Chapitre 2 : Ensembles et applications

Par l'absurde, supposons que $\mathcal{P}$ est un ensemble fini.
On peut l'écrire en extension.

D'où $r\in \mathbb{N}^*$ tq $\mathcal{P}=\left\lbrace p_1,p_2,...,p_r \right\rbrace$
J'envisage $N = p_1\times p_2\times...\times p_r+1$
D'après le théorème $\star$, $N\geq 2$
Donc $N$ admet un diviseur premier
d'où un certain $k\in \left\lbrace 1,...,r \right\rbrace$ tq $p_k | N$
or $p_k$ divise $p_1\times...\times p_r$
Donc $p_k$ divise $N-p_1\times...\times p_r$
Donc $p_k$ divise 1, donc $p_k \leq 1$
Or $p_k$ est premier, donc $p_k \geq 2$

D'où la contradiction et le résultat.

1. Prouver une implication. Pour montrer que $p\Rightarrow q$

SUPPOSONS P ... MONTRONS q

2. Prouver une équivalence. Pour montrer que $p\Leftrightarrow q$

On procède par double implication.

• $\Rightarrow$ : Supposons $p$, montrons $q$ ...
  
• $\Leftarrow$ : Réciproquement, supposons $q$, montrons $p$ ...
  
• Conclusion : on a bien $p\Leftrightarrow q$

3. Prouver un résultat pour tout $x$. Pour montrer que $\forall x\in E, \mathcal{P}(x)$

Soit $x\in E$, montrons que $x$ vérifie $\mathcal{P}$

4. Prouver qu'il existe un certain $x$ qui vérifie une propriété. Pour montrer que $\exists x\in E, \mathcal{P}(x)$

• Si on réussit à exhiber un tel $x$.
  On pose : $x = ...$ Montrons que $x$ vérifie la propriété $\mathcal{P}(.)$
  
• Si on y arrive pas, faire un raisonnement par l'absurde :
  Par l'absurde. Dans le cas contraire $\forall x\in E, non(\mathcal{P}(x))$
  Donc ... [On cherche une contradiction]
  D'où la contradiction et le résultat.
  

5. Prouver une inclusion d'ensembles. Montrer que $A\subset B$

Soit $x\in A$, montrons que $x\in B$

6. Prouver une égalité d'ensembles. Montrons que $A = B$ (où $A$ et $B$ sont les ensembles).

On procède par double inclusion.

• Montrons que $A\subset B$ : Soit $x\in A$, montrons que $x\in B$ ...
  
• Montrons que $B\subset A$ : Soit $x\in B$, montrons que $x\in A$
  
• Conclusion : on a bien l'égalité des ensembles ($A=B$)
  

7. Analyse/Synthèse

On se donne un ensemble de $E$ et une propriété $\mathcal{P}(.)$ sur cet ensemble.

On cherche l'ensemble des $x\in E$ tq $x$ vérifie $\mathcal{P}$

Analyse :
On cherche les conditions nécessaires pour que $x$ vérifie $\mathcal{P}$, le plus possible, de façon à aboutir à un portrait robot des $x$ qui peuvent potentiellement vérifier $\mathcal{P}$.

Synthèse :
Réciproquement, on se donne un $x$ qui satisfait le portrait robot établi dans l'analyse, et on vérifie si (oui ou non), il satisfait la propriété $\mathcal{P}$ i.e. on vérifie si le portrait robot est une condition suffisante.

Conclusion :
Les $x$ trouvés à la fin de la synthèse sont exactement ceux qui vérifient $\mathcal{P}$.

• La synthèse nous dit qu'ils vérifient bien $\mathcal{P}$
  
• L'analyse nous garantit qu'il y en a pas d'autre.

Rédaction : $f$ est injective

Soient $x$ et $x'$ dans $E$ tq $f(x) = f(x')$.
Montrons que $x = x'$

On procède par double implication.

Supposons qu'il existe $g : F\to E$ tq $g\circ f = \text{Id}_E$.
Montrons que $f$ est injective.

Soient $x$ et $x'$ dans $E$ tq $f(x)=f(x')$
Montrons que $x = x'$
On applique $\displaystyle{} g : g\left[ f(x) \right] = g\left[ f(x')\right]$
i.e. $\displaystyle{} (g\circ f)(x) = (g\circ f)(x')$
or $g\circ f = \text{Id}_E$, donc $x = x'$
Ainsi $f$ est injective.

Réciproquement, supposons que $f$ est injective.
Il s'agit de construire une fonction $g : F\to E$ tq $g\circ f =\text{Id}_E$
Soit $y\in F$ on veut définir $g(y)$

$1^{\text{er}}$ cas : on suppose que $y\in \text{Im} f$

D'où un certain $x\in E$ tq $y = f(x)$
On pose alors $g(y)=x$
$g(x)$ est bien défini car $f$ est injective i.e. un tel $x\in E$ est unique.
À ce stade on a déjà assuré le fait que $\forall x\in E, g[f(x)] = x$

$2^{\text{ème}}$ cas : On suppose que $y\not\in \text{Im} f$
On a supposé que $E\neq \emptyset$, d'où un certains $x_0\in E$
On pose alors $g(y)=x_0$
D'où $g : F\to E$ bien définie et d'après $\forall x\in E, g[f(x)] = x$ on a $g\circ f = \text{Id}_E$

Rédaction : $f$ est surjective

Soit $y\in F$
On pose $x = ...\in E$
Vérifions que $y = f(x)$

1. $f$ injective $\Rightarrow f$ strictement monotone - Faux :
Contre-exemple : Soit $f : \mathbb{R} \Rightarrow \mathbb{R}$
$\begin{array}{lccl} \text{Soit } f : & \mathbb{R} &\to &\mathbb{R}\\ & x & \mapsto & f(x) = \left\lbrace \begin{array}{cl}\frac{1}{x} & \text{si }x\neq0 \\ 0 & \text{si } x=0 \end{array} \right. \end{array}$
Si $x \neq x'$, alors
$f(x)< f(x')$
Ainsi $f(x) \neq f(x')$
Donc $f$ est injective
Mais $f(x)$ n'est pas monotone par définition
D'où le contre-exemple

2. $f$ bijective $\Rightarrow f$ strictement monotone - Vrai :
Idem que pour injective.
3. $f$ strictement monotone $\Rightarrow f$ injective - Vrai :
Supposons par exemple que $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ soit strictement croissante
Mq $f$ est injective.
Soient $x \neq x' \in \mathbb{R}$, mq $f(x) \neq f(x')$
Par exemple, si $x>x'$, (idem si $x alors $f(x) donc $f(x)\neq f(x')$
Donc f est injective.

$$f(A\cup B) = f(A) \cup f(B) ? \hspace{20pt} f(A\cap B) = f(A) \cap f(B) ?$$ $$f^{-1}(A'\cup B') = f^{-1}(A') \cup f^{-1}(B') \hspace{20pt}f^{-1}(A'\cap B') = f^{-1}(A') \cap f^{-1}(B')$$ $\displaystyle{} f(A\cap B) \subset f(A)\cap f(B)$ n'est qu'une inclusion.

Comparer $f(f^{-1}(A'))$ et $A'$.

J'affirme que $f[f^{-1}(A')]\subset A'$.
Soit $y\in f[f^{-1}(A')]$
d'où un certains $x\in f^{-1}(A')$ tq $y=f(x)$
Or $x \in f^{-1}(A')$ donc $f(x)\in A'$
Supposons que $f$ est surjective.
Soit $A'\subset f(A')$. Montrons que $A'\in f(A')$\ Soit $y\in A'$. Montrons que $y\in f[f^{-1}(A')]$
Or $f$ est surjective, donc $y$ admet au moins un antécédent.
D'où un certain $x\in E$ tel que $y=f(x)$
Or $y\in A'$ donc $x\in f^{-1}(A')$.
Donc $A'\subset f[f^{-1}(A')]$

Comparer $f^{-1}(f(A))$ et $A$.

$x\in f(A)$ ssi $f(x) \in f(A)$
J'affirme que $A\subset f^{-1}[f(A)]$
En effet, si $x\in A$, alors $f(x) \in f(A)$
Donc $x\in f^{-1}[f(A)]$.
Montrons que si $f$ est injective, alors $f^{-1}[f(A)] = A$
Supposons que $f$ est injective.
Soit $A\subset E.$ Montrons que $f^{-1}[f(A)]\subset A$.
Soit $x\in f^{-1}[f(A)]$. Montrons que $x\in A$.
On a $f(x)\in f(A)$
D'où un certains $x'\in A$ tq $f(x)=f(x')$
Or $f$ est injective.
Donc $x=x'$
Donc $x\in A$.
Conclusion : $f^{-1}[f(A)]\subset A$ }