées verticalement de la parabole \(y = x^2\). Elles forment une partition du plan.
2. Posons \(\varphi(x) = x^2 – x\). On a \(x \mathcal{S} y \Leftrightarrow x^2 – x = y^2 – y \Leftrightarrow \varphi(x) = \varphi(y)\). Pour la même raison, \(\mathcal{S}\) est une relation d’équivalence.
3. On factorise : \(x^2 – y^2 – (x – y) = (x – y)(x + y – 1)\). Donc \(x \mathcal{S} y\) équivaut à \(y = x\) ou \(y = 1 – x\). La classe de \(x\) est \(\{x, 1 – x\}\). Elle est réduite à un élément si et seulement si \(x = 1 – x\). Seule la classe de \(\frac{1}{2}\) est un singleton.

La figure ci-dessous interprète ce résultat : \(x\) et \(1 – x\) sont symétriques par rapport à l’axe \(x = \frac{1}{2}\) de la parabole \(y = x^2 – x\). Ils ont donc la même image, et une droite horizontale coupe la courbe en une classe.

Corrigé de l’exercice 14 : Congruence modulo 5

1. D’abord, \(5\) divise \(0 = a – a\) : réflexivité. Ensuite, si \(b – a = 5k\), alors \(a – b = 5(-k)\) : symétrie. Enfin, si \(b – a = 5k\) et \(c – b = 5l\), alors \(c – a = 5(k + l)\) : transitivité. La congruence modulo \(5\) est une relation d’équivalence.
2. La division euclidienne écrit tout entier \(a = 5q + r\) avec \(r \in \{0, 1, 2, 3, 4\}\). Alors \(a – r = 5q\), donc \(a \in \overline{r}\). Par ailleurs, si \(0 \leq\, r < r^{\prime} \leq\, 4\), la différence \(r^{\prime} – r\) est comprise entre \(1\) et \(4\), donc non divisible par \(5\) : les classes \(\overline{0}, \ldots, \overline{4}\) sont distinctes. Il y a exactement cinq classes, et elles forment une partition de \(\mathbb{Z}\) d’après le théorème du cours. Enfin, \(\overline{2} = \{5k + 2 \mid k \in \mathbb{Z}\}\), d’où \(\overline{2} \cap [-10, 10] = \{-8, -3, 2, 7\}\).
3. On a \(17 = 3 \times 5 + 2\), \(-3 = (-1) \times 5 + 2\) et \(2026 = 405 \times 5 + 1\). Donc \(17\) et \(-3\) sont dans \(\overline{2}\), et \(2026\) est dans \(\overline{1}\).
4. Écrivons \(a^{\prime} = a + 5k\) et \(b^{\prime} = b + 5l\). Alors \((a^{\prime} + b^{\prime}) – (a + b) = 5(k + l)\). De plus :
   \[a^{\prime} b^{\prime} – ab = (a^{\prime} – a) b^{\prime} + a (b^{\prime} – b) = 5(k b^{\prime} + a l).\]
   La congruence est donc compatible avec l’addition et la multiplication.
5. Si \(n \equiv r\ [5]\), la question 4 donne \(n^2 \equiv r^2\ [5]\). Or \(0^2 = 0\), \(1^2 = 1\), \(2^2 = 4\), \(3^2 = 9 \equiv 4\) et \(4^2 = 16 \equiv 1\). Ainsi \(n^2\) appartient à \(\overline{0}\), \(\overline{1}\) ou \(\overline{4}\). Par conséquent, \(n^2 + 2\) appartient à \(\overline{2}\), \(\overline{3}\) ou \(\overline{1}\), jamais à \(\overline{0}\). Donc \(n^2 + 2\) n’est jamais divisible par \(5\).

Corrigé de l’exercice 15 : Relation d’équivalence associée à une application

1. L’égalité dans \(F\) est réflexive, symétrique et transitive. Par conséquent, \(f(x) = f(x)\), puis \(f(x) = f(x^{\prime}) \Rightarrow f(x^{\prime}) = f(x)\), et enfin \(f(x) = f(x^{\prime})\) et \(f(x^{\prime}) = f(x^{\prime\prime})\) entraînent \(f(x) = f(x^{\prime\prime})\). \(\mathcal{R}_f\) est une relation d’équivalence.
2. Par définition, \(\overline{x} = \{x^{\prime} \in E \mid f(x^{\prime}) = f(x)\} = \{x^{\prime} \mid f(x^{\prime}) \in \{f(x)\}\}\). Donc \(\overline{x} = f^{-1}(\{f(x)\})\). Toutes les classes sont des singletons si et seulement si \(f(x^{\prime}) = f(x)\) entraîne \(x^{\prime} = x\). C’est le cas si et seulement si \(f\) est injective.
3. Il faut vérifier que deux représentants d’une même classe donnent la même valeur. Supposons \(\overline{x} = \overline{x^{\prime}}\). Alors \(x^{\prime} \in \overline{x}\), donc \(x \mathcal{R}_f x^{\prime}\), c’est-à-dire \(f(x) = f(x^{\prime})\). La valeur \(f(x)\) ne dépend que de la classe : \(\overline{f}\) est bien définie.
4. Soit \(y \in f(E)\). On écrit \(y = f(x)\), et alors \(\overline{f}(\overline{x}) = y\) : \(\overline{f}\) est surjective. Ensuite, si \(\overline{f}(\overline{x}) = \overline{f}(\overline{x^{\prime}})\), on a \(f(x) = f(x^{\prime})\), donc \(x \mathcal{R}_f x^{\prime}\) et \(\overline{x} = \overline{x^{\prime}}\) : \(\overline{f}\) est injective. \(\overline{f}\) est une bijection de \(E / \mathcal{R}_f\) sur \(f(E)\). On en déduit la décomposition \(f = i \circ \overline{f} \circ \pi\), où \(\pi : x \mapsto \overline{x}\) est surjective et \(i : f(E) \to F\) est l’inclusion, injective.
5. Ici, \((x,y) \mathcal{R}_f (x^{\prime},y^{\prime})\) équivaut à \(x + y = x^{\prime} + y^{\prime}\). La classe de \((x_0,y_0)\) est la droite \(\Delta_c\) d’équation \(x + y = c\), avec \(c = x_0 + y_0\). De plus, \(f(E) = \mathbb{R}\), car \(f(c,0) = c\). Les classes sont les droites de pente \(-1\), et \(\overline{f}\) associe à la droite \(\Delta_c\) le réel \(c\).

Point de méthode : pour définir une application sur un ensemble quotient, vérifiez toujours que le résultat ne dépend pas du représentant choisi.

Corrigé de l’exercice 16 : Divisibilité et diagramme de Hasse

1. On a \(a = 1 \times a\), donc \(a \mid a\). Si \(a \mid b\) et \(b \mid a\) dans \(\mathbb{N}^*\), alors \(a \leq\, b\) et \(b \leq\, a\), car un diviseur d’un entier strictement positif lui est inférieur. Donc \(a = b\). Enfin, \(b = ka\) et \(c = lb\) donnent \(c = (kl)a\). La divisibilité est un ordre sur \(\mathbb{N}^*\) ; il est partiel, car \(2 \nmid 3\) et \(3 \nmid 2\).
2. Sur \(\mathbb{Z}\), on a \(2 \mid -2\) et \(-2 \mid 2\), mais \(2 \neq -2\). L’antisymétrie échoue : ce n’est pas une relation d’ordre sur \(\mathbb{Z}\).
3. Comme \(36 = 2^2 \times 3^2\), on a \(D_{36} = \{1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36\}\). Dans le diagramme, on relie \(d\) à \(2d\) et à \(3d\) lorsqu’ils divisent \(36\). On obtient le treillis carré représenté ci-dessous.
4. Un majorant de \(A\) est un multiple commun de \(4\) et \(6\), donc un multiple de \(12\). Dans \(D_{36}\), les majorants de \(A\) sont \(12\) et \(36\). Un minorant est un diviseur commun de \(4\) et \(6\). Les minorants de \(A\) sont \(1\) et \(2\). Aucun majorant n’appartient à \(A\), ni aucun minorant. La partie \(A\) n’a ni plus grand, ni plus petit élément.
5. Un majorant de \(B\) est un multiple de \(4\) et de \(9\), donc de \(36\) : le seul majorant est \(36\). Un minorant divise \(2\) et \(3\), donc divise \(1\) : le seul minorant est \(1\). Comme \(36 \notin B\) et \(1 \notin B\), la partie \(B\) n’a ni plus grand, ni plus petit élément.

La figure ci-dessous montre le diagramme de Hasse de \(D_{36}\). Les majorants de \(A\) sont situés au-dessus de \(4\) et de \(6\), les minorants en dessous des deux.

Corrigé de l’exercice 17 : Ordre produit et ordre lexicographique

1. Chaque propriété de \(\preceq_P\) découle de celle de \(\leq\,\), coordonnée par coordonnée. D’abord, \(x \leq\, x\) et \(y \leq\, y\). Ensuite, deux inégalités larges opposées donnent \(x = x^{\prime}\) et \(y = y^{\prime}\). Enfin, la transitivité se vérifie sur chaque coordonnée. En revanche, \((0, 1)\) et \((1, 0)\) sont incomparables. \(\preceq_P\) est un ordre partiel.
2. Réflexivité : \(x = x\) et \(y \leq\, y\). Antisymétrie : supposons \((x,y) \preceq_L (x^{\prime},y^{\prime})\) et \((x^{\prime},y^{\prime}) \preceq_L (x,y)\). Les deux relations donnent \(x \leq\, x^{\prime}\) et \(x^{\prime} \leq\, x\), donc \(x = x^{\prime}\). Alors \(y \leq\, y^{\prime}\) et \(y^{\prime} \leq\, y\), d’où \(y = y^{\prime}\). Transitivité : supposons \((x,y) \preceq_L (x^{\prime},y^{\prime}) \preceq_L (x^{\prime\prime},y^{\prime\prime})\). On a \(x \leq\, x^{\prime} \leq\, x^{\prime\prime}\). Si \(x < x^{\prime\prime}\), c’est terminé. Sinon, \(x = x^{\prime} = x^{\prime\prime}\), et alors \(y \leq\, y^{\prime} \leq\, y^{\prime\prime}\). Totalité : si \(x \neq x^{\prime}\), le plus petit des deux fixe l’ordre ; si \(x = x^{\prime}\), on compare \(y\) et \(y^{\prime}\). \(\preceq_L\) est un ordre total.
3. On a \(1 \leq\, 2\) mais \(5 > 0\), et \(2 > 1\). Pour l’ordre produit, \((1, 5)\) et \((2, 0)\) sont incomparables. En revanche, \(1 < 2\) suffit pour l’ordre lexicographique : \((1, 5) \preceq_L (2, 0)\).
4. Soit \((a,b)\) un majorant de \(D\). Comme \((1, 0) \in D\), on a \(a \geq\, 1\) ; comme \((0, 1) \in D\), on a \(b \geq\, 1\). Inversement, si \(a \geq\, 1\) et \(b \geq\, 1\), tout \((x,y) \in D\) vérifie \(x \leq\, |x| \leq\, 1 \leq\, a\) et, de même, \(y \leq\, b\). Les majorants de \(D\) sont les couples \((a,b)\) avec \(a \geq\, 1\) et \(b \geq\, 1\). Un tel couple vérifie \(a^2 + b^2 \geq\, 2 > 1\), donc n’appartient pas à \(D\). La partie \(D\) n’a pas de plus grand élément pour l’ordre produit.
5. Soit \((x,y) \in D\). Alors \(x^2 \leq\, x^2 + y^2 \leq\, 1\), donc \(x \leq\, 1\). Si \(x < 1\), on a \((x,y) \preceq_L (1, 0)\). Si \(x = 1\), alors \(y^2 \leq\, 0\), donc \(y = 0\). Ainsi \((1, 0)\) majore \(D\) et appartient à \(D\). Le même raisonnement avec \(x \geq\, -1\) s’applique à \((-1, 0)\). Pour l’ordre lexicographique, \(D\) a pour plus grand élément \((1, 0)\) et pour plus petit élément \((-1, 0)\).

Corrigé de l’exercice 18 : Inclusion sur les parties d’un ensemble

1. Toute partie est incluse dans elle-même. Deux inclusions réciproques donnent l’égalité : c’est le principe de double inclusion. Enfin, \(A \subset B\) et \(B \subset C\) entraînent \(A \subset C\). L’inclusion est un ordre ; il n’est pas total, car \(\{1\}\) et \(\{2\}\) sont incomparables.
2. Une partie \(M\) majore \(\mathcal{A}\) si et seulement si \(\{1\} \subset M\) et \(\{2\} \subset M\), c’est-à-dire \(\{1, 2\} \subset M\). Les majorants sont \(\{1, 2\}\) et \(\{1, 2, 3\}\), et le plus petit d’entre eux est \(\{1, 2\}\). De même, \(m\) minore \(\mathcal{A}\) si et seulement si \(m \subset \{1\} \cap \{2\} = \varnothing\). Le seul minorant est \(\varnothing\).
3. Un plus petit élément de \(\mathcal{B}\) serait inclus dans \(\{1\}\) et dans \(\{2\}\), donc vide. Or \(\varnothing \notin \mathcal{B}\). \(\mathcal{B}\) n’a pas de plus petit élément. En revanche, \(E \in \mathcal{B}\) contient toutes les parties de \(E\). Le plus grand élément de \(\mathcal{B}\) est \(E\).
4. D’abord, \(A \subset A \cup B\) et \(B \subset A \cup B\) : la partie \(A \cup B\) majore \(\{A, B\}\). Ensuite, si \(M\) majore \(\{A,B\}\), alors \(A \subset M\) et \(B \subset M\), donc \(A \cup B \subset M\). La partie \(A \cup B\) est un majorant inclus dans tous les autres : c’est le plus petit élément de l’ensemble des majorants.

Corrigé de l’exercice 19 : Ordre sur les fonctions réelles

1. Pour tout \(x\), \(f(x) \leq\, f(x)\) : réflexivité. Si \(f \leq\, g\) et \(g \leq\, f\), alors \(f(x) = g(x)\) pour tout \(x\), donc \(f = g\) : antisymétrie. Enfin, \(f(x) \leq\, g(x) \leq\, h(x)\) pour tout \(x\) donne la transitivité. C’est une relation d’ordre sur \(\mathcal{F}(\mathbb{R},\mathbb{R})\).
2. On a \(f(1) = 1 > 0 = g(1)\), donc \(f \leq\, g\) est faux. De même, \(f(-1) = -1 < 0 = g(-1)\), donc \(g \leq\, f\) est faux. Les fonctions \(f\) et \(g\) sont incomparables : l’ordre n’est pas total.
3. Une fonction \(k\) majore \(\{f,g\}\) si et seulement si, pour tout \(x\), \(k(x) \geq\, x\) et \(k(x) \geq\, 0\), c’est-à-dire \(k(x) \geq\, \max(x,0) = h(x)\). Les majorants sont les fonctions \(k\) telles que \(k \geq\, h\). En particulier, \(h\) est un majorant, et elle est inférieure à tous les autres. Donc \(h\) est le plus petit des majorants de \(\{f,g\}\).
4. De même, \(k\) minore \(\{f,g\}\) si et seulement si \(k(x) \leq\, \min(x,0)\) pour tout \(x\). Le plus grand des minorants est la fonction \(x \mapsto \min(x, 0)\).

Corrigé de l’exercice 20 : Théorème de Cantor

1. Supposons \(\{x\} = \{x^{\prime}\}\). Alors \(x \in \{x^{\prime}\}\), donc \(x = x^{\prime}\). L’application \(j\) est injective.
2. Raisonnons par l’absurde et supposons \(A = \varphi(a)\) pour un certain \(a \in E\). Si \(a \in A\), la définition de \(A\) donne \(a \notin \varphi(a) = A\), ce qui est contradictoire. Si \(a \notin A\), alors \(a \notin \varphi(a)\), donc \(a \in A\) par définition, encore une contradiction. Par conséquent, \(A\) n’a pas d’antécédent par \(\varphi\).
3. Toute application \(\varphi : E \to \mathcal{P}(E)\) manque au moins la partie \(A\). Il n’existe donc aucune surjection de \(E\) sur \(\mathcal{P}(E)\), a fortiori aucune bijection. Avec \(E = \mathbb{N}\), on obtient qu’il n’existe pas de bijection de \(\mathbb{N}\) sur \(\mathcal{P}(\mathbb{N})\).
4. On a \(1 \in \varphi(1)\), donc \(1 \notin A\). En revanche, \(2 \notin \varphi(2) = \varnothing\), donc \(2 \in A\). Ainsi \(A = \{2\}\), qui diffère de \(\varphi(1) = \{1, 2\}\) et de \(\varphi(2) = \varnothing\). Le résultat de la question 2 est bien vérifié.

Point de méthode : cet argument, dit diagonal, construit un objet qui diffère de chaque \(\varphi(x)\) « en \(x\) ». Il reviendra en théorie des ensembles et en calculabilité.

Corrigé de l’exercice 21 : Problème : une bijection entre N×N et N

1. Existence. L’ensemble \(K = \{k \in \mathbb{N} \mid 2^k \text{ divise } n\}\) contient \(0\). Il est majoré par \(n\), car \(2^k \mid n\) entraîne \(2^k \leq\, n < 2^n\). Il possède donc un plus grand élément \(p\). On écrit \(n = 2^p m\). L’entier \(m \geq\, 1\) est impair, sinon \(2^{p+1}\) diviserait \(n\). Ainsi \(m = 2q + 1\) avec \(q \in \mathbb{N}\). Unicité. Supposons \(2^p(2q+1) = 2^{p^{\prime}}(2q^{\prime}+1)\) avec, par exemple, \(p < p^{\prime}\). En divisant par \(2^p\), on obtient \(2q + 1 = 2^{p^{\prime} – p}(2q^{\prime}+1)\) : un nombre impair égal à un nombre pair, c’est absurde. Donc \(p = p^{\prime}\), puis \(2q + 1 = 2q^{\prime} + 1\) et \(q = q^{\prime}\). Tout \(n \geq\, 1\) s’écrit de façon unique \(2^p(2q+1)\).
2. La question 1 dit exactement que tout \(n \in \mathbb{N}^*\) possède un unique antécédent par \(\varphi\). Donc \(\varphi\) est bijective. Par ailleurs, \(\tau : \mathbb{N}^* \to \mathbb{N},\ n \mapsto n – 1\) est bijective, de réciproque \(n \mapsto n + 1\). Comme composée de deux bijections, \(\psi = \tau \circ \varphi\) est une bijection de \(\mathbb{N}^2\) sur \(\mathbb{N}\).
3. On calcule \(\psi(0, 0) = 1 – 1 = 0\) et \(\psi(3, 2) = 8 \times 5 – 1 = 39\). Pour trouver l’antécédent de \(m\), on décompose \(m + 1\). D’abord, \(12 = 2^2 \times 3\), donc \(11 = \psi(2, 1)\). Ensuite, \(48 = 2^4 \times 3\), donc \(47 = \psi(4, 1)\). Enfin, \(101\) est impair et \(101 = 2 \times 50 + 1\), donc \(100 = \psi(0, 50)\). Ainsi \(\psi(0, 0) = 0\), \(\psi(3, 2) = 39\), et les antécédents de \(11\), \(47\), \(100\) sont \((2, 1)\), \((4, 1)\), \((0, 50)\).
4. On a \(\psi(0,q) = 2q + 1 – 1 = 2q\). Lorsque \(q\) décrit \(\mathbb{N}\), on obtient tous les entiers pairs. Donc \(\psi(\{0\} \times \mathbb{N}) = 2\mathbb{N}\). Pour \(p \geq\, 1\), l’entier \(2^p(2q+1)\) est pair, donc \(\psi(p,q)\) est impair. Comme \(\psi\) est bijective, l’image du complémentaire de \(\{0\} \times \mathbb{N}\) est le complémentaire de \(2\mathbb{N}\). Donc \(\psi(\mathbb{N}^* \times \mathbb{N})\) est l’ensemble des entiers impairs.
5. Posons \(k : \mathbb{Z} \to \mathbb{N}\), avec \(k(m) = 2m\) si \(m \geq\, 0\) et \(k(m) = -2m – 1\) si \(m < 0\). Si \(m \geq\, 0\), \(k(m)\) est pair, donc \(g(k(m)) = m\). Si \(m < 0\), \(k(m) = -2m – 1\) est impair et positif, donc \(g(k(m)) = -\frac{-2m – 1 + 1}{2} = m\). Inversement, si \(n\) est pair, \(g(n) = \frac{n}{2} \geq\, 0\) et \(k(g(n)) = n\). Si \(n\) est impair, \(g(n) = -\frac{n+1}{2} < 0\) et \(k(g(n)) = (n + 1) – 1 = n\). Donc \(g\) est bijective et \(g^{-1} = k\).
6. La composée \(g \circ \psi\) de deux bijections est une bijection. \(g \circ \psi\) est une bijection de \(\mathbb{N}^2\) sur \(\mathbb{Z}\), et \((g \circ \psi)(2, 1) = g(11) = -6\). Enfin, \(\theta : (a,b,c) \mapsto (\psi(a,b), c)\) est une bijection de \(\mathbb{N}^3\) sur \(\mathbb{N}^2\), de réciproque \((m,c) \mapsto (\psi^{-1}(m), c)\). Par composition, \(\psi \circ \theta : (a,b,c) \mapsto \psi(\psi(a,b),c)\) est une bijection de \(\mathbb{N}^3\) sur \(\mathbb{N}\).

La figure ci-dessous dresse le tableau des valeurs de \(\psi\) pour \(p, q \leq\, 4\). Chaque entier y apparaît au plus une fois, et la première ligne contient les entiers pairs, conformément à la question 4.

Corrigé de l’exercice 22 : Relations d’équivalence sur un ensemble à trois éléments

1. On classe les partitions selon le nombre de parties. Avec trois parties, on obtient \(\{\{1\},\{2\},\{3\}\}\). Avec deux parties, l’une a deux éléments et l’autre un seul : \(\{\{1, 2\},\{3\}\}\), \(\{\{1, 3\},\{2\}\}\) et \(\{\{2, 3\},\{1\}\}\). Avec une partie, on obtient \(\{E\}\). L’ensemble \(E\) possède exactement cinq partitions.
2. Une relation d’équivalence est déterminée par ses classes, qui forment une partition. Inversement, toute partition définit la relation « appartenir à la même partie ». Il y a donc cinq relations d’équivalence sur \(E\). Pour la partition \(\{\{1, 2\},\{3\}\}\), le graphe est \(\{(1, 1),(2, 2),(3, 3),(1, 2),(2, 1)\}\).
3. On a \(1 \mathcal{R} 2\) et \(2 \mathcal{R} 3\), mais \((1, 3)\) n’est pas dans le graphe. La relation n’est pas transitive, donc ce n’est pas une relation d’équivalence. Toute relation d’équivalence qui la contient vérifie \(1 \sim 2\) et \(2 \sim 3\), donc \(1 \sim 3\) : ses éléments sont tous dans la même classe. La plus petite relation d’équivalence qui la contient est \(E \times E\) tout entier, soit neuf couples.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : applications et relations, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur applications et relations
• À maîtriser avant : Logique, raisonnement et ensembles
• Chapitre précédent : Logique, raisonnement et ensembles
• Chapitre suivant : Entiers naturels, récurrence et dénombrement
• 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