Ensembles — Partie I

CPGE — Fondements · Opérations ensemblistes · Produit cartésien · Applications et bijections

TABLE DES MATIÈRES

Introduction — Fil rouge
I — Notions sur les ensembles
II — Opérations sur les ensembles
III — Produit cartésien
- III.1 Produit de deux ensembles
- III.2 Produit à $n$ facteurs et $n$-uplets
IV — Applications : injection, surjection, bijection
V — Images directe et réciproque
VI — Fil rouge : analogie Ensembles ↔ Logique

INDEX — DÉFINITIONS, THÉORÈMES, MÉTHODES

📘 Définitions
Déf. 1 — Ensemble, élément, ensemble vide	→ I.1
Déf. 2 — Ensembles de nombres usuels	→ I.1
Déf. 3 — Inclusion $A \subset B$	→ I.2
Déf. 4 — Égalité d'ensembles	→ I.3
Déf. 5 — Ensemble des parties $\mathcal{P}(E)$	→ I.4
Déf. 5bis — Cardinal $\|E\|$	→ I.4
Déf. 6 — Complémentaire $\complement_E A$	→ II.1
Déf. 7 — Intersection $A \cap B$	→ II.2
Déf. 8 — Ensembles disjoints / distincts	→ II.2
Déf. 9 — Réunion $A \cup B$	→ II.3
Déf. 10 — Différence $A \setminus B$	→ II.4
Déf. 11 — Réunion/intersection quelconques, partition	→ II.6
Déf. 11bis — Somme disjointe $A \sqcup B$	→ II.6
Déf. 12 — Produit cartésien $A \times B$	→ III.1
Déf. 12bis — Produit à $n$ facteurs, $n$-uplet	→ III.2
Déf. 13 — Application, image, antécédent	→ IV.1
Déf. 14 — Injection	→ IV.2
Déf. 15 — Surjection	→ IV.3
Déf. 16 — Bijection	→ IV.4
Déf. 17 — Image directe $f(A)$	→ V
Déf. 18 — Image réciproque $f^{-1}(B)$	→ V
Déf. 19 — Composée $g \circ f$	→ IV.6
Déf. 20 — Égalité de fonctions	→ IV.7
Déf. 21 — Restriction $f_{\|A}$	→ IV.8
Déf. 22 — Relation d'équivalence induite	→ IV.9
Déf. 23 — Fibres de $f$	→ IV.9
📕 Théorèmes et propositions
Prop. 1 — Inclusion et implication	→ I.2
Thm. 1 — Cardinal de $\mathcal{P}(E)$	→ I.4
Prop. 2 — Propriétés algébriques de $\cap$ et $\cup$	→ II.2–3
Prop. 2bis — Cardinal d'un produit cartésien	→ III.1
Thm. 2 — Lois de De Morgan	→ II.5
Thm. 2bis — De Morgan — familles quelconques	→ II.5
Thm. 3 — Caractérisation de l'injection	→ IV.2
Thm. 4 — Cardinal et inj./surj./bij. (fini)	→ IV.4b
Thm. 5 — Unicité et propriétés de $f^{-1}$	→ IV.5
Thm. 6 — Composition et inj./surj./bij.	→ IV.6
Thm. 7 — Factorisation canonique	→ IV.9
Thm. 8 — Stabilité par image directe	→ V
Thm. 9 — Stabilité par image réciproque	→ V
📙 Méthodes
Méthode 1 — Montrer que $A \subset B$	→ I.2
Méthode 2 — Égalité par double inclusion	→ I.3
Méthode 3 — Montrer qu'une fonction est injective	→ IV.2
Méthode 4 — Montrer qu'une fonction est surjective	→ IV.3
Méthode 5 — Calculer $f^{-1}$ explicitement	→ IV.5
Méthode 6 — Montrer qu'une fonction est bijective	→ IV.4
Méthode 7 — Rendre $f$ injective/surjective par restriction	→ IV.8
📗 Exercices
Exercices de synthèse	→ Exercice 6

Introduction — Fil rouge

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La théorie des ensembles est le langage universel des mathématiques : arithmétique, géométrie, analyse, algèbre moderne — toutes ces disciplines reposent sur la même notion fondamentale d'ensemble. En CPGE, les ensembles ne sont pas une fin en eux-mêmes, mais la grammaire indispensable pour énoncer clairement tout ce qui suit.

Ce cours part de la définition la plus élémentaire d'un ensemble et construit progressivement, étape par étape, jusqu'à la notion de bijection. Chaque concept prépare le suivant.

🔴 Fil rouge — Les fonctions comme relations particulières

Tout au long de ce cours, le fil conducteur sera la montée en abstraction : ensemble → produit cartésien → graphe → fonction → injection/surjection/bijection → fibres et partition → factorisation canonique. Une fonction $f : E \to F$ n'est rien d'autre qu'un sous-ensemble particulier de $E \times F$ — son graphe. Avant de parler de fonctions, il faut donc maîtriser les ensembles et leur produit cartésien. Le fil rouge culminera en Section VI avec le tableau d'analogie ensembles↔logique, après avoir traversé :

Sections I–II : ensembles, opérations, partitions.
Section III : produit cartésien — outil pour définir le graphe.
Section IV : fonctions, injection, surjection, bijection, réciproque, composition, restriction, égalité, relation d'équivalence induite et factorisation canonique.
Section V : images directe et réciproque — lien fonctions ↔ ensembles.
Section VI : analogie ensembles ↔ logique — synthèse finale.

I — Notions sur les ensembles

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I.1 Définition et descriptions

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Définition 1 — Ensemble

On appelle ensemble toute collection d'objets, appelés ses éléments, considérés sans ordre ni répétition possible.

« $x$ est élément de $E$ » se note $x \in E$. Dans le cas contraire, on écrit $x \notin E$.
L'ensemble sans élément est l'ensemble vide, noté $\emptyset$.
Un ensemble à un seul élément est un singleton $\{a\}$ ; à deux éléments, une paire $\{a,b\}$.

$\{\emptyset\} \neq \emptyset$. L'ensemble $\{\emptyset\}$ contient un élément (l'ensemble vide lui-même) ; $\emptyset$ ne contient rien du tout. De même, $\{1,2,3\} = \{3,1,2\} = \{1,1,2,3,3\}$ : l'ordre et les répétitions n'ont aucune importance.

Il existe quatre manières principales de définir un ensemble :

Exemple 1 — Par extension

On liste tous les éléments : $F = \{1,2,3,4,5,6\}$, $\mathcal{C} = \{\clubsuit, \diamondsuit, \heartsuit, \spadesuit\}$, $D = \{1, 2, 4, 8, 16, \ldots\} = \{2^n \mid n \in \mathbb{N}\}$.

Exemple 2 — Par compréhension

On sélectionne les éléments d'un ensemble plus grand vérifiant une propriété $P$ :

\[F = \{x \in E \mid P(x)\}\]

Par exemple : $P_{\text{pairs}} = \{n \in \mathbb{N} \mid \exists k \in \mathbb{N},\, n = 2k\}$.

Par conséquent : $\forall x \in E,\; x \in F \iff P(x)$.

La définition par compréhension traduit une propriété logique en langage ensembliste. Appartenir à $\{x \in E \mid P(x)\}$ est exactement équivalent à vérifier $P$. Cette correspondance est au cœur du tableau d'analogie en Section VI.

Définition 2 — Ensembles de nombres usuels

La chaîne d'inclusions strictes :

\[\mathbb{N} \subsetneq \mathbb{Z} \subsetneq \mathbb{D} \subsetneq \mathbb{Q} \subsetneq \mathbb{R} \subsetneq \mathbb{C}\]

$\mathbb{N} = \{0,1,2,3,\ldots\}$ : entiers naturels.
$\mathbb{Z} = \mathbb{N} \cup \{-n \mid n \in \mathbb{N}\}$ : entiers relatifs.
$\mathbb{D} = \left\{\dfrac{a}{10^n} \;\middle|\; a \in \mathbb{Z},\, n \in \mathbb{N}\right\}$ : décimaux.
$\mathbb{Q} = \left\{\dfrac{p}{q} \;\middle|\; p \in \mathbb{Z},\, q \in \mathbb{N}^*\right\}$ : rationnels.
$\mathbb{R}$ : réels (suites décimales illimitées, périodiques ou non).
$\mathbb{C} = \{a + ib \mid (a,b) \in \mathbb{R}^2,\; i^2 = -1\}$ : complexes.

Exercice 1

Donner une définition formelle par compréhension des ensembles suivants :

L'ensemble des entiers naturels impairs.
La courbe de la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$.
La courbe d'équation $x^2 - xy + y^3 = 0$.

Solution — Exercice 1

1. L'ensemble des entiers naturels impairs :

\[F = \{n \in \mathbb{N} \mid \exists k \in \mathbb{N},\, n = 2k+1\}\]

2. La courbe de $f$ est son graphe — l'ensemble des points $(x, f(x))$ du plan :

\[\mathcal{C}_f = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid y = f(x)\}\]

3. Ici il n'y a pas de fonction explicite $y = f(x)$ — la courbe est définie implicitement par une relation entre $x$ et $y$ :

\[\mathcal{C} = \{(x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 - xy + y^3 = 0\}\]

Remarque

Les questions 2 et 3 illustrent la différence entre définition par compréhension explicite (question 2 : on sait exprimer $y$ en fonction de $x$) et implicite (question 3 : la relation entre $x$ et $y$ n'est pas résolue). Dans les deux cas, la notation ensembliste est la même — c'est la propriété $P(x,y)$ qui change.

I.2 Inclusion d'ensembles

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Définition 3 — Inclusion

Soient $A$ et $B$ deux sous-ensembles d'un ensemble $E$. On dit que $A$ est inclus dans $B$, noté $A \subset B$, si tout élément de $A$ est aussi élément de $B$ :

\[A \subset B \iff \forall x \in A,\; x \in B.\]

On dit aussi que $A$ est une partie de $B$ ou un sous-ensemble de $B$.

Bon usage de $\in$ et $\subset$ :
$x \in E$ — un élément appartient à un ensemble.
$A \subset E$ — un sous-ensemble est inclus dans un ensemble.
On n'écrit jamais $A \in E$ (un ensemble n'est pas un élément) ni $x \subset E$ (un élément n'est pas inclus).
En revanche : $a \in E \iff \{a\} \subset E$ — le lien passe par le singleton.

Remarque — Propriétés de l'inclusion

Pour tous ensembles $A$, $B$, $C$ :

$\emptyset \subset A$ (l'ensemble vide est inclus dans tout ensemble).
$A \subset A$ (réflexivité).
$(A \subset B$ et $B \subset C) \Rightarrow A \subset C$ (transitivité).

Proposition 1 — Inclusion et implication

Soient $A = \{x \in E \mid P(x)\}$ et $B = \{x \in E \mid Q(x)\}$. Alors :

\[A \subset B \iff \bigl(\forall x \in E,\; P(x) \Rightarrow Q(x)\bigr).\]

L'inclusion $A \subset B$ est l'analogue ensembliste de l'implication logique $P \Rightarrow Q$. C'est la traduction exacte : « tout élément de $A$ est dans $B$ » signifie « toute chose vérifiant $P$ vérifie aussi $Q$ ».

Méthode 1 — Montrer que $A \subset B$

Stratégie directe : Soit $x \in A$ (il vérifie la propriété $P$) ; montrer que $x \in B$ (i.e. qu'il vérifie $Q$).

Par contraposée : Soit $x \notin B$ (il ne vérifie pas $Q$) ; montrer que $x \notin A$ (il ne vérifie pas $P$).

Exemple 3 — Application de la méthode directe

Montrer que $\{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 + y^2 = 4\} \subset [-2\,;\,2]^2$.

Preuve. Soit $(x,y)$ tel que $x^2 + y^2 = 4$. Alors $x^2 \leq x^2 + y^2 = 4$, donc $|x| \leq 2$, i.e. $x \in [-2;2]$. De même $y \in [-2;2]$. Donc $(x,y) \in [-2;2]^2$. □

Proposition 2 — Négation de l'inclusion et de l'égalité

$A \not\subset B \iff \exists x \in A,\; x \notin B$.

$\mathbb{N} \subset \mathbb{Z}$ mais $\mathbb{Z} \not\subset \mathbb{N}$ car $-1 \in \mathbb{Z}$ et $-1 \notin \mathbb{N}$.

I.3 Égalité d'ensembles

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Définition 4 — Égalité d'ensembles

$A = B$ si et seulement si ils ont exactement les mêmes éléments :

\[A = B \iff (A \subset B \text{ et } B \subset A) \iff \forall x,\; x \in A \iff x \in B.\]

En termes de propriétés : $A = B \iff \forall x \in E,\; P(x) \iff Q(x)$.

Méthode 2 — Égalité par double inclusion

Pour démontrer $A = B$, on a deux stratégies :

Stratégie 1 — Double inclusion. On rédige en deux blocs séparés et étiquetés :

Sens $A \subset B$ : Soit $x \in A$. [On utilise la définition/propriété de $A$.] \(\ldots$ donc $x \in B$. $\checkmark$

Sens $B \subset A$ : Soit $x \in B$. [On utilise la définition/propriété de $B$.] $\ldots$ donc $x \in A$. $\checkmark$

Conclusion : $A = B$. $\square$

Stratégie 2 — Chaîne d'équivalences. Lorsque les caractérisations de $A$ et $B$ permettent des équivalences directes :

$x \in A \iff P_1(x) \iff P_2(x) \iff \cdots \iff x \in B.$

Chaque $\iff$ doit être justifié. Cette stratégie est plus compacte mais nécessite que toutes les implications soient des équivalences — une seule implication simple dans la chaîne invalide la preuve.

Erreur classique. Écrire $x \in A \Rightarrow \cdots \Rightarrow x \in B$ prouve seulement $A \subset B$, pas l'égalité. Il faut impérativement les deux sens, ou des $\iff$ partout.

Quand choisir quelle stratégie ? La double inclusion est plus sûre et toujours applicable. La chaîne d'équivalences est plus élégante quand les deux ensembles sont définis par des propriétés algébriques ou logiques directement réversibles.

Exemple 4 — Double inclusion

Soient $a \leq b$ deux réels. Montrer que $[a\,;\,b] = \{(1-t)a + tb \mid t \in [0\,;\,1]\}$.

Notons $I = \{(1-t)a + tb \mid t \in [0;1]\}$. On veut montrer l'égalité des deux ensembles. Par la Méthode 2, on montre successivement $I \subset [a;b]$ puis $[a;b] \subset I$.

Sens $I \subset [a;b]$ — tout élément de $I$ est dans $[a;b]$. Soit $x \in I$, c'est-à-dire $x = (1-t)a + tb$ pour un certain $t \in [0;1]$. On développe : \[x = a - ta + tb = a + t(b-a).\]

Minoration $x \geq a$ : comme $t \geq 0$ et $b - a \geq 0$ (car $a \leq b$), on a $t(b-a) \geq 0$, donc \[x = a + \underbrace{t(b-a)}_{\geq\, 0} \geq a. \checkmark\]
Majoration $x \leq b$ : on réécrit la même expression différemment — en faisant apparaître $b$ en tête plutôt que $a$. On part de $x = a + t(b-a)$ et on ajoute et soustrait $b$ : \[x = a + t(b-a) = b \underbrace{- (b-a)}_{+\,a-b} + t(b-a) = b - (b-a) + t(b-a) = b - (1-t)(b-a).\] Comme $1-t \geq 0$ et $b-a \geq 0$, on a $(1-t)(b-a) \geq 0$, donc \[x = b - \underbrace{(1-t)(b-a)}_{\geq\, 0} \leq b. \checkmark\]

On a bien $a \leq x \leq b$, donc $x \in [a;b]$. □ (premier sens)

Sens $[a;b] \subset I$ — tout élément de $[a;b]$ est dans $I$. Soit $x \in [a;b]$. On doit trouver un $t \in [0;1]$ tel que $x = (1-t)a + tb$.

On résout cette équation en $t$ : en développant, $a + t(b-a) = x$, soit \[t = \frac{x - a}{b - a} \quad (\text{si } a \neq b).\] Vérifions que ce $t$ convient :

$x \geq a$ donc $x - a \geq 0$ et $b - a > 0$, d'où $t \geq 0$. $\checkmark$
$x \leq b$ donc $x - a \leq b - a$, d'où $t \leq 1$. $\checkmark$

Ce $t \in [0;1]$ donne bien $(1-t)a + tb = x$, donc $x \in I$.

Cas particulier $a = b$ : alors $[a;b] = \{a\}$ et $I = \{a\}$ (prendre $t = 0$), donc $I = [a;b]$ trivialement. □

I.4 Ensemble des parties $\mathcal{P}(E)$

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Définition 5 — Ensemble des parties

L'ensemble des parties de $E$ est noté $\mathcal{P}(E)$ : c'est l'ensemble de tous les sous-ensembles de $E$.

\[A \in \mathcal{P}(E) \iff A \subset E.\]

Il contient toujours $\emptyset$ et $E$ lui-même, donc $\mathcal{P}(E) \neq \emptyset$. Les autres parties sont dites propres ou strictes.

Exemple 5

$\mathcal{P}(\emptyset) = \{\emptyset\}$.

$\mathcal{P}(\{a\}) = \{\emptyset, \{a\}\}$.

$\mathcal{P}(\{a,b\}) = \{\emptyset, \{a\}, \{b\}, \{a,b\}\}$ — quatre éléments.

Définition 5bis — Cardinal d'un ensemble fini

Le cardinal d'un ensemble fini $E$, noté $|E|$ ou $\mathrm{card}(E)$, est le nombre d'éléments de $E$.

Exemples : $|\{a, b, c\}| = 3$, $|\emptyset| = 0$, $|\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}| = 6$.

Collision de notation. Le symbole $|\cdot|$ désigne deux choses différentes selon le contexte :

$|x|$ avec $x \in \mathbb{R}$ — la valeur absolue de $x$ (distance à 0).
$|E|$ avec $E$ un ensemble fini — le cardinal de $E$ (nombre d'éléments).

Le contexte permet toujours de lever l'ambiguïté. On peut aussi écrire $\mathrm{card}(E)$ pour le cardinal, ce qui évite toute confusion.

Théorème 1 — Cardinal de $\mathcal{P}(E)$

Si $E$ est fini avec $|E| = n$, alors $|\mathcal{P}(E)| = 2^n$.

Remarque — Quatre preuves du même résultat

Ce théorème admet plusieurs démonstrations, chacune éclairant un aspect différent. La preuve 1 (bijection) est la plus rigoureuse ; la preuve 2 (choix indépendants) est la plus intuitive ; la preuve 3 (récurrence) est la plus adaptée à une démonstration formelle en début d'année ; la preuve 4 (combinatoire) relie le résultat au binôme de Newton.

Preuve 1 — Bijection avec $\{0,1\}^n$. Notons $E = \{x_1, x_2, \ldots, x_n\}$. On construit une bijection explicite $\varphi : \mathcal{P}(E) \to \{0,1\}^n$. À chaque partie $A \subset E$, on associe son vecteur indicateur $\varphi(A) = (\varepsilon_1, \ldots, \varepsilon_n)$ défini par : \[\varepsilon_k = \begin{cases} 1 & \text{si } x_k \in A \\ 0 & \text{si } x_k \notin A \end{cases} \quad k = 1, \ldots, n.\] Exemple pour $n = 3$ :

Partie $A$	Vecteur $\varphi(A)$
$\emptyset$	$(0,0,0)$
$\{x_1\}$	$(1,0,0)$
$\{x_2\}$	$(0,1,0)$
$\{x_3\}$	$(0,0,1)$
$\{x_1,x_2\}$	$(1,1,0)$
$\{x_1,x_3\}$	$(1,0,1)$
$\{x_2,x_3\}$	$(0,1,1)$
$\{x_1,x_2,x_3\}$	$(1,1,1)$

$\varphi$ est injective : si $\varphi(A) = \varphi(B)$, alors pour tout $k$ : $\varepsilon_k^A = \varepsilon_k^B$, donc $x_k \in A \iff x_k \in B$, donc $A = B$. $\checkmark$
$\varphi$ est surjective : soit $(\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n) \in \{0,1\}^n$ ; poser $A = \{x_k \mid \varepsilon_k = 1\}$ donne $\varphi(A) = (\varepsilon_1,\ldots,\varepsilon_n)$. $\checkmark$

$\varphi$ est une bijection, donc $|\mathcal{P}(E)| = |\{0,1\}^n| = 2^n$. □

Preuve 2 — Choix indépendants (dénombrement direct). Pour construire une partie $A \subset E = \{x_1, \ldots, x_n\}$, on examine chaque élément $x_k$ l'un après l'autre et on prend une décision binaire :

Élément	Décision	Nombre de choix
$x_1$	inclure ou exclure	2
$x_2$	inclure ou exclure	2
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
$x_n$	inclure ou exclure	2

Ces $n$ décisions sont indépendantes : le choix pour $x_k$ ne contraint en rien le choix pour $x_{k+1}$. Par la règle du produit, le nombre total de parties est : \[|\mathcal{P}(E)| = \underbrace{2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{n \text{ fois}} = 2^n.\] □

Preuve 3 — Récurrence sur $n = |E|$. Initialisation ($n = 0$) : $E = \emptyset$, donc $\mathcal{P}(\emptyset) = \{\emptyset\}$, qui a $1 = 2^0$ élément. $\checkmark$

Hérédité : supposons le résultat vrai pour tout ensemble à $n$ éléments. Soit $E$ un ensemble à $n+1$ éléments. Fixons un élément $a \in E$ et posons $E' = E \setminus \{a\}$, qui a $n$ éléments.

On partitionne $\mathcal{P}(E)$ en deux familles selon que $a$ est absent ou présent : \[\mathcal{P}(E) = \underbrace{\{A \subset E \mid a \notin A\}}_{\mathcal{F}_0} \;\sqcup\; \underbrace{\{A \subset E \mid a \in A\}}_{\mathcal{F}_1}\]

Les parties sans $a$ ($\mathcal{F}_0$) : une partie $A \subset E$ n'contenant pas $a$ est exactement une partie de $E'$. Donc $|\mathcal{F}_0| = |\mathcal{P}(E')| = 2^n$ par hypothèse de récurrence. $\checkmark$
Les parties avec $a$ ($\mathcal{F}_1$) : l'application $A \mapsto A \setminus \{a\}$ est une bijection de $\mathcal{F}_1$ vers $\mathcal{P}(E')$ (on retire $a$, on obtient une partie de $E'$ ; réciproquement, on ajoute $a$ à toute partie de $E'$). Donc $|\mathcal{F}_1| = |\mathcal{P}(E')| = 2^n$. $\checkmark$

La réunion étant disjointe : \[|\mathcal{P}(E)| = |\mathcal{F}_0| + |\mathcal{F}_1| = 2^n + 2^n = 2^{n+1}.\] □

Preuve 4 — Combinatoire et binôme de Newton. Étape 1 — Identifier la somme cible.
On regroupe les parties de $E$ selon leur cardinal $k$. Il y a exactement $\dbinom{n}{k}$ parties à $k$ éléments (choisir $k$ éléments parmi $n$, sans ordre ni répétition). En sommant sur tous les cardinaux possibles : \[|\mathcal{P}(E)| = \binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \binom{n}{2} + \cdots + \binom{n}{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}.\] Notre objectif est de montrer que cette somme vaut $2^n$.

Étape 2 — Comparer avec la formule du binôme de Newton.
Le binôme de Newton affirme que pour tous réels $a$ et $b$ : \[(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}.\] Notre somme cible $\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}$ ressemble à cette formule, mais sans les puissances $a^k$ et $b^{n-k}$. Pour les faire disparaître sans annuler les termes, il faut que chaque puissance vaille $1$.

Étape 3 — Pourquoi choisir $a = b = 1$ ?
Si l'on prend $a = 1$ et $b = 1$ :

$a^k = 1^k = 1$ pour tout $k$,
$b^{n-k} = 1^{n-k} = 1$ pour tout $k$,
donc chaque terme $\dbinom{n}{k} a^k b^{n-k}$ se simplifie en $\dbinom{n}{k} \cdot 1 \cdot 1 = \dbinom{n}{k}$.

C'est la valeur neutre de la multiplication qui fait le travail. En substituant dans la formule du binôme : \[(1 + 1)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \cdot 1^k \cdot 1^{n-k} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}.\] Or $(1+1)^n = 2^n$, donc : \[2^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} = |\mathcal{P}(E)|.\] En résumé : on choisit $a = b = 1$ car c'est le neutre de la multiplication — cela transforme chaque terme $\dbinom{n}{k} a^k b^{n-k}$ en un simple $\dbinom{n}{k}$, nous donnant directement la somme des coefficients binomiaux, qui correspond au nombre total de parties.

Vérification sur $n = 3$ : \[\binom{3}{0} + \binom{3}{1} + \binom{3}{2} + \binom{3}{3} = 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 2^3. \checkmark\] □

🔴 Fil rouge — Parties et fonctions indicatrices

Ce résultat préfigure le fil rouge : une partie de $E$ n'est rien d'autre qu'une fonction de $E$ vers $\{0,1\}$. Les fonctions apparaissent déjà ici, déguisées en sous-ensembles. On y reviendra formellement en Section IV.

Exercice 2

Décrire $\mathcal{P}(\{a,b,c\})$ (on attend 8 éléments). Que peut-on dire de $\mathcal{P}([a;b])$ ?

Solution — Exercice 2

Partie 1 — $\mathcal{P}(\{a,b,c\})$.

On liste toutes les parties de $\{a,b,c\}$ en les regroupant par cardinal :

Cardinal	Parties	Nombre
0	$\emptyset$	$\binom{3}{0} = 1$
1	$\{a\},\; \{b\},\; \{c\}$	$\binom{3}{1} = 3$
2	$\{a,b\},\; \{a,c\},\; \{b,c\}$	$\binom{3}{2} = 3$
3	$\{a,b,c\}$	$\binom{3}{3} = 1$
Total		$1+3+3+1 = 8 = 2^3$ $\checkmark$

Donc : \[\mathcal{P}(\{a,b,c\}) = \bigl\{\emptyset,\; \{a\},\; \{b\},\; \{c\},\; \{a,b\},\; \{a,c\},\; \{b,c\},\; \{a,b,c\}\bigr\}.\]

Partie 2 — $\mathcal{P}([a;b])$.

Ce qu'on sait d'emblée. $[a;b]$ est un ensemble infini — il contient une infinité de réels. La formule $|\mathcal{P}(E)| = 2^n$ ne s'applique donc pas : elle est réservée aux ensembles finis.

Quelques éléments de $\mathcal{P}([a;b])$. Cet ensemble contient des parties de natures très variées :

$\emptyset$ et $[a;b]$ lui-même.
Tous les singletons $\{x\}$ pour $x \in [a;b]$.
Tous les sous-intervalles : $[c;d]$, $]c;d[$, $[c;d[$, $]c;d]$ pour $a \leq c \leq d \leq b$.
Des réunions finies d'intervalles : $[a;c] \cup [d;b]$.
Des parties « irrégulières » : $[a;b] \cap \mathbb{Q}$ (les rationnels de $[a;b]$), $[a;b] \setminus \mathbb{Q}$ (les irrationnels), l'ensemble de Cantor, etc.

Ce qu'on peut dire rigoureusement. $\mathcal{P}([a;b])$ est non seulement infini, mais non dénombrable — il est strictement plus grand que $\mathbb{N}$ au sens des cardinaux infinis. Par le théorème de Cantor, il n'existe jamais de surjection d'un ensemble $E$ vers $\mathcal{P}(E)$ : $\mathcal{P}(E)$ est toujours strictement plus grand que $E$ lui-même.

L'analogie avec le cas fini reste valable conceptuellement :

$E$ fini, $\|E\| = n$	$E = [a;b]$ infini
$\|\mathcal{P}(E)\| = 2^n$	$\|\mathcal{P}(E)\| = 2^{\mathfrak{c}}$ où $\mathfrak{c} = \|\mathbb{R}\|$
$\mathcal{P}(E)$ fini	$\mathcal{P}(E)$ non dénombrable
Pour chaque $x_k$ : inclure ou non (2 choix)	Même idée pour chaque $x \in [a;b]$, mais en nombre infini

La formule $2^{|E|}$ reste donc valable — c'est simplement $|E|$ qui est maintenant un cardinal infini.

Remarque — Pourquoi ne pas tout décrire ?

On ne peut pas décrire $\mathcal{P}([a;b])$ en extension. La plupart de ses éléments sont des parties « irrégulières » qu'on ne peut pas exprimer simplement. C'est pourquoi en analyse on ne travaille jamais avec $\mathcal{P}(\mathbb{R})$ tout entier, mais avec des sous-familles bien choisies : les ouverts, les fermés, les compacts, les boréliens, etc. Chacune de ces familles est stable par certaines opérations ensemblistes, ce qui la rend maniable.

II — Opérations sur les ensembles

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Les ensembles considérés dans cette section sont supposés inclus dans un ensemble de référence $E$.

II.1 Complémentarisation

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Définition 6 — Complémentaire

Le complémentaire de $A$ dans $E$, noté $\complement_E A$ ou $E \setminus A$, est l'ensemble des éléments de $E$ n'appartenant pas à $A$ :

\[\complement_E A = E \setminus A = \{x \in E \mid x \notin A\}.\]

Ainsi : $\forall x \in E,\; x \in \complement_E A \iff x \notin A$.

La complémentarisation est aux ensembles ce que la négation est aux propriétés.

La complémentarisation dépend de l'ensemble de référence $E$. Si $E = \{1,2,3,4\}$ et $A = \{1,2\}$, alors $\complement_E A = \{3,4\}$. Mais si $F = \{1,2,3,4,5\}$, alors $\complement_F A = \{3,4,5\}$. On ne peut pas supprimer l'indice $E$ sans risque de confusion.

Proposition 3 — Propriétés du complémentaire

$\complement_E E = \emptyset$ et $\complement_E \emptyset = E$.
$\complement_E(\complement_E A) = A$ : la complémentarisation est une involution.
$A \cap \complement_E A = \emptyset$ et $A \cup \complement_E A = E$.

II.2 Intersection

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Définition 7 — Intersection

L'intersection de $A$ et $B$, notée $A \cap B$, est l'ensemble des éléments appartenant à la fois à $A$ et à $B$ :

\[A \cap B = \{x \in E \mid x \in A \text{ et } x \in B\}.\]

Ainsi : $\forall x \in E,\; x \in A \cap B \iff (x \in A) \wedge (x \in B)$.

L'intersection est aux ensembles ce que la conjonction est aux propriétés.

Exemple 6

$\{1,2,3,4\} \cap \{1,4,5\} = \{1,4\}$ et $[1\,;\,3] \cap\, ]2\,;\,4] =\, ]2\,;\,3]$.

Définition 8 — Ensembles disjoints et distincts

$A$ et $B$ sont disjoints (ou incompatibles) si $A \cap B = \emptyset$.

$A$ et $B$ sont distincts s'ils ne sont pas égaux.

Remarque : $\emptyset$ est disjoint de lui-même mais non distinct de lui-même. À part cela : disjoints $\Rightarrow$ distincts.

Proposition 4 — Propriétés algébriques de $\cap$

$A \cap B \subset A$ et $A \cap B \subset B$.
$A \cap \emptyset = \emptyset$ ($\emptyset$ est absorbant pour $\cap$).
$A \cap E = A$ ($E$ est neutre pour $\cap$).
Commutativité : $A \cap B = B \cap A$.
Associativité : $(A \cap B) \cap C = A \cap (B \cap C)$.

II.3 Réunion

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Définition 9 — Réunion

La réunion de $A$ et $B$, notée $A \cup B$, est l'ensemble des éléments appartenant à $A$ ou à $B$ :

\[A \cup B = \{x \in E \mid x \in A \text{ ou } x \in B\}.\]

Ainsi : $\forall x \in E,\; x \in A \cup B \iff (x \in A) \vee (x \in B)$.

La réunion est aux ensembles ce que la disjonction est aux propriétés.

Proposition 5 — Propriétés algébriques de $\cup$

$A \subset A \cup B$ et $B \subset A \cup B$.
$A \cup \emptyset = A$ ($\emptyset$ est neutre pour $\cup$).
$A \cup E = E$ ($E$ est absorbant pour $\cup$).
Commutativité : $A \cup B = B \cup A$.
Associativité : $(A \cup B) \cup C = A \cup (B \cup C)$.

Exercice 3

Simplifier $[1\,;\,3] \cup\, ]2\,;\,4]$.
Résoudre dans $\mathbb{R}$ l'inéquation $\dfrac{-x^2 - x + 2}{x^2 - 4x + 3} \geq 0$.

Solution — Exercice 3

1. $[1\,;\,3] \cup\, ]2\,;\,4] = [1\,;\,4]$ car les deux intervalles se chevauchent ($]2;3]$ est dans les deux) et leur réunion couvre sans interruption de $1$ à $4$. $\checkmark$

2. Résoudre $\dfrac{-x^2 - x + 2}{x^2 - 4x + 3} \geq 0$.

Étape 1 — Factoriser le numérateur.

\[-x^2 - x + 2 = -(x^2 + x - 2) = -(x+2)(x-1).\]

Vérification : $(x+2)(x-1) = x^2 + x - 2$. $\checkmark$

Étape 2 — Factoriser le dénominateur.

\[x^2 - 4x + 3 = (x-1)(x-3).\]

Vérification : $(x-1)(x-3) = x^2 - 4x + 3$. $\checkmark$

Étape 3 — Domaine de définition.
Le dénominateur s'annule en $x = 1$ et $x = 3$. On exclut ces valeurs : $\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{1, 3\}$.

Étape 4 — Simplifier.
Pour $x \neq 1$, le facteur $(x-1)$ est non nul et se simplifie : \[\frac{-(x+2)(x-1)}{(x-1)(x-3)} = \frac{-(x+2)}{x-3} \quad (x \neq 1).\] L'inéquation devient : \[\frac{-(x+2)}{x-3} \geq 0 \iff \frac{x+2}{x-3} \leq 0.\]

Étape 5 — Tableau de signes.
Racines des facteurs restants : $x = -2$ (numérateur) et $x = 3$ (dénominateur).

$x$		$-2$		$1$		$3$
$x+2$	$-$	$0$	$+$		$+$		$+$
$x-3$	$-$		$-$		$-$	$\\|\|$	$+$
$\dfrac{x+2}{x-3}$	$+$	$0$	$-$	$\\|\|$	$-$	$\\|\|$	$+$

Étape 6 — Lire la solution.
On veut $\dfrac{x+2}{x-3} \leq 0$, c'est-à-dire les zones où le quotient est négatif ou nul. D'après le tableau : quotient $\leq 0$ sur $[-2\,;\,3[$, mais $x = 1$ est hors domaine.

Solution finale :

\[S = [-2\,;\,1[\;\cup\;]1\,;\,3[.\]

Remarque

On voit ici l'intérêt de la notion d'ensemble : la solution n'est pas un intervalle, mais une réunion de deux intervalles — exactement la situation où la notation $A \cup B$ est indispensable. Le point $x = 1$ est exclu du domaine (dénominateur nul), et non pas parce que l'inéquation y est fausse, mais parce que l'expression n'y est pas définie.

II.4 Différence

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Définition 10 — Différence

La différence $A \setminus B$ (lire « $A$ privé de $B$ ») est l'ensemble des éléments de $A$ n'appartenant pas à $B$ :

\[A \setminus B = \{x \in E \mid x \in A \text{ et } x \notin B\} = A \cap \complement_E B.\]

Exemple 7

$\mathbb{R}_+ = \mathbb{R} \setminus\, ]-\infty\,;\,0[$.
$\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ est l'ensemble des irrationnels.
$\mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$ est l'ensemble des complexes non réels.

II.5 Lois de De Morgan et propriétés générales

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Théorème 2 — Lois de De Morgan

\[\complement_E(A \cup B) = \complement_E A \cap \complement_E B\] \[\complement_E(A \cap B) = \complement_E A \cup \complement_E B\]

Preuve de la première loi. Par équivalences successives : \[x \in \complement_E(A \cup B) \iff x \notin A \cup B \iff \neg(x \in A \vee x \in B) \iff (x \notin A) \wedge (x \notin B) \iff x \in \complement_E A \cap \complement_E B.\] □

Les lois de De Morgan sont l'exact miroir des lois de De Morgan logiques : $\neg(P \vee Q) \equiv \neg P \wedge \neg Q$. Dès qu'on traduit « appartenir à » par « vérifier la propriété », les deux formulations deviennent identiques.

Théorème 2bis — Lois de De Morgan pour des familles quelconques

Soit $(A_i)_{i \in I}$ une famille de parties de $E$. Alors :

\[\complement_E\!\left(\bigcup_{i \in I} A_i\right) = \bigcap_{i \in I} \complement_E A_i\] \[\complement_E\!\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right) = \bigcup_{i \in I} \complement_E A_i\]

En mots : le complémentaire d'une réunion est l'intersection des complémentaires, et le complémentaire d'une intersection est la réunion des complémentaires.

Preuve de la première loi. Par chaîne d'équivalences (Méthode 2) : \begin{align*} x \in \complement_E\!\left(\bigcup_{i\in I} A_i\right) &\iff x \notin \bigcup_{i\in I} A_i \\ &\iff \neg\bigl(\exists i \in I,\; x \in A_i\bigr) \\ &\iff \forall i \in I,\; x \notin A_i \\ &\iff \forall i \in I,\; x \in \complement_E A_i \\ &\iff x \in \bigcap_{i\in I} \complement_E A_i. \end{align*} La deuxième loi se démontre de même en échangeant $\exists$ et $\forall$. □

La clé logique. La preuve repose sur une seule étape non triviale : la négation de $\exists$ donne $\forall$, et réciproquement : \[\neg\bigl(\exists i,\; P(i)\bigr) \equiv \forall i,\; \neg P(i), \qquad \neg\bigl(\forall i,\; P(i)\bigr) \equiv \exists i,\; \neg P(i).\] C'est exactement la traduction ensembliste de ces deux règles logiques fondamentales. Le Théorème 2 (cas $I = \{1,2\}$) n'est qu'un cas particulier du Théorème 2bis.

Exemple — Application aux familles d'intervalles

Reprenant les familles de l'Exemple 8 :

$\complement_\mathbb{R}\!\left(\bigcap_{n\geq 1} \left]0,\frac{1}{n}\right[\right) = \bigcup_{n\geq 1} \complement_\mathbb{R}\!\left(\left]0,\frac{1}{n}\right[\right) = \bigcup_{n\geq 1} \left(]-\infty,0] \cup \left[\frac{1}{n},+\infty\right[\right) = \mathbb{R}.$ Cohérent avec $\bigcap_{n\geq 1} ]0,1/n[ = \emptyset$ dont le complémentaire est $\mathbb{R}$.
$\complement_{[0,1]}\!\left(\bigcup_{n\geq 1} \left[0,1-\frac{1}{n}\right]\right) = \bigcap_{n\geq 1} \complement_{[0,1]}\!\left(\left[0,1-\frac{1}{n}\right]\right) = \bigcap_{n\geq 1} \left]1-\frac{1}{n},1\right] = \{1\}.$ Cohérent avec $\bigcup_{n\geq 1} [0,1-1/n] = [0,1[$ dont le complémentaire dans $[0,1]$ est $\{1\}$.

Ces deux calculs vérifient les résultats de l'Exemple 8 par un chemin différent — c'est une bonne pratique de vérification.

Remarque — Lien avec l'image réciproque

Le Théorème 9 (image réciproque) affirme que $f^{-1}$ commute avec $\cup$, $\cap$ et $\complement$. Couplé au Théorème 2bis, cela signifie que $f^{-1}$ commute aussi avec les familles quelconques : \[f^{-1}\!\left(\complement_F B\right) = \complement_E f^{-1}(B), \qquad f^{-1}\!\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I} f^{-1}(B_i), \qquad f^{-1}\!\left(\bigcap_{i\in I} B_i\right) = \bigcap_{i\in I} f^{-1}(B_i).\] C'est pourquoi l'image réciproque est un outil plus puissant que l'image directe en topologie.

Proposition 6 — Distributivité mutuelle et lien avec l'inclusion

Distributivité :

\[A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C), \qquad A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C).\]

Lien inclusion–opérations :

\[A \subset B \iff A \cap B = A \iff A \cup B = B \iff \complement_E B \subset \complement_E A.\]

La dernière équivalence $A \subset B \iff \complement_E B \subset \complement_E A$ est l'analogue ensembliste de la contraposée.

Tableau récapitulatif — Analogie opérations ensemblistes / logique

Opération	Symbole	Analogue logique	Traduction
Réunion	$\cup$	Disjonction $\vee$	$x \in A \cup B \iff P \vee Q$
Intersection	$\cap$	Conjonction $\wedge$	$x \in A \cap B \iff P \wedge Q$
Complémentaire	$\complement_E$	Négation $\neg$	$x \in \complement_E A \iff \neg P$
Inclusion	$\subset$	Implication $\Rightarrow$	$A \subset B \iff (P \Rightarrow Q)$
Égalité	$=$	Équivalence $\iff$	$A = B \iff (P \iff Q)$

II.6 Familles d'ensembles — Partitions

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Définition 11 — Réunion et intersection quelconques ; partition

Soit $(A_i)_{i \in I}$ une famille de parties de $E$ :

\[\bigcup_{i \in I} A_i = \{x \in E \mid \exists i \in I,\; x \in A_i\}, \qquad \bigcap_{i \in I} A_i = \{x \in E \mid \forall i \in I,\; x \in A_i\}.\]

La famille $(A_i)_{i \in I}$ est une partition de $E$ si :

$\displaystyle\bigcup_{i \in I} A_i = E$ (recouvrement).
$\forall i \neq j,\; A_i \cap A_j = \emptyset$ (deux à deux disjoints).
$\forall i \in I,\; A_i \neq \emptyset$ (parties non vides).

On note la réunion disjointe $E = \bigsqcup_{i \in I} A_i$.

Définition 11bis — Somme disjointe

Soient $A$ et $B$ deux ensembles quelconques (pas nécessairement disjoints). Leur somme disjointe (ou union disjointe) est l'ensemble :

\[A \sqcup B = (A \times \{0\}) \cup (B \times \{1\}) = \{(a,0) \mid a \in A\} \cup \{(b,1) \mid b \in B\}.\]

On distingue les éléments de $A$ et de $B$ par une « étiquette » $0$ ou $1$, de sorte que $A\sqcup B$ a toujours exactement $|A|+|B|$ éléments, même si $A \cap B \neq \emptyset$.

Plus généralement, pour une famille $(A_i)_{i\in I}$ : $\bigsqcup_{i\in I} A_i = \bigcup_{i\in I} (A_i \times \{i\})$.

Pourquoi la somme disjointe ? La réunion ordinaire $A \cup B$ « fusionne » les éléments communs : si $A = B = \{0\}$, alors $A \cup B = \{0\}$ a 1 élément. La somme disjointe les garde séparés : $A \sqcup B = \{(0,0),(0,1)\}$ a 2 éléments. En pratique, on écrit souvent $A \sqcup B$ à la place de $A \cup B$ pour signaler que les ensembles sont disjoints — c'est une assertion, pas une opération différente : $A \sqcup B = A \cup B$ quand $A \cap B = \emptyset$. Mais dans les constructions formelles (types en informatique, somme en algèbre), la distinction est essentielle.

Exemple 8 — Familles indexées : intersections et réunions croissantes

Ces deux exemples sont des classiques de CPGE. Ils illustrent que le résultat d'une intersection ou réunion infinie peut être surprenant.

Exemple 1 — Intersection décroissante vers $\emptyset$. Soit $A_n = \left]0\,;\,\dfrac{1}{n}\right[$ pour $n \geq 1$. Montrons que $\displaystyle\bigcap_{n \geq 1} A_n = \emptyset$.

Les ensembles sont emboîtés : $A_1 \supset A_2 \supset A_3 \supset \cdots$ (plus $n$ est grand, plus l'intervalle est petit). On pourrait croire que l'intersection est un « intervalle infiniment petit » — mais non.

Preuve. Supposons par l'absurde qu'il existe $x \in \bigcap_{n\geq 1} A_n$. Alors $x \in A_n = ]0\,;\,1/n[$ pour tout $n \geq 1$, donc $0 < x < 1/n$ pour tout $n \geq 1$. En particulier $x > 0$, donc $1/x$ est bien défini et positif. Par le théorème d'Archimède, il existe $n_0 \in \mathbb{N}^*$ tel que $n_0 > 1/x$, i.e. $x > 1/n_0$. Contradiction avec $x < 1/n_0$. Donc $\bigcap_{n\geq 1} A_n = \emptyset$. $\square$

Si on avait pris $A_n = \left]0\,;\,\dfrac{1}{n}\right]$ (fermé à droite), on aurait encore $\bigcap_{n\geq 1} A_n = \emptyset$ — le point $0$ n'appartient à aucun $A_n$ car $A_n \subset\, ]0\,;\,+\infty[$. En revanche, avec $B_n = \left[0\,;\,\dfrac{1}{n}\right]$, on obtient $\bigcap_{n\geq 1} B_n = \{0\}$ — le seul point commun à tous les $B_n$ est l'origine (la borne gauche fermée commune).

Exemple 2 — Réunion croissante vers $[0,1[$. Soit $B_n = \left[0\,;\,1 - \dfrac{1}{n}\right]$ pour $n \geq 1$. Montrons que $\displaystyle\bigcup_{n \geq 1} B_n = [0\,;\,1[$.

Les ensembles sont emboîtés : $B_1 \subset B_2 \subset B_3 \subset \cdots$ (plus $n$ est grand, plus l'intervalle est grand, s'approchant de $[0,1[$).

Preuve par double inclusion.
Sens $\bigcup B_n \subset [0,1[$ : Soit $x \in \bigcup_{n\geq 1} B_n$. Alors $\exists n,\; x \in B_n = [0, 1-1/n]$, donc $0 \leq x \leq 1 - 1/n < 1$. Ainsi $x \in [0,1[$. $\checkmark$

Sens $[0,1[ \subset \bigcup B_n$ : Soit $x \in [0,1[$, i.e. $0 \leq x < 1$, donc $1-x > 0$. Par le théorème d'Archimède, il existe $n_0 \geq 1$ tel que $n_0 > \dfrac{1}{1-x}$, c'est-à-dire $\dfrac{1}{n_0} < 1-x$, soit $x < 1 - \dfrac{1}{n_0}$. Donc $x \in \left[0, 1-\dfrac{1}{n_0}\right] = B_{n_0} \subset \bigcup_{n\geq 1} B_n$. $\checkmark$

Conclusion : $\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} B_n = [0\,;\,1[$. $\square$

Pourquoi $[0,1[$ et pas $[0,1]$ ? La borne $1$ n'est atteinte par aucun $B_n$ : $1 \notin B_n = [0, 1-1/n]$ pour tout $n$, car $1 > 1-1/n$. La réunion « approche » $1$ sans jamais l'atteindre — la borne supérieure est stricte. C'est un exemple paradigmatique de la distinction entre borne atteinte et borne approchée.

Bilan — Quatre cas à connaître.

Famille	Résultat	Explication clé
$\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left]0,\frac{1}{n}\right[$	$\emptyset$	Archimède : $x>0\Rightarrow\exists n,\,x>1/n$
$\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left[0,\frac{1}{n}\right]$	$\{0\}$	$0$ appartient à tous les $B_n$, rien d'autre
$\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} \left[0,1-\frac{1}{n}\right]$	$[0,1[$	Archimède : $x<1\Rightarrow\exists n,\,x<1-1/n$
$\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} \left[0,1-\frac{1}{n}\right]$	$\neq [0,1]$	$1$ n'est jamais atteint

Dans tous ces calculs, le théorème d'Archimède est l'outil clé.

Exercice — Familles indexées

Calculer les réunions et intersections suivantes. On justifiera chaque résultat par une double inclusion ou une chaîne d'équivalences.

$\displaystyle\bigcup_{n \geq 1} \left[-n\,;\,n\right]$
$\displaystyle\bigcap_{n \geq 1} \left[-n\,;\,n\right]$
$\displaystyle\bigcap_{n \geq 1} \left[0\,;\,\frac{1}{n}\right]$
$\displaystyle\bigcup_{n \geq 1} \left[1\,;\,n\right]$
$\displaystyle\bigcap_{n \geq 1} \left]0\,;\,n\right[$

Solution — Exercice Familles indexées

1. $\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} [-n\,;\,n] = \mathbb{R}$.

Les ensembles sont emboîtés : $[-1;1] \subset [-2;2] \subset [-3;3] \subset \cdots$

Sens $\bigcup[-n;n] \subset \mathbb{R}$ : évident, chaque $[-n;n] \subset \mathbb{R}$. $\checkmark$

Sens $\mathbb{R} \subset \bigcup[-n;n]$ : Soit $x \in \mathbb{R}$. Par le théorème d'Archimède, $\exists n_0 \in \mathbb{N}^*,\; n_0 > |x|$, donc $-n_0 < x < n_0$, soit $x \in [-n_0\,;\,n_0]$. $\checkmark$

\[\boxed{\bigcup_{n\geq 1} [-n\,;\,n] = \mathbb{R}}\]

2. $\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} [-n\,;\,n] = [-1\,;\,1]$.

Par chaîne d'équivalences : \[x \in \bigcap_{n\geq 1} [-n;n] \iff \forall n \geq 1,\; |x| \leq n \iff |x| \leq 1 \iff x \in [-1\,;\,1].\] La condition $\forall n \geq 1,\; |x| \leq n$ équivaut à $|x| \leq \min_{n\geq 1} n = 1$. \[\boxed{\bigcap_{n\geq 1} [-n\,;\,n] = [-1\,;\,1]}\]

3. $\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left[0\,;\,\frac{1}{n}\right] = \{0\}$.

Sens $\{0\} \subset \bigcap[0;1/n]$ : Pour tout $n \geq 1$, $0 \in [0;1/n]$. $\checkmark$

Sens $\bigcap[0;1/n] \subset \{0\}$ : Soit $x \in \bigcap_{n\geq 1}[0;1/n]$, donc $0 \leq x \leq 1/n$ pour tout $n$. En particulier $x \geq 0$. Si $x > 0$, par Archimède $\exists n_0,\; 1/n_0 < x$, contradiction avec $x \leq 1/n_0$. Donc $x = 0$. $\checkmark$

\[\boxed{\bigcap_{n\geq 1} \left[0\,;\,\frac{1}{n}\right] = \{0\}}\]

Comparer avec l'Exemple 8 : $\bigcap_{n\geq 1} ]0;1/n[ = \emptyset$ car $0$ est exclu de chaque intervalle, tandis que $\bigcap_{n\geq 1} [0;1/n] = \{0\}$ car $0$ est inclus dans chaque intervalle fermé. La distinction ouvert/fermé est ici décisive.

4. $\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} [1\,;\,n] = [1\,;\,+\infty[$.

Sens $\bigcup[1;n] \subset [1;+\infty[$ : Tout $x \in [1;n]$ vérifie $x \geq 1$. $\checkmark$

Sens $[1;+\infty[ \subset \bigcup[1;n]$ : Soit $x \geq 1$. Par Archimède, $\exists n_0 \geq 1,\; n_0 \geq x$, donc $x \in [1;n_0]$. $\checkmark$

\[\boxed{\bigcup_{n\geq 1} [1\,;\,n] = [1\,;\,+\infty[}\]

5. $\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left]0\,;\,n\right[ = \,]0\,;\,1[$.

Par chaîne d'équivalences : \[x \in \bigcap_{n\geq 1}\, ]0;n[ \iff \forall n \geq 1,\; 0 < x < n \iff x > 0 \text{ et } \forall n \geq 1,\; x < n.\] La condition $\forall n \geq 1,\; x < n$ signifie que $x$ est majoré par tout entier $\geq 1$, ce qui équivaut à $x \leq 1$ (car si $x > 1$, poser $n = 1$ donne $x \geq 1 = n$, contradiction ; et si $x \leq 1$ alors $x < n$ pour tout $n \geq 1$ ... attention : $x = 1$ donne $x < n$ pour $n \geq 2$ mais $x \not< 1 = n$ pour $n=1$). Donc la condition est $x < 1$. Combined avec $x > 0$ :

\[\boxed{\bigcap_{n\geq 1}\, ]0;n[ = \,]0\,;\,1[}\]

Bilan — Tableau récapitulatif

Famille	Résultat	Outil principal
$\bigcup_{n\geq 1} [-n;n]$	$\mathbb{R}$	Archimède : $\exists n_0 > \|x\|$
$\bigcap_{n\geq 1} [-n;n]$	$[-1;1]$	$\forall n,\;\|x\|\leq n \iff \|x\|\leq 1$
$\bigcap_{n\geq 1} [0;1/n]$	$\{0\}$	Archimède + borne fermée en $0$
$\bigcup_{n\geq 1} [1;n]$	$[1;+\infty[$	Archimède : $\exists n_0 \geq x$
$\bigcap_{n\geq 1}\, ]0;n[$	$]0;1[$	$\forall n\geq 1,\; x < n \iff x < 1$

Exemple 9 — Partitions classiques

$\{\mathbb{Z}_{\text{pairs}},\, \mathbb{Z}_{\text{impairs}}\}$ est une partition de $\mathbb{Z}$.
La famille $([n\,;\,n+1[)_{n \in \mathbb{Z}}$ est une partition de $\mathbb{R}$ — détaillée ci-dessous.
Si $A \neq \emptyset$ et $A \neq E$, alors $\{A,\, \complement_E A\}$ est une partition de $E$.

Exemple 10 — Décryptage de $\bigl([n\,;\,n+1[\bigr)_{n \in \mathbb{Z}}$

Lire la notation. C'est une famille d'ensembles indexée par $\mathbb{Z}$ : pour chaque entier $n \in \mathbb{Z}$, on associe l'intervalle $[n\,;\,n+1[$. On obtient une infinité d'intervalles, un par entier :

$n$	Intervalle $[n\,;\,n+1[$	Contient
$\ldots$	$\ldots$	$\ldots$
$-2$	$[-2\,;\,-1[$	tous les $x$ tels que $-2 \leq x < -1$
$-1$	$[-1\,;\,0[$	tous les $x$ tels que $-1 \leq x < 0$
$0$	$[0\,;\,1[$	tous les $x$ tels que $0 \leq x < 1$
$1$	$[1\,;\,2[$	tous les $x$ tels que $1 \leq x < 2$
$2$	$[2\,;\,3[$	tous les $x$ tels que $2 \leq x < 3$
$\ldots$	$\ldots$	$\ldots$

Représentation sur la droite réelle.

←——|——————|——————|——————|——————|——→
  -1      0      1      2      3
   [——————[——————[——————[——————[
   n=-1   n=0   n=1   n=2   n=3

Chaque segment couvre exactement une unité, sans trou ni chevauchement.

Vérification des trois conditions de partition.

Condition 1 — Recouvrement : tout réel $x$ appartient à au moins un intervalle.
Posons $n = \lfloor x \rfloor$ (la partie entière de $x$ : le plus grand entier inférieur ou égal à $x$). Par définition de la partie entière : $n \leq x < n+1$, donc $x \in [n\,;\,n+1[$. $\checkmark$

Condition 2 — Deux à deux disjoints : si $n \neq m$, alors $[n\,;\,n+1[\,\cap\,[m\,;\,m+1[\,= \emptyset$.
Sans perte de généralité, supposons $n < m$, donc $m \geq n+1$. Tout $x \in [n\,;\,n+1[$ vérifie $x < n+1 \leq m$, donc $x \notin [m\,;\,m+1[$. $\checkmark$

Condition 3 — Parties non vides : $[n\,;\,n+1[$ contient au moins $n$. $\checkmark$

Pourquoi le crochet est-il ouvert à droite ? C'est précisément pour éviter les chevauchements. Avec des intervalles fermés $[n\,;\,n+1]$, l'entier $1$ appartiendrait à la fois à $[0\,;\,1]$ et à $[1\,;\,2]$ — la disjonction serait violée. Le crochet ouvert à droite garantit que chaque entier $n$ appartient uniquement à $[n\,;\,n+1[$ et pas à $[n-1\,;\,n[$.

🔴 Fil rouge — Partitions et fibres d'une surjection

Si $f : E \to F$ est surjective, la famille des fibres $\bigl(f^{-1}(\{y\})\bigr)_{y \in F}$ forme une partition de $E$. Chaque valeur $y$ de $f$ correspond à une composante. Ce lien entre surjection et partition sera explicité en Section V.

III — Produit cartésien

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Définition 12 — Produit cartésien

À partir de deux éléments $a$ et $b$, on construit le couple ordonné $(a,b)$, caractérisé par :

\[(a,b) = (a',b') \iff (a = a' \text{ et } b = b').\]

Le produit cartésien de $A$ par $B$ est :

\[A \times B = \{(a,b) \mid a \in A \text{ et } b \in B\}.\]

Notation : $A^2 = A \times A$.

Définition 12bis — Produit cartésien à $n$ facteurs et $n$-uplets

Soient $E_1, \ldots, E_n$ des ensembles et $n \geq 1$. Un $n$-uplet (ou $n$-tuple) est une suite ordonnée $(x_1, \ldots, x_n)$ avec $x_k \in E_k$. Le produit cartésien à $n$ facteurs est :

\[E_1 \times E_2 \times \cdots \times E_n = \prod_{k=1}^n E_k = \{(x_1, x_2, \ldots, x_n) \mid \forall k \in \{1,\ldots,n\},\; x_k \in E_k\}.\]

L'égalité de deux $n$-uplets est coordonnée par coordonnée : $(x_1,\ldots,x_n) = (y_1,\ldots,y_n) \iff \forall k,\; x_k = y_k.$

Lorsque tous les facteurs sont égaux, on note $E^n = E \times \cdots \times E$ ($n$ fois).

Le couple s'écrit avec des parenthèses, pas des accolades. $\{a,b\} = \{b,a\}$ (ensemble, pas d'ordre), mais $(a,b) \neq (b,a)$ en général. De plus : $(x,y) \neq (0,0)$ n'est pas équivalent à $(x \neq 0$ et $y \neq 0)$ ; on a seulement $(x \neq 0 \text{ ou } y \neq 0) \Rightarrow (x,y) \neq (0,0)$.

Proposition 2bis — Cardinal d'un produit cartésien

Si $E_1, \ldots, E_n$ sont des ensembles finis, alors :

\[\left|\prod_{k=1}^n E_k\right| = \prod_{k=1}^n |E_k| = |E_1| \times |E_2| \times \cdots \times |E_n|.\]

En particulier $|E^n| = |E|^n$.

Preuve par récurrence sur $n$. Initialisation ($n=1$) : $|E_1| = |E_1|$. $\checkmark$
Hérédité : supposons le résultat vrai au rang $n$. On a $E_1 \times \cdots \times E_{n+1} = \left(\prod_{k=1}^n E_k\right) \times E_{n+1}$. Pour chaque $(n)$-uplet $\mathbf{x} \in \prod_{k=1}^n E_k$, il y a exactement $|E_{n+1}|$ choix pour la dernière coordonnée. Par la règle du produit (dénombrement) : \[\left|\prod_{k=1}^{n+1} E_k\right| = \left|\prod_{k=1}^n E_k\right| \times |E_{n+1}| = \left(\prod_{k=1}^n |E_k|\right) \times |E_{n+1}| = \prod_{k=1}^{n+1}|E_k|.\quad\square\]

Exemple 11 — Produits cartésiens concrets

Produit à deux facteurs. Si $E = \{0,1\}$ et $F = \{0,1,2\}$, alors $|E \times F| = 2 \times 3 = 6$ :

\[E \times F = \{(0,0),(0,1),(0,2),(1,0),(1,1),(1,2)\}.\]

Puissance $E^n$. $\{0,1\}^n$ est l'ensemble de tous les mots binaires de longueur $n$ : $|\{0,1\}^n| = 2^n$. C'est précisément l'ensemble utilisé dans la preuve par vecteurs indicateurs du Théorème 1 ($|\mathcal{P}(E)| = 2^n$).

Espaces usuels.

Notation	Définition	Interprétation géométrique
$\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}$	couples $(x,y)$, $x,y\in\mathbb{R}$	Plan usuel (Descartes)
$\mathbb{R}^3 = \mathbb{R} \times \mathbb{R} \times \mathbb{R}$	triplets $(x,y,z)$	Espace usuel
$\mathbb{R}^n$	$n$-uplets de réels	Espace euclidien de dim. $n$
$\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^m$	$\cong \mathbb{R}^{n+m}$	Produit d'espaces

Nombre de fonctions. L'ensemble de toutes les fonctions de $E$ vers $F$, noté $F^E$, a cardinal $|F|^{|E|}$ quand $E$ et $F$ sont finis. En effet, une telle fonction est un $|E|$-uplet de choix dans $F$, un pour chaque élément de $E$ : $|F^E| = |F|^{|E|}$.

Associativité du produit cartésien. En toute rigueur, $(A\times B)\times C \neq A\times(B\times C)$ : $(A\times B)\times C$ contient des triplets $((a,b),c)$ tandis que $A\times(B\times C)$ contient des triplets $(a,(b,c))$. Ces deux ensembles sont en bijection naturelle via $((a,b),c) \mapsto (a,(b,c))$, mais formellement distincts. C'est pourquoi on définit directement $A\times B\times C$ comme l'ensemble des triplets $(a,b,c)$ — évitant l'ambiguïté des parenthésages. En pratique on identifie toujours ces trois ensembles.

Complément — Produit cartésien infini

Pour une famille quelconque $(E_i)_{i\in I}$, on peut définir le produit cartésien infini $\prod_{i\in I} E_i$ comme l'ensemble des fonctions de choix $f : I \to \bigcup_{i\in I} E_i$ telles que $f(i) \in E_i$ pour tout $i \in I$.

L'axiome du choix affirme que ce produit est non vide dès que chaque $E_i$ est non vide — ce qui n'est pas démontrable sans cet axiome. En CPGE on l'admet toujours implicitement. Cas particulier : $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ est l'ensemble de toutes les suites réelles $(u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ — c'est le cadre naturel de l'analyse des suites.

🔴 Fil rouge — Le graphe d'une fonction

Une application $f : E \to F$ peut être définie rigoureusement comme un sous-ensemble particulier de $E \times F$ — son graphe : \[\Gamma_f = \{(x, f(x)) \mid x \in E\} \subset E \times F.\] Ce sous-ensemble est caractérisé par deux conditions : tout $x \in E$ apparaît exactement une fois comme première coordonnée. C'est la définition rigoureuse d'une fonction comme relation fonctionnelle. Le produit cartésien est donc l'outil qui permet de formaliser la notion de fonction.

Exemple 12 — Le graphe concrètement

Cas fini. Soit $E = \{1, 2, 3\}$, $F = \{a, b, c\}$, et $f$ définie par $f(1) = b$, $f(2) = a$, $f(3) = b$.

Le produit cartésien $E \times F$ contient $3 \times 3 = 9$ paires :

\[E \times F = \{(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c),(3,a),(3,b),(3,c)\}.\]

Le graphe $\Gamma_f$ en extrait exactement les paires correspondant à $f$ :

\[\Gamma_f = \{(1, b),\, (2, a),\, (3, b)\} \subset E \times F.\]

On vérifie les deux conditions qui font de $\Gamma_f$ le graphe d'une fonction :

Tout $x \in E$ apparaît : $1$, $2$, $3$ figurent chacun comme première coordonnée. (Sinon, $f$ serait une relation partielle, pas une fonction.)
Chaque $x$ apparaît une seule fois : pas de doublons $(1,a)$ et $(1,c)$ simultanément. (Sinon, $f$ ne serait pas bien définie.)

Remarque : $b$ apparaît deux fois comme deuxième coordonnée — cela ne viole aucune règle, et traduit simplement que $f$ n'est pas injective ($f(1) = f(3) = b$).

Cas continu. Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$. Le produit cartésien $\mathbb{R} \times \mathbb{R}$ est le plan tout entier. Le graphe $\Gamma_f \subset \mathbb{R}^2$ est la parabole :

\[\Gamma_f = \{(x, x^2) \mid x \in \mathbb{R}\}.\]

Le test de la droite verticale — qu'on apprend en lycée — est exactement la condition « chaque $x$ apparaît une seule fois » : une droite $x = x_0$ coupe $\Gamma_f$ en exactement un point $(x_0, x_0^2)$.

La définition formelle « $f$ est une application $E \to F$ » signifie donc : $f$ est un sous-ensemble $\Gamma \subset E \times F$ tel que pour tout $x \in E$, il existe un unique $y \in F$ avec $(x, y) \in \Gamma$. Tout le reste du cours (injection, surjection, bijection, image) se reformule en termes de propriétés de ce sous-ensemble $\Gamma$.

IV — Applications : injection, surjection, bijection

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IV.1 Vocabulaire et ensemble image

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Définition 13 — Application, image, antécédent

Une application (ou fonction) $f : E \to F$ associe à chaque $x \in E$ un unique $f(x) \in F$. $E$ est l'ensemble de départ (ou de définition), $F$ l'ensemble d'arrivée.

$f(x)$ est l'image de $x$ par $f$ ; $x$ est un antécédent de $f(x)$.
L'ensemble image est $\mathrm{im}\, f = f(E) = \{f(x) \mid x \in E\} \subset F$.

Ne pas confondre l'ensemble d'arrivée $F$ et l'ensemble image $\mathrm{im}\,f \subset F$. En général $\mathrm{im}\,f \neq F$. Par exemple : $\sin(\mathbb{R}) = [-1\,;\,1] \neq \mathbb{R}$ ; $\exp(\mathbb{R}) = ]0\,;\,+\infty[ \neq \mathbb{R}$.

IV.2 Injection

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Définition 14 — Injection

$f : E \to F$ est injective si tout élément de $F$ a au plus un antécédent dans $E$ :

\[\forall (x,y) \in E^2,\; f(x) = f(y) \Rightarrow x = y.\]

Contraposée équivalente : $x \neq y \Rightarrow f(x) \neq f(y)$.

Théorème 3 — Injection et monotonie

Toute application strictement monotone sur un intervalle est injective.

En particulier, $\ln$ est injective sur $]0;+\infty[$ et $\exp$ est injective sur $\mathbb{R}$.

Méthode 3 — Montrer qu'une fonction est injective

Soient $x, y \in E$ tels que $f(x) = f(y)$. Montrer que $x = y$.

Variante : montrer que $f$ est strictement monotone sur son ensemble de définition.

Exemple 13 — Injective vs non injective

$f : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ est injective (croissante sur $\mathbb{R}_+$).
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ n'est pas injective : $f(-1) = f(1) = 1$ mais $-1 \neq 1$.
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$ n'est pas injective : $\cos 0 = \cos 2\pi = 1$.

Illustration — Injection, surjection, bijection sur des ensembles finis

Dans chaque diagramme, $E = \{a, b, c\}$ à gauche et $F$ à droite. Les flèches représentent les images.

Non injective
Non surjective

$a$ et $b$ ont même image ;
$3$ n'est pas atteint.

Injective
Non surjective

Images distinctes ;
$4$ n'est pas atteint.

Surjective
Non injective

Tout élément de $F$ atteint ;
$a$ et $b$ ont même image.

Bijective

Correspondance un-à-un ;
tout élément de $F$ atteint exactement une fois.

Exercice 4

Parmi les fonctions ci-dessous, lesquelles sont injectives ? Justifier.

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$.
$g : [-\pi/2\,;\,\pi/2] \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$.
$h : ]-\pi\,;\,0] \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$.

Solution — Exercice 4

1. $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$ — non injective.

Il suffit de trouver deux réels distincts ayant la même image. La fonction cosinus est $2\pi$-périodique, donc :

\[\cos(0) = 1 = \cos(2\pi) \quad \text{avec } 0 \neq 2\pi.\]

La condition d'injectivité $f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$ est violée. $\checkmark$

2. $g : [-\pi/2\,;\,\pi/2] \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$ — non injective.

Sur $[-\pi/2\,;\,\pi/2]$, le cosinus est pair : $\cos(-x) = \cos(x)$. Donc pour tout $x \in\, ]0\,;\,\pi/2]$, les deux points $x$ et $-x$ sont distincts mais ont la même image. Par exemple :

\[\cos\!\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} = \cos\!\left(-\frac{\pi}{3}\right) \quad \text{avec } \frac{\pi}{3} \neq -\frac{\pi}{3}.\]

$g$ n'est pas injective.

On aurait pu choisir $[-\pi/2\,;\,\pi/2]$ pour la restriction de sinus — qui lui est bien injectif sur cet intervalle (strictement croissant). Pour cosinus, le bon intervalle de restriction est $[0\,;\,\pi]$, sur lequel il est strictement décroissant.

3. $h : ]-\pi\,;\,0] \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$ — injective.

Sur $]-\pi\,;\,0]$, la fonction cosinus est strictement croissante (elle passe de $\cos(-\pi) = -1$ à $\cos(0) = 1$ en croissant). Par le Théorème 3, toute fonction strictement monotone est injective.

Vérification directe (sans invoquer la monotonie). Soient $x, y \in\, ]-\pi\,;\,0]$ tels que $\cos x = \cos y$. On sait que $\cos x = \cos y \iff x = \pm y + 2k\pi$ pour un certain $k \in \mathbb{Z}$.

Cas $x = y + 2k\pi$ : comme $x, y \in\, ]-\pi\,;\,0]$, on a $|x - y| < 2\pi$, donc $k = 0$ et $x = y$. $\checkmark$
Cas $x = -y + 2k\pi$ : alors $x + y = 2k\pi$. Comme $x, y \in\, ]-\pi\,;\,0]$, on a $x + y \in\, ]-2\pi\,;\,0]$. La seule valeur de la forme $2k\pi$ dans cet intervalle est $0$ (pour $k = 0$). Donc $x + y = 0$, i.e. $y = -x$. Mais alors $\cos x = \cos(-x) = \cos x$ — ce qui est toujours vrai, donc $x$ et $-x$ sont tous deux dans $]-\pi\,;\,0]$ seulement si $x = -x$, i.e. $x = 0$, auquel cas $y = 0 = x$. $\checkmark$

Dans tous les cas $x = y$ : $h$ est injective. □

Remarque — Choix de l'intervalle de restriction

Cet exercice illustre que l'injectivité dépend crucialement de l'ensemble de départ. La même formule $x \mapsto \cos x$ peut être injective ou non selon le domaine choisi :

Domaine	Monotonie	Injective ?
$\mathbb{R}$	ni croissante ni décroissante	Non
$[-\pi/2\,;\,\pi/2]$	pas monotone (paire, symétrique)	Non
$]-\pi\,;\,0]$	strictement croissante	Oui
$[0\,;\,\pi]$	strictement décroissante	Oui

La restriction à $[0\,;\,\pi]$ est celle qui définit la fonction $\arccos$ — c'est le plus petit intervalle contenant $0$ sur lequel cosinus est injectif et dont l'image est $[-1\,;\,1]$ tout entier.

IV.3 Surjection

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Définition 15 — Surjection

$f : E \to F$ est surjective si tout élément de $F$ a au moins un antécédent dans $E$ :

\[\forall y \in F,\; \exists x \in E,\; f(x) = y.\]

Équivalence fondamentale : $f$ surjective $\iff \mathrm{im}\, f = F \iff f(E) = F$.

Méthode 4 — Montrer qu'une fonction est surjective

Soit $y \in F$ quelconque. Construire explicitement un $x \in E$ tel que $f(x) = y$.

Conseil : résoudre l'équation $f(x) = y$ en $x$, et vérifier que la solution est bien dans $E$.

Exemple 14 — Surjection : exemples et contre-exemples

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x+1$ est surjective : pour tout $y \in \mathbb{R}$, prendre $x = \frac{y-1}{2} \in \mathbb{R}$.
$g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ n'est pas surjective car $-1 \in \mathbb{R}$ n'a pas d'antécédent réel.
$g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2$ est surjective : pour tout $y \geq 0$, prendre $x = \sqrt{y}$.

Exercice 5

Les fonctions suivantes sont-elles surjectives ? Justifier.

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$.
$h : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x$.
$k : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto 2n$.

Solution — Exercice 5

1. $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ — non surjective.

Pour qu'une fonction soit surjective, tout élément de l'ensemble d'arrivée doit avoir au moins un antécédent. Ici l'ensemble d'arrivée est $\mathbb{R}$. Or pour $y = -1$, l'équation $x^2 = -1$ n'a pas de solution dans $\mathbb{R}$ (un carré est toujours positif). Donc $-1$ n'a pas d'antécédent. $\checkmark$

Plus précisément : $\mathrm{im}\,f = \mathbb{R}_+ = [0\,;\,+\infty[ \subsetneq \mathbb{R}$. La fonction $f$ deviendrait surjective si on restreignait l'ensemble d'arrivée à $\mathbb{R}_+$ : $\tilde{f} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2$ est surjective (pour tout $y \geq 0$, prendre $x = \sqrt{y}$).

2. $h : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x$ — surjective.

Soit $y \in \mathbb{R}$ quelconque. On résout $2x = y$ : \[x = \frac{y}{2} \in \mathbb{R}.\] Ce $x$ est bien dans $\mathbb{R}$ et vérifie $h(x) = 2 \cdot \dfrac{y}{2} = y$. $\checkmark$ Donc tout $y \in \mathbb{R}$ admet un antécédent — $h$ est surjective.

3. $k : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto 2n$ — non surjective.

Attention : même formule que $h$, mais les ensembles de départ et d'arrivée ont changé — on travaille maintenant dans $\mathbb{N}$ et non plus dans $\mathbb{R}$.

L'image de $k$ est $\mathrm{im}\,k = \{0, 2, 4, 6, \ldots\} = 2\mathbb{N}$, c'est-à-dire l'ensemble des entiers naturels pairs. Or $1 \in \mathbb{N}$ est impair : l'équation $2n = 1$ n'a pas de solution dans $\mathbb{N}$ (elle donnerait $n = 1/2 \notin \mathbb{N}$). Donc $1$ n'a pas d'antécédent dans $\mathbb{N}$. $\checkmark$

Les questions 2 et 3 illustrent un point crucial : la surjectivité dépend non seulement de la formule, mais aussi des ensembles de départ et d'arrivée. $x \mapsto 2x$ est surjective de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ (on peut diviser par 2 et rester dans $\mathbb{R}$), mais pas de $\mathbb{N}$ dans $\mathbb{N}$ (diviser un impair par 2 sort de $\mathbb{N}$). Une fonction n'est jamais surjective ou injective en soi — toujours relativement à ses ensembles de départ et d'arrivée.

Remarque — Bilan des trois fonctions

Fonction	Surjective ?	Raison
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$	Non	$-1$ n'a pas d'antécédent ($\mathrm{im}\,f = \mathbb{R}_+$)
$h : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x$	Oui	$\forall y \in \mathbb{R},\; x = y/2 \in \mathbb{R}$
$k : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto 2n$	Non	$1$ n'a pas d'antécédent ($\mathrm{im}\,k = 2\mathbb{N}$)

IV.4 Bijection

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Définition 16 — Bijection

$f : E \to F$ est bijective si elle est à la fois injective et surjective : tout élément de $F$ a exactement un antécédent dans $E$.

\[\forall y \in F,\; \exists!\, x \in E,\; f(x) = y.\]

Une bijection admet une réciproque $f^{-1} : F \to E$ définie par : $f^{-1}(y) = x \iff f(x) = y$.

Que signifie $\exists!$ ? Le symbole $\exists!$ se lit « il existe un unique » ou « il existe exactement un ». C'est une abréviation commode qui combine deux assertions en une seule : \[\exists!\, x \in E,\; P(x) \quad\iff\quad \underbrace{\exists\, x \in E,\; P(x)}_{\text{existence}} \;\wedge\; \underbrace{\forall\, x, y \in E,\; \bigl(P(x) \wedge P(y)\bigr) \Rightarrow x = y}_{\text{unicité}}.\] Autrement dit, on demande à la fois qu'un tel $x$ existe et qu'il est unique.

Lien avec injection et surjection. La décomposition de $\exists!$ éclaire parfaitement la définition de la bijection :

La partie existence ($\exists\, x,\; f(x) = y$) est exactement la surjectivité : tout $y$ a au moins un antécédent.
La partie unicité ($f(x) = f(y) \Rightarrow x = y$) est exactement l'injectivité : tout $y$ a au plus un antécédent.

Bijectif = surjectif + injectif = « au moins un » + « au plus un » = « exactement un ».

En pratique. Pour montrer $\exists!\, x \in E,\; P(x)$, on procède en deux temps :

Existence : construire explicitement un $x_0 \in E$ vérifiant $P(x_0)$.
Unicité : deux stratégies équivalentes au choix :
- Directe — supposer que $x$ et $y$ vérifient tous les deux $P$, puis montrer $x = y$ par un enchaînement d'égalités.
- Par l'absurde — supposer que $x$ et $y$ vérifient tous les deux $P$ et que $x \neq y$, puis aboutir à une contradiction.

Les deux stratégies sont logiquement équivalentes : l'une est la contraposée de l'autre. \[(\,P(x) \wedge P(y) \Rightarrow x = y\,) \quad\iff\quad (\,P(x) \wedge P(y) \wedge x \neq y \Rightarrow \bot\,).\] En pratique, on choisit selon le contexte : la version directe est plus élégante quand les calculs s'enchaînent naturellement ; la version par l'absurde est souvent plus commode quand $x \neq y$ fournit une hypothèse supplémentaire exploitable.

Proposition 7 — Caractérisations de la bijection

Les assertions suivantes sont équivalentes :

$f$ est bijective.
Il existe $g : F \to E$ telle que $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$.
$\forall y \in F,\; \exists!\, x \in E,\; f(x) = y$.

Exemple 15 — Bijections usuelles

$\exp : \mathbb{R} \to ]0;+\infty[$ est bijective, de réciproque $\ln$.
$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x+1$ est bijective.
$\mathrm{id}_E : E \to E,\; x \mapsto x$ est toujours bijective.

Méthode 6 — Montrer qu'une fonction est bijective

Trois stratégies, à choisir selon le contexte :

Double preuve — montrer séparément l'injectivité (Méthode 3) et la surjectivité (Méthode 4). C'est la méthode générale, toujours applicable.
Réciproque explicite — exhiber une application $g : F \to E$ et vérifier $g \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ g = \mathrm{id}_F$. Cela prouve simultanément que $f$ est bijective et que $g = f^{-1}$.
Cardinal (cas fini) — si $E$ et $F$ sont finis avec $|E| = |F|$, il suffit de montrer l'injectivité ou la surjectivité : l'une implique l'autre (voir Théorème 4 ci-dessous).

Exemple 16 — Bijection par réciproque explicite

Montrons que $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 3x - 2$ est bijective.

On pose $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; y \mapsto \dfrac{y+2}{3}$.

Vérification :

\[(g \circ f)(x) = g(3x-2) = \frac{(3x-2)+2}{3} = \frac{3x}{3} = x = \mathrm{id}_\mathbb{R}(x). \checkmark\] \[(f \circ g)(y) = f\!\left(\frac{y+2}{3}\right) = 3 \cdot \frac{y+2}{3} - 2 = (y+2) - 2 = y = \mathrm{id}_\mathbb{R}(y). \checkmark\]

Donc $f$ est bijective et $f^{-1}(y) = \dfrac{y+2}{3}$.

IV.4b Cardinal et injectivité/surjectivité

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Théorème 4 — Cardinal et injection/surjection/bijection

Soient $E$ et $F$ deux ensembles finis avec $|E| = |F| = n$, et $f : E \to F$. Les trois assertions suivantes sont équivalentes :

\[f \text{ injective} \quad\iff\quad f \text{ surjective} \quad\iff\quad f \text{ bijective}.\]

Preuve. Bijective ⟹ injective et bijective ⟹ surjective sont évidentes (la bijection est les deux à la fois). Il reste à montrer les deux implications non triviales.

Injective ⟹ bijective. Supposons $f$ injective. Alors $f$ induit une bijection de $E$ vers $f(E) \subset F$. Comme $f$ est injective, les images $f(x)$ pour $x \in E$ sont toutes distinctes, donc $|f(E)| = |E| = n$. Or $f(E) \subset F$ et $|F| = n$, donc $f(E) = F$ — $f$ est surjective, donc bijective.

Surjective ⟹ bijective. Supposons $f$ surjective. Chaque élément de $F$ a au moins un antécédent dans $E$. Il y a donc au moins $n$ antécédents au total pour les $n$ éléments de $F$, ce qui nécessite au moins $n$ éléments dans $E$. Comme $|E| = n$ exactement, chaque élément de $F$ a exactement un antécédent — $f$ est injective, donc bijective. □

Ce théorème est faux en dimension infinie. Contre-exemples classiques :

$f : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto n+1$ est injective mais pas surjective ($0$ n'a pas d'antécédent).
$f : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto \lfloor n/2 \rfloor$ est surjective mais pas injective ($f(0) = f(1) = 0$).

La condition $|E| = |F| < +\infty$ est indispensable.

Intuition pigeonhole. Si on place $n$ pigeons dans $n$ cases : injectif = « au plus un pigeon par case » et surjectif = « au moins un pigeon par case ». Avec exactement $n$ pigeons et $n$ cases, les deux conditions sont automatiquement équivalentes — on ne peut pas avoir « au plus un » partout sans « au moins un » partout, et vice versa. C'est le principe des tiroirs (ou principe de Dirichlet).

Complément — Cardinalité infinie et bijections

Le Théorème 4 étant réservé aux ensembles finis, que se passe-t-il pour les ensembles infinis ? La notion de « même taille » se généralise via les bijections : on dit que $E$ et $F$ ont le même cardinal s'il existe une bijection $f : E \to F$.

On note $\aleph_0$ (« aleph zéro ») le cardinal de $\mathbb{N}$ — c'est le plus petit cardinal infini. Un ensemble est dit dénombrable s'il est en bijection avec $\mathbb{N}$ (ou s'il est fini).

Résultats surprenants — $\mathbb{N}$, $\mathbb{Z}$ et $\mathbb{Q}$ ont le même cardinal $\aleph_0$.

$\bullet\quad |\mathbb{Z}| = |\mathbb{N}|$ — bijection explicite : \[f : \mathbb{N} \to \mathbb{Z}, \quad n \mapsto \begin{cases} n/2 & \text{si } n \text{ pair} \\ -(n+1)/2 & \text{si } n \text{ impair} \end{cases}\] Ce qui donne $0 \mapsto 0,\; 1 \mapsto -1,\; 2 \mapsto 1,\; 3 \mapsto -2,\; 4 \mapsto 2, \ldots$ On intercale les entiers positifs et négatifs.

$\bullet\quad |\mathbb{Q}| = |\mathbb{N}|$ — on liste tous les rationnels $p/q$ (avec $p \in \mathbb{Z}$, $q \in \mathbb{N}^*$, $\pgcd(|p|,q) = 1$) en parcourant le tableau $\mathbb{Z} \times \mathbb{N}^*$ en diagonale (procédé de Cantor) :

  q=1 :  0/1   1/1  -1/1   2/1  -2/1   3/1  ...
  q=2 :  0/2   1/2  -1/2   2/2  ...         (on saute 0/2 = 0/1 déjà listé)
  q=3 :  0/3   1/3  -1/3  ...
  ...
  Lecture en diagonale → énumération de tous les rationnels.

$\bullet\quad |\mathbb{R}| > |\mathbb{N}|$ — en revanche $\mathbb{R}$ est non dénombrable. Cantor a montré par l'argument diagonal que toute tentative de lister tous les réels de $[0,1]$ laisse nécessairement un réel de côté. Le cardinal de $\mathbb{R}$ est noté $\mathfrak{c} = 2^{\aleph_0}$.

Ensemble	Cardinal	Dénombrable ?
Fini $\{1,\ldots,n\}$	$n$	—
$\mathbb{N}$	$\aleph_0$	Oui
$\mathbb{Z}$	$\aleph_0$	Oui
$\mathbb{Q}$	$\aleph_0$	Oui
$\mathbb{R}$	$\mathfrak{c} = 2^{\aleph_0}$	Non
$\mathcal{P}(\mathbb{N})$	$2^{\aleph_0}$	Non

Le théorème de Cantor (déjà vu en Section I) affirme que $|\mathcal{P}(E)| > |E|$ pour tout ensemble $E$, même infini : il n'existe pas de « plus grand cardinal ».

🔴 Fil rouge — La bijection, aboutissement du fil rouge

Le fil rouge atteint son sommet : injection = « pas de collision », surjection = « tout point d'arrivée est atteint », bijection = correspondance parfaite un-à-un. La bijection permet de comparer des cardinaux (deux ensembles sont en bijection ssi ils ont le même nombre d'éléments) et de construire des structures isomorphes en algèbre. En analyse, elle assure l'existence d'une réciproque — clé pour définir $\ln$, $\arcsin$, etc.

IV.5 Fonction réciproque

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Proposition 8 — Unicité de la réciproque

Si $f : E \to F$ est bijective, sa réciproque $f^{-1} : F \to E$ est unique.

Preuve. Supposons qu'il existe deux applications $g, h : F \to E$ telles que $g \circ f = \mathrm{id}_E$, $f \circ g = \mathrm{id}_F$ et de même pour $h$. Alors pour tout $y \in F$ : \[g(y) = g(\mathrm{id}_F(y)) = g(f(h(y))) = (g \circ f)(h(y)) = \mathrm{id}_E(h(y)) = h(y).\] Donc $g = h$. □

Théorème 5 — Propriétés de la réciproque

Soit $f : E \to F$ bijective. Alors :

$f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_E$ et $f \circ f^{-1} = \mathrm{id}_F$.
$f^{-1}$ est elle-même bijective, et $(f^{-1})^{-1} = f$.
Si $g : F \to G$ est aussi bijective : $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$.

Preuve du point 1. Pour tout $x \in E$ : $f^{-1}(f(x))$ est l'unique antécédent de $f(x)$ par $f$. Or $x$ lui-même est un antécédent de $f(x)$. Par unicité : $f^{-1}(f(x)) = x$. Donc $f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_E$. De même $f \circ f^{-1} = \mathrm{id}_F$. □

Preuve du point 3 — réciproque d'une composée. Notons $h = f^{-1} \circ g^{-1} : G \to E$. Vérifions les deux relations : \[(g \circ f) \circ h = g \circ (f \circ f^{-1}) \circ g^{-1} = g \circ \mathrm{id}_F \circ g^{-1} = g \circ g^{-1} = \mathrm{id}_G.\] \[h \circ (g \circ f) = f^{-1} \circ (g^{-1} \circ g) \circ f = f^{-1} \circ \mathrm{id}_F \circ f = f^{-1} \circ f = \mathrm{id}_E.\] Donc $h$ est bien la réciproque de $g \circ f$. □

Intuition pour $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$. Pensez à l'habillage du matin : on met d'abord les chaussettes ($f$), puis les chaussures ($g$). Pour défaire : on retire d'abord les chaussures ($g^{-1}$), puis les chaussettes ($f^{-1}$). L'ordre s'inverse — c'est la règle générale pour toute composition de bijections.

Méthode 5 — Calculer $f^{-1}$ explicitement

Pour calculer la réciproque d'une bijection $f : E \to F$, on résout l'équation $f(x) = y$ en $x$ :

Poser $y = f(x)$.
Isoler $x$ en fonction de $y$ — on obtient $x = \varphi(y)$.
Vérifier que $\varphi(y) \in E$ pour tout $y \in F$.
Conclure : $f^{-1}(y) = \varphi(y)$.

Exemple 17 — Calcul de réciproques

1. $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x + 3$.

On résout $y = 2x + 3$ : $x = \dfrac{y-3}{2} \in \mathbb{R}$ pour tout $y \in \mathbb{R}$. Donc $f^{-1}(y) = \dfrac{y-3}{2}$, ou encore $f^{-1}(x) = \dfrac{x-3}{2}$.

Vérification : $f^{-1}(f(x)) = \dfrac{(2x+3)-3}{2} = x$. $\checkmark$

2. $\exp : \mathbb{R} \to\, ]0\,;\,+\infty[$.

On résout $y = e^x$ : $x = \ln y$ pour tout $y > 0$. Donc $\exp^{-1} = \ln$.

3. $f : [0\,;\,\pi] \to [-1\,;\,1],\; x \mapsto \cos x$.

On résout $y = \cos x$ avec $x \in [0\,;\,\pi]$ : $x = \arccos(y)$. Donc $f^{-1} = \arccos$. C'est précisément la définition de $\arccos$ : la réciproque de la restriction de $\cos$ à $[0\,;\,\pi]$, là où il est injectif.

$f^{-1}$ désigne la réciproque d'une bijection — ce n'est pas $\dfrac{1}{f}$. Ces deux notations coexistent malheureusement : $\sin^{-1}$ désigne $\arcsin$ (réciproque), mais $(\sin x)^{-1} = \dfrac{1}{\sin x}$ (inverse multiplicatif). Le contexte lève toujours l'ambiguïté — mais soyez vigilants.

IV.6 Composition de fonctions

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Définition 19 — Composée

Soient $f : E \to F$ et $g : F \to G$ deux applications. La composée de $g$ par $f$, notée $g \circ f$, est l'application $g \circ f : E \to G$ définie par :

\[(g \circ f)(x) = g(f(x)) \quad \forall x \in E.\]

On applique d'abord $f$, puis $g$ — l'ordre est de droite à gauche.

$g \circ f$ se lit « $g$ après $f$ » et s'applique de droite à gauche : $x \xrightarrow{f} f(x) \xrightarrow{g} g(f(x))$. En général $g \circ f \neq f \circ g$ — la composition n'est pas commutative. Par exemple : $f(x) = x+1$ et $g(x) = x^2$ donnent $(g \circ f)(x) = (x+1)^2$ mais $(f \circ g)(x) = x^2 + 1$.

Pour que $g \circ f$ soit bien définie, il faut que l'ensemble d'arrivée de $f$ coïncide avec l'ensemble de départ de $g$ — ou du moins que $\mathrm{im}\,f \subset$ ensemble de départ de $g$. C'est la condition de compatibilité des types, analogue à ce qu'on vérifierait en programmation avant de chaîner deux fonctions.

Théorème 6 — Composition et injectivité/surjectivité

Soient $f : E \to F$ et $g : F \to G$. Alors :

Si $f$ et $g$ sont injectives, alors $g \circ f$ est injective.
Si $f$ et $g$ sont surjectives, alors $g \circ f$ est surjective.
Si $f$ et $g$ sont bijectives, alors $g \circ f$ est bijective et $(g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1}$.

Et les réciproques partielles — les plus importantes en pratique :

Si $g \circ f$ est injective, alors $f$ est injective.
Si $g \circ f$ est surjective, alors $g$ est surjective.

Preuve du point 1 — composition d'injections. Soient $x, y \in E$ tels que $(g \circ f)(x) = (g \circ f)(y)$. Alors $g(f(x)) = g(f(y))$. Comme $g$ est injective : $f(x) = f(y)$. Comme $f$ est injective : $x = y$. Donc $g \circ f$ est injective. □

Preuve du point 2 — composition de surjections. Soit $z \in G$ quelconque. Comme $g$ est surjective : $\exists\, y \in F,\; g(y) = z$. Comme $f$ est surjective : $\exists\, x \in E,\; f(x) = y$. Alors $(g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z$. Donc $g \circ f$ est surjective. □

Preuve du point 4 — si $g \circ f$ injective alors $f$ injective. Soient $x, y \in E$ tels que $f(x) = f(y)$. En appliquant $g$ des deux côtés : $g(f(x)) = g(f(y))$, c'est-à-dire $(g \circ f)(x) = (g \circ f)(y)$. Comme $g \circ f$ est injective : $x = y$. Donc $f$ est injective. □

Preuve du point 5 — si $g \circ f$ surjective alors $g$ surjective. Soit $z \in G$ quelconque. Comme $g \circ f$ est surjective : $\exists\, x \in E,\; (g \circ f)(x) = z$, c'est-à-dire $g(f(x)) = z$. En posant $y = f(x) \in F$, on a $g(y) = z$. Donc tout élément de $G$ a un antécédent dans $F$ — $g$ est surjective. □

Les réciproques des points 1 et 2 sont fausses.

$g \circ f$ injective $\not\Rightarrow$ $g$ injective. Contre-exemple : $E = \{0\}$, $F = \{0,1\}$, $G = \{0\}$, $f(0) = 0$, $g(0) = g(1) = 0$. Alors $g \circ f$ est injective (une seule valeur dans $E$), mais $g$ n'est pas injective.
$g \circ f$ surjective $\not\Rightarrow$ $f$ surjective. Contre-exemple : $f : \{0\} \to \{0,1\}$, $f(0) = 0$, $g : \{0,1\} \to \{0\}$, $g(0) = g(1) = 0$. Alors $g \circ f$ est surjective, mais $f$ n'est pas surjective.

Moyen mnémotechnique. Pour les réciproques partielles (points 4 et 5), on peut retenir :

« La composée injective injecte la propriété vers la première fonction ($f$, celle qui s'applique en premier). »
« La composée surjective projette la propriété vers la dernière fonction ($g$, celle qui s'applique en dernier). »

Une image : si le résultat final est « sans collision » (injectif), c'est forcément $f$ qui est sans collision dès le départ — sinon $g$ aurait beau être injective, deux points confondus par $f$ resteraient confondus. De même, si le résultat final « couvre tout » (surjectif), c'est $g$ qui couvre tout — $f$ n'a pas besoin de le faire.

Exemple 18 — Application des points 4 et 5

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ et $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \sqrt{|x|}$. On a $(g \circ f)(x) = \sqrt{x^2} = |x|$.

$g \circ f : x \mapsto |x|$ n'est pas injective ($|1| = |-1|$) — donc on ne peut rien conclure sur $f$ via le point 4 dans ce sens.
En revanche, $f$ n'est pas injective (cohérent : le point 4 dit seulement que si $g \circ f$ injective alors $f$ injective — pas la réciproque).

Autre exemple : montrons que $h : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto e^{2x+1}$ est injective.

On écrit $h = \exp \circ\, u$ où $u(x) = 2x+1$. $u$ est injective (affine non constante) et $\exp$ est injective (strictement croissante). Par le point 1 : $h = \exp \circ\, u$ est injective. $\checkmark$

Exercice 7 — Composition

Soient $f : E \to F$ et $g : F \to G$ telles que $g \circ f$ est bijective. Montrer que $f$ est injective et $g$ est surjective.
La réciproque est-elle vraie ? (Si $f$ injective et $g$ surjective, $g \circ f$ est-elle nécessairement bijective ?)

Solution — Exercice 7

1. $g \circ f$ bijective ⟹ $f$ injective et $g$ surjective.

$f$ est injective. Soient $x, y \in E$ tels que $f(x) = f(y)$. En appliquant $g$ : $g(f(x)) = g(f(y))$, i.e. $(g \circ f)(x) = (g \circ f)(y)$. Comme $g \circ f$ est bijective, elle est en particulier injective : $x = y$. Donc $f$ est injective. $\checkmark$

$g$ est surjective. Soit $z \in G$ quelconque. Comme $g \circ f$ est bijective, elle est en particulier surjective : $\exists\, x \in E,\; (g \circ f)(x) = z$, i.e. $g(f(x)) = z$. En posant $y = f(x) \in F$, on a $g(y) = z$. Donc tout élément de $G$ a un antécédent dans $F$ — $g$ est surjective. $\checkmark$

C'est une application directe des points 4 et 5 du Théorème 6 : $g \circ f$ bijective ⟹ $g \circ f$ injective ⟹ $f$ injective, et $g \circ f$ bijective ⟹ $g \circ f$ surjective ⟹ $g$ surjective. La rédaction ci-dessus redémontre ces résultats directement pour être autonome.

2. La réciproque est fausse.

Contre-exemple. Posons $E = \{0,1\}$, $F = \{0,1,2\}$, $G = \{0,1\}$ et : \[f : E \to F,\quad f(0) = 0,\; f(1) = 1 \qquad g : F \to G,\quad g(0) = 0,\; g(1) = 0,\; g(2) = 1.\]

$f$ est injective : $f(0) = 0 \neq 1 = f(1)$. $\checkmark$
$g$ est surjective : $g(0) = 0 \in G$ et $g(2) = 1 \in G$, donc $\mathrm{im}\,g = G$. $\checkmark$
$g \circ f$ n'est pas injective : $(g \circ f)(0) = g(0) = 0$ et $(g \circ f)(1) = g(1) = 0$, donc $g \circ f$ n'est pas bijective. $\checkmark$

Pourquoi le contre-exemple fonctionne-t-il ? $f$ est injective mais n'est pas surjective : $2 \notin \mathrm{im}\,f$. Du coup $g$ peut « cacher » sa non-injectivité sur $\{0,1\}$ (où elle confond $0$ et $1$) derrière le fait que $f$ n'atteint jamais $2$. La composée $g \circ f$ hérite alors de la non-injectivité de $g$ restreinte à $\mathrm{im}\,f$.

En résumé : $f$ injective + $g$ surjective ne suffit pas — il faudrait de plus que $g$ soit injective sur $\mathrm{im}\,f$.

Remarque — Cas où la réciproque devient vraie

Si $|E| = |F| = |G|$ sont finis et égaux, alors $f$ injective implique $f$ bijective (Théorème 4), et $g$ surjective implique $g$ bijective. La composée de deux bijections est bijective — la réciproque est vraie dans ce cadre.

IV.7 Égalité de fonctions

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Définition 20 — Égalité de fonctions

Deux applications $f : E \to F$ et $g : E' \to F'$ sont égales si et seulement si les trois conditions suivantes sont simultanément vérifiées :

$E = E'$ (même ensemble de départ),
$F = F'$ (même ensemble d'arrivée),
$\forall x \in E,\; f(x) = g(x)$ (mêmes valeurs en tout point).

On note alors $f = g$.

Les trois conditions sont toutes nécessaires. En pratique la condition 2 (même ensemble d'arrivée) est souvent négligée à tort.

$f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ et $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2$ ont la même formule et le même domaine, mais $f \neq g$ car $F \neq F'$. En particulier, $f$ n'est pas surjective mais $g$ l'est — changer l'ensemble d'arrivée change les propriétés.
$f : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ et $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$ ont la même formule et le même arrivée, mais $f \neq g$ car $E \neq E'$. En particulier, $f$ est injective mais $g$ ne l'est pas.

Exemple — $\sqrt{x^2} \neq x$

Un classique d'erreur : $\sqrt{x^2} = x$ n'est pas une identité.

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \sqrt{x^2}$ et $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x$.

Pour $x = -3$ : $f(-3) = \sqrt{9} = 3$ mais $g(-3) = -3$. Donc $f \neq g$.

La bonne identité est $\sqrt{x^2} = |x|$ pour tout $x \in \mathbb{R}$ : les fonctions $x \mapsto \sqrt{x^2}$ et $x \mapsto |x|$ sont bien égales (même domaine $\mathbb{R}$, même codomaine $\mathbb{R}$, mêmes valeurs).

L'égalité de fonctions est l'extensionnalité : deux fonctions sont égales si et seulement si elles ont le même comportement observable sur tous les inputs — peu importe comment elles sont définies « en interne ». En informatique, c'est la distinction entre égalité extensionnelle (mêmes sorties pour toutes les entrées) et égalité intensionnelle (même code source). En mathématiques, seule l'extensionnalité compte.

IV.8 Restriction et prolongement

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Définition 21 — Restriction et prolongement

Soit $f : E \to F$ et $A \subset E$.

La restriction de $f$ à $A$ est l'application $f_{|A} : A \to F$ définie par $f_{|A}(x) = f(x)$ pour tout $x \in A$.
Si $B \subset F$ et $f(A) \subset B$, on note aussi $f_{|A}^{|B} : A \to B$ la restriction du domaine à $A$ et du codomaine à $B$.
Réciproquement, $f$ est un prolongement de $f_{|A}$ à $E$.

Proposition 9 — Restriction et injectivité

Si $f : E \to F$ est injective, toute restriction $f_{|A}$ est injective.
Si $f_{|A} : A \to F$ est surjective pour un certain $A \subset E$, alors $f : E \to F$ est surjective.
Restreindre le codomaine à $\mathrm{im}\,f$ rend $f$ surjective : $\tilde{f} : E \to \mathrm{im}\,f,\; x \mapsto f(x)$ est surjective par construction.

Preuve du point 1. Soient $x, y \in A$ tels que $f_{|A}(x) = f_{|A}(y)$, c'est-à-dire $f(x) = f(y)$. Comme $f$ est injective : $x = y$. $\checkmark$ □

Méthode 7 — Rendre une fonction injective ou surjective par restriction

Étant donnée $f : E \to F$ qui n'est ni injective ni surjective, on peut :

Rétablir l'injectivité — trouver $A \subset E$ sur lequel $f$ est strictement monotone (ou plus généralement injective), et travailler avec $f_{|A}$.
Rétablir la surjectivité — remplacer $F$ par $\mathrm{im}\,f$ : $\tilde{f} : E \to \mathrm{im}\,f$ est automatiquement surjective.
Obtenir une bijection — combiner les deux : trouver $A \subset E$ tel que $f_{|A} : A \to \mathrm{im}(f_{|A})$ soit bijective.

Exemple — Restriction de $x \mapsto x^2$

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$. $f$ n'est ni injective ($f(-1) = f(1)$) ni surjective ($-1 \notin \mathrm{im}\,f$).

Action	Application résultante	Propriété
Restreindre le domaine à $\mathbb{R}_+$	$f_{\|\mathbb{R}_+} : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$	Injective (croissante), non surjective
Restreindre le codomaine à $\mathbb{R}_+$	$\tilde f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2$	Surjective, non injective
Restreindre domaine et codomaine	$f_{\|\mathbb{R}_+}^{\|\mathbb{R}_+} : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2$	Bijective, de réciproque $\sqrt{\cdot}$

C'est exactement ce procédé qui justifie la définition de $\sqrt{\cdot}$ : on restreint $x \mapsto x^2$ à $\mathbb{R}_+$ pour en faire une bijection, et $\sqrt{\cdot}$ en est la réciproque.

Complément — Prolongement et analyse

La question duale est : étant donnée $f : A \to F$, peut-on la prolonger en $\tilde f : E \to F$ avec $A \subsetneq E$ et $\tilde f_{|A} = f$ ?

Ce problème est central en analyse :

Prolongement par continuité — si $f$ est définie et continue sur $A$ et si $A$ est dense dans $E$, il existe au plus un prolongement continu à $E$. Par exemple, $\sin(x)/x$ se prolonge en $1$ en $x = 0$.
Prolongement analytique — en analyse complexe, une fonction holomorphe sur un ouvert admet au plus un prolongement holomorphe à un ouvert plus grand.

En CPGE, la restriction est surtout utilisée pour définir les fonctions réciproques trigonométriques ($\arcsin$, $\arccos$, $\arctan$) en rendant bijectives des fonctions périodiques non injectives.

IV.9 Relation d'équivalence induite par une fonction

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Définition 22 — Relation d'équivalence induite

Soit $f : E \to F$. On définit sur $E$ la relation :

\[x \sim_f y \quad\iff\quad f(x) = f(y).\]

Cette relation est une relation d'équivalence sur $E$.

Vérification des trois propriétés.
Réflexivité : $f(x) = f(x)$, donc $x \sim_f x$. $\checkmark$
Symétrie : si $f(x) = f(y)$ alors $f(y) = f(x)$, donc $x \sim_f y \Rightarrow y \sim_f x$. $\checkmark$
Transitivité : si $f(x) = f(y)$ et $f(y) = f(z)$ alors $f(x) = f(z)$, donc $x \sim_f y$ et $y \sim_f z \Rightarrow x \sim_f z$. $\checkmark$ □

Définition 23 — Fibres de $f$

La classe d'équivalence de $x \in E$ pour $\sim_f$ s'appelle la fibre de $f$ en $f(x)$ : \[f^{-1}(\{y\}) = \{x \in E \mid f(x) = y\} \quad (y \in \mathrm{im}\,f).\] La famille $\bigl(f^{-1}(\{y\})\bigr)_{y \in \mathrm{im}\,f}$ est une partition de $E$.

Vérification que les fibres forment une partition. On vérifie les trois conditions de la Définition 10 :

Recouvrement : tout $x \in E$ appartient à la fibre $f^{-1}(\{f(x)\})$. $\checkmark$
Disjonction : si $y \neq y'$, alors $f^{-1}(\{y\}) \cap f^{-1}(\{y'\}) = \emptyset$ — car si $x$ était dans les deux, on aurait $f(x) = y$ et $f(x) = y'$, donc $y = y'$, contradiction. $\checkmark$
Non-vide : $f^{-1}(\{y\}) \neq \emptyset$ pour $y \in \mathrm{im}\,f$ par définition de l'image. $\checkmark$ □

Proposition 10 — Caractérisation via les fibres

Soit $f : E \to F$. Alors :

$f$ est injective $\iff$ toutes les fibres sont des singletons : $\forall y \in F,\; |f^{-1}(\{y\})| \leq 1$.
$f$ est surjective $\iff$ toutes les fibres sont non vides : $\forall y \in F,\; f^{-1}(\{y\}) \neq \emptyset$.
$f$ est bijective $\iff$ toutes les fibres sont des singletons et toutes non vides.
$f$ est injective $\iff$ $\sim_f$ est l'égalité ($x \sim_f y \Rightarrow x = y$).

Exemple — Fibres de $x \mapsto x^2$ sur $\mathbb{R}$

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$.

Pour $y > 0$ : $f^{-1}(\{y\}) = \{-\sqrt{y},\, \sqrt{y}\}$ — fibre à deux éléments.
Pour $y = 0$ : $f^{-1}(\{0\}) = \{0\}$ — fibre singleton.
Pour $y < 0$ : $f^{-1}(\{y\}) = \emptyset$ — pas de fibre (car $y \notin \mathrm{im}\,f$).

Les fibres non vides forment la partition $\bigl(\{-\sqrt{y}, \sqrt{y}\}\bigr)_{y > 0} \cup \bigl\{\{0\}\bigr\}$ de $\mathbb{R}$.

La relation $\sim_f$ identifie $x$ et $-x$ pour tout $x$ — c'est la relation « avoir la même valeur absolue ».

Théorème 7 — Factorisation canonique

Soit $f : E \to F$. On note $E/{\sim_f}$ l'ensemble quotient (l'ensemble des fibres). Alors $f$ se factorise de manière unique en :

\[f = i \circ \bar{f} \circ \pi\]

où :

$\pi : E \to E/{\sim_f},\; x \mapsto [x]$ est la surjection canonique (surjective),
$\bar{f} : E/{\sim_f} \to \mathrm{im}\,f,\; [x] \mapsto f(x)$ est la bijection canonique (bijective),
$i : \mathrm{im}\,f \hookrightarrow F$ est l'injection canonique (injective).

En résumé : toute fonction se décompose en une surjection, puis une bijection, puis une injection.

Pourquoi ce théorème est-il profond ? Il dit que toute fonction, aussi compliquée soit-elle, a la même « structure fondamentale » : d'abord on regroupe les éléments qui ont la même image (la surjection $\pi$), puis on les met en correspondance parfaite avec l'image (la bijection $\bar f$), puis on plonge l'image dans le codomaine (l'injection $i$).

C'est l'analogue pour les fonctions du théorème d'isomorphisme en algèbre ($E/\ker f \cong \mathrm{im}\,f$ pour les morphismes de groupes, d'espaces vectoriels, etc.). En CPGE, vous le retrouverez en algèbre linéaire sous la forme du théorème du rang : $\dim E = \dim \ker f + \dim \mathrm{im}\,f$.

🔴 Fil rouge — La boucle est bouclée

Le fil rouge peut maintenant être complété : ensemble → produit cartésien → graphe d'une fonction → injection/surjection/bijection → partition par les fibres → factorisation canonique.

La Section II (partitions) et la Section IV (fonctions) se rejoignent ici : toute fonction $f : E \to F$ induit une partition de $E$ par ses fibres, et toute partition de $E$ est la partition en fibres d'une surjection (la surjection canonique vers l'ensemble quotient). Partition et surjection sont deux faces de la même pièce.

V — Images directe et réciproque

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Définition 17 — Image directe

Soit $A \subset E$. L'image directe de $A$ par $f$ est :

\[f(A) = \{y \in F \mid \exists x \in A,\; f(x) = y\} \subset F.\]

Si $f(A) \subset A$, on dit que $A$ est stable par $f$.

Définition 18 — Image réciproque

Soit $B \subset F$. L'image réciproque de $B$ par $f$ est :

\[f^{-1}(B) = \{x \in E \mid f(x) \in B\} \subset E.\]

Attention : cette notation ne suppose nullement que $f$ est bijective.

Exemple 19

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$.

$f([-3;2]) = [0;9]$ (la fonction carré atteint son max en $-3$).
$f^{-1}(]1;3]) = [-\sqrt{3}\,;\,-1[ \cup ]1\,;\,\sqrt{3}]$.
$f^{-1}(]-1\,;\,4[) = ]-2\,;\,2[$ (les $x$ tels que $0 \leq x^2 < 4$).

Théorème 8 — Stabilité par image directe

Soit $f : E \to F$. Pour toutes parties $A, B \subset E$ :

$A \subset B \Rightarrow f(A) \subset f(B)$.
$f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)$.
$f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$ (inclusion stricte possible).
$f(f^{-1}(B)) \subset B$ et $A \subset f^{-1}(f(A))$.

Théorème 9 — Stabilité par image réciproque

Soit $f : E \to F$. Pour toutes parties $A, B \subset F$ :

$A \subset B \Rightarrow f^{-1}(A) \subset f^{-1}(B)$.
$f^{-1}(A \cup B) = f^{-1}(A) \cup f^{-1}(B)$.
$f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$ (égalité, contrairement au cas de l'image directe).
$f^{-1}(\complement_F B) = \complement_E f^{-1}(B)$.

Preuve du point 3 du Théorème 9. \begin{align*} x \in f^{-1}(A \cap B) &\iff f(x) \in A \cap B \\ &\iff f(x) \in A \text{ et } f(x) \in B \\ &\iff x \in f^{-1}(A) \text{ et } x \in f^{-1}(B) \\ &\iff x \in f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B). \end{align*} □

Contre-exemple — L'image directe ne commute pas avec $\cap$

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2$.

$f(\mathbb{R}_+) \cap f(\mathbb{R}_-) = \mathbb{R}_+ \cap \mathbb{R}_+ = \mathbb{R}_+$, mais $f(\mathbb{R}_+ \cap \mathbb{R}_-) = f(\{0\}) = \{0\}$.

Donc $f(A \cap B) = \{0\} \subsetneq \mathbb{R}_+ = f(A) \cap f(B)$ : inclusion stricte.

L'image réciproque commute parfaitement avec toutes les opérations ensemblistes ($\cup$, $\cap$, complémentaire). L'image directe ne commute qu'avec $\cup$. C'est pourquoi, en topologie, la continuité se définit via les images réciproques d'ouverts — pas les images directes.

Exercice 6 — Synthèse

Soit $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto \cos x$. Déterminer :

$f(\mathbb{R})$.
$f([0\,;\,\pi/2[)$.
$f^{-1}(\mathbb{R})$, $f^{-1}(\{1\})$, $f^{-1}(]-1\,;\,2])$, $f^{-1}([0\,;\,\pi])$.
$f(f^{-1}([0\,;\,1]))$.
$f^{-1}(f([0\,;\,\pi/2]))$.

Solution — Exercice 6

On rappelle les propriétés essentielles de $\cos$ utilisées tout au long : $\cos$ est $2\pi$-périodique, à valeurs dans $[-1\,;\,1]$, strictement décroissante sur $[0\,;\,\pi]$, strictement croissante sur $[-\pi\,;\,0]$, et $\cos 0 = 1$, $\cos(\pi/2) = 0$, $\cos(\pi) = -1$.

1. $f(\mathbb{R}) = \mathrm{im}\,f$.

On cherche l'ensemble de toutes les valeurs prises par $\cos$ sur $\mathbb{R}$. Comme $\cos$ est continue et $2\pi$-périodique, il suffit de regarder son image sur une période complète, par exemple $[0\,;\,2\pi]$. Sur $[0\,;\,\pi]$ elle descend de $1$ à $-1$, sur $[\pi\,;\,2\pi]$ elle remonte de $-1$ à $1$ : elle atteint toutes les valeurs de $-1$ à $1$. Donc :

\[f(\mathbb{R}) = [-1\,;\,1].\]

2. $f([0\,;\,\pi/2[)$.

Sur $[0\,;\,\pi/2[$, $\cos$ est strictement décroissante. Elle part de $\cos(0) = 1$ (atteint, borne incluse) et tend vers $\cos(\pi/2) = 0$ sans l'atteindre (borne exclue). Donc :

\[f\!\left(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\right) = \left]0\,;\,1\right].\]

La borne $0$ est exclue car $\pi/2$ est exclu du domaine. La borne $1$ est incluse car $0$ est inclus dans le domaine. La décroissance stricte inverse les bornes : la borne gauche du domaine donne la borne droite de l'image, et vice versa.

3. Images réciproques.

$\bullet\quad f^{-1}(\mathbb{R})$ : l'image réciproque de l'ensemble de départ tout entier. Par définition, $f^{-1}(\mathbb{R}) = \{x \in \mathbb{R} \mid \cos x \in \mathbb{R}\}$. Or $\cos x \in \mathbb{R}$ pour tout $x$, donc :

\[f^{-1}(\mathbb{R}) = \mathbb{R}.\]

$\bullet\quad f^{-1}(\{1\})$ : les antécédents de $1$. $\cos x = 1 \iff x = 2k\pi$ pour $k \in \mathbb{Z}$. Donc :

\[f^{-1}(\{1\}) = \{2k\pi \mid k \in \mathbb{Z}\} = 2\pi\mathbb{Z}.\]

$\bullet\quad f^{-1}(]-1\,;\,2])$ : les $x$ tels que $\cos x \in\, ]-1\,;\,2]$. Puisque $\cos x \in [-1\,;\,1] \subset [-1\,;\,2]$ pour tout $x$, la condition se réduit à $\cos x > -1$, i.e. $\cos x \neq -1$. Or $\cos x = -1 \iff x = (2k+1)\pi$ pour $k \in \mathbb{Z}$. Donc :

\[f^{-1}(]-1\,;\,2]) = \mathbb{R} \setminus \{(2k+1)\pi \mid k \in \mathbb{Z}\} = \mathbb{R} \setminus \pi\mathbb{Z}_{\mathrm{impairs}}.\]

$\bullet\quad f^{-1}([0\,;\,\pi])$ : les $x$ tels que $\cos x \in [0\,;\,\pi]$. Comme $\cos x \in [-1\,;\,1]$, la condition effective est $\cos x \in [0\,;\,1]$, c'est-à-dire $\cos x \geq 0$. $\cos x \geq 0 \iff x \in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left[-\frac{\pi}{2} + 2k\pi\,;\,\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right]$. Donc :

\[f^{-1}([0\,;\,\pi]) = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left[-\frac{\pi}{2} + 2k\pi\,;\,\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right].\]

$[0\,;\,\pi]$ n'est pas un sous-ensemble de $[-1\,;\,1]$, mais l'image réciproque ne demande pas que $B \subset \mathrm{im}\,f$ — elle demande juste $f(x) \in B$. Comme $\cos x \leq 1 < \pi$ toujours, la condition $\cos x \leq \pi$ est automatiquement satisfaite et n'ajoute rien. Seule la condition $\cos x \geq 0$ est contraignante.

4. $f(f^{-1}([0\,;\,1]))$.

On applique le Théorème 8 : en général $f(f^{-1}(B)) \subset B$, avec égalité si et seulement si $B \subset \mathrm{im}\,f$.

Ici $B = [0\,;\,1]$ et $\mathrm{im}\,f = [-1\,;\,1]$. Comme $[0\,;\,1] \subset [-1\,;\,1]$, on a $B \subset \mathrm{im}\,f$, donc :

\[f\!\left(f^{-1}([0\,;\,1])\right) = [0\,;\,1].\]

Intuition : $f^{-1}([0\,;\,1])$ est l'ensemble de tous les $x$ tels que $\cos x \in [0\,;\,1]$. En appliquant $\cos$ à cet ensemble, on retrouve exactement $[0\,;\,1]$ puisque chaque valeur de $[0\,;\,1]$ est bien atteinte par $\cos$.

5. $f^{-1}(f([0\,;\,\pi/2]))$.

On procède en deux étapes.

Étape 1 — Calculer $f([0\,;\,\pi/2])$. Sur $[0\,;\,\pi/2]$, $\cos$ est strictement décroissante de $\cos(0) = 1$ à $\cos(\pi/2) = 0$. Les deux bornes sont atteintes (intervalle fermé). Donc : \[f\!\left(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\right) = [0\,;\,1].\]

Étape 2 — Calculer $f^{-1}([0\,;\,1])$. On cherche tous les $x \in \mathbb{R}$ tels que $\cos x \in [0\,;\,1]$, i.e. $\cos x \geq 0$. Par $2\pi$-périodicité : \[f^{-1}(f\!\left(\left[0\,;\,\frac{\pi}{2}\right]\right)) = f^{-1}([0\,;\,1]) = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left[-\frac{\pi}{2} + 2k\pi\,;\,\frac{\pi}{2} + 2k\pi\right].\]

On a $[0\,;\,\pi/2] \subsetneq f^{-1}(f([0\,;\,\pi/2]))$ : l'inclusion du Théorème 8 est stricte. Par exemple $x = -\pi/2$ vérifie $\cos(-\pi/2) = 0 \in [0\,;\,1]$, donc $-\pi/2 \in f^{-1}(f([0\,;\,\pi/2]))$, mais $-\pi/2 \notin [0\,;\,\pi/2]$. Cela illustre que $f^{-1}(f(A)) = A$ si et seulement si $f$ est injective — ce que $\cos$ n'est pas sur $\mathbb{R}$.

Bilan — Image directe vs image réciproque

Propriété	Image directe $f(\cdot)$	Image réciproque $f^{-1}(\cdot)$
$f(f^{-1}(B))$	$\subset B$, égalité si $B \subset \mathrm{im}\,f$	—
$f^{-1}(f(A))$	—	$\supset A$, égalité si $f$ injective
Commute avec $\cup$	Oui	Oui
Commute avec $\cap$	Non en général	Oui (toujours)
Commute avec $\complement$	Non en général	Oui (toujours)

VI — Fil rouge : analogie Ensembles ↔ Logique

↑ sommaire

Ce tableau rassemble le fil conducteur de tout le chapitre. Chaque ligne est une correspondance exacte.

Opération ensembliste	Symbole	Analogue logique	Traduction précise
Appartenance	$\in$	Vérifier une propriété	$x \in A \iff P(x)$
Inclusion	$\subset$	Implication $\Rightarrow$	$A \subset B \iff (P \Rightarrow Q)$
Égalité	$=$	Équivalence $\iff$	$A = B \iff (P \iff Q)$
Réunion	$\cup$	Disjonction $\vee$	$x \in A \cup B \iff P \vee Q$
Intersection	$\cap$	Conjonction $\wedge$	$x \in A \cap B \iff P \wedge Q$
Complémentaire	$\complement_E$	Négation $\neg$	$x \in \complement_E A \iff \neg P(x)$
Différence	$\setminus$	$P \wedge \neg Q$	$x \in A \setminus B \iff P(x) \wedge \neg Q(x)$
De Morgan (réunion)	$\complement_E(A \cup B) = \complement_E A \cap \complement_E B$	$\neg(P \vee Q) \equiv \neg P \wedge \neg Q$	Identiques modulo la traduction
De Morgan (intersection)	$\complement_E(A \cap B) = \complement_E A \cup \complement_E B$	$\neg(P \wedge Q) \equiv \neg P \vee \neg Q$	Identiques modulo la traduction
Contraposée de l'inclusion	$A \subset B \iff \complement_E B \subset \complement_E A$	$(P \Rightarrow Q) \iff (\neg Q \Rightarrow \neg P)$	Contraposée

🔴 Conclusion du fil rouge

Ce tableau montre que la théorie des ensembles et la logique propositionnelle sont deux langages isomorphes. Toute preuve par implication admet une traduction directe en inclusion d'ensembles — et vice versa. En maîtrisant l'un, on maîtrise l'autre.

Le voyage complet du fil rouge : ensemble → produit cartésien → graphe d'une fonction → injection/surjection/bijection → réciproque et composition → restriction et égalité → fibres comme partition → factorisation canonique → analogie ensembles↔logique. Chaque étape était préparée par la précédente. La prochaine partie prolongera cela vers la notion de cardinal et les ensembles dénombrables.

Complément — Paradoxe de Russell et fondements

Contexte. À la fin du XIX^e siècle, les mathématiciens cherchent à fonder rigoureusement les mathématiques sur la théorie des ensembles. L'idée dominante, due à Cantor et Frege, est le principe de compréhension naïve : toute propriété $P$ définit un ensemble \[E = \{x \mid P(x)\}.\] En 1901, Bertrand Russell montre que ce principe mène à une contradiction logique.

Construction du paradoxe. Appliquons le principe à la propriété $P(x) : x \notin x$ (« $x$ n'est pas élément de lui-même »). On obtient : \[R = \{x \mid x \notin x\}.\] La question est : $R \in R$ ou $R \notin R$ ?

Cas 1 — supposons $R \in R$.
Par définition de $R$, tout élément de $R$ vérifie $x \notin x$. Donc $R \in R \Rightarrow R \notin R$. Contradiction. ✗
Cas 2 — supposons $R \notin R$.
$R$ vérifie alors la propriété $P$ : il ne s'appartient pas à lui-même. Donc $R$ devrait appartenir à $R$ par définition. Donc $R \notin R \Rightarrow R \in R$. Contradiction. ✗

Dans les deux cas on aboutit à une contradiction. $R$ ne peut ni appartenir ni ne pas appartenir à $R$ — il n'a pas d'existence logique cohérente.

Pourquoi est-ce grave ? Ce n'est pas une curiosité isolée. C'est une contradiction au cœur du système : en acceptant que toute propriété définisse un ensemble, on construit un objet dont l'existence est impossible. Le système est inconsistant — par le principe ex falso quodlibet, une seule contradiction suffit à rendre démontrable n'importe quelle proposition.

L'analogie du barbier (version populaire de Russell lui-même).

Dans un village, le barbier est défini par la règle : « je rase exactement les hommes du village qui ne se rasent pas eux-mêmes ». Le barbier est lui-même un homme du village — la règle s'applique donc aussi à lui. On doit décider : le barbier se rase-t-il lui-même ?

C'est ici que réside le nœud : le barbier est simultanément le sujet qui applique la règle et l'objet auquel la règle s'applique.

Cas 1 — le barbier se rase lui-même.
Il est dans la catégorie « hommes qui se rasent eux-mêmes ». Or la règle dit qu'il ne rase que ceux qui ne se rasent pas. Donc il ne devrait pas se raser — mais « se raser » c'est lui, il est à la fois le barbier (sujet) et l'homme rasé (objet). Contradiction. ✗
Cas 2 — le barbier ne se rase pas lui-même.
Il est dans la catégorie « hommes qui ne se rasent pas eux-mêmes ». Or la règle dit qu'il rase tous ceux qui ne se rasent pas. Donc il devrait se raser — mais c'est lui encore. Contradiction. ✗

La conclusion n'est pas que le barbier fait quelque chose d'étrange : c'est qu'un tel barbier ne peut tout simplement pas exister. La règle qui le définit est auto-référentielle — elle parle d'elle-même — et cette auto-référence la rend inconsistante.

Dans le paradoxe de Russell, c'est la même structure : $R$ est défini par une propriété, et on lui applique cette même propriété à lui-même. L'ensemble se retrouve à la fois sujet (l'ensemble qu'on définit) et objet (un élément potentiel de lui-même). Une règle qui parle d'elle-même peut être inconsistante.

Les trois réponses mathématiques.

Théorie des types (Russell & Whitehead, 1910). On stratifie les objets en niveaux : individus (type 0), ensembles d'individus (type 1), ensembles d'ensembles (type 2), etc. Un ensemble de type $n$ ne peut contenir que des objets de type $n-1$. L'expression $x \in x$ devient syntaxiquement interdite — le paradoxe ne peut même pas s'énoncer.
Théorie ZF — Zermelo-Fraenkel (1908–1922). On remplace le principe de compréhension naïve par le schéma de séparation : on ne crée pas un ensemble à partir de rien, on extrait une partie d'un ensemble déjà existant : \[A = \{x \in E \mid P(x)\}.\] Pour former $R$, il faudrait un ensemble universel $E$ contenant tous les ensembles — ZF interdit son existence. On ne peut jamais appliquer la règle à l'ensemble qu'on est en train de construire : le sujet et l'objet sont toujours distincts.
Théorie des classes (von Neumann–Bernays–Gödel). On distingue les ensembles (qui peuvent être éléments d'autres collections) et les classes propres (trop grandes pour être des ensembles). $R$ est alors une classe propre licite, mais une classe propre ne peut pas être élément d'une autre collection — ce qui coupe court au paradoxe.

Ce qu'on retient en CPGE. On travaille toujours avec le schéma de séparation de ZF : on définit les ensembles par compréhension à partir d'un ensemble de référence $E$ déjà donné : \[A = \{x \in E \mid P(x)\}.\] On ne construit jamais « l'ensemble de tous les ensembles ». C'est suffisant pour tout le programme — et cela évite structurellement toutes les contradictions.

Pour aller plus loin : la BD Logicomix (Doxiadis & Papadimitriou) raconte cette crise des fondements de façon remarquable.

Partie \(A\)	Vecteur \(\varphi(A)\)
\(\emptyset\)	\((0,0,0)\)
\(\{x_1\}\)	\((1,0,0)\)
\(\{x_2\}\)	\((0,1,0)\)
\(\{x_3\}\)	\((0,0,1)\)
\(\{x_1,x_2\}\)	\((1,1,0)\)
\(\{x_1,x_3\}\)	\((1,0,1)\)
\(\{x_2,x_3\}\)	\((0,1,1)\)
\(\{x_1,x_2,x_3\}\)	\((1,1,1)\)

Cardinal	Parties	Nombre
0	\(\emptyset\)	\(\binom{3}{0} = 1\)
1	\(\{a\},\; \{b\},\; \{c\}\)	\(\binom{3}{1} = 3\)
2	\(\{a,b\},\; \{a,c\},\; \{b,c\}\)	\(\binom{3}{2} = 3\)
3	\(\{a,b,c\}\)	\(\binom{3}{3} = 1\)
Total		\(1+3+3+1 = 8 = 2^3\) \(\checkmark\)

\(E\) fini, \(\|E\| = n\)	\(E = [a;b]\) infini
\(\|\mathcal{P}(E)\| = 2^n\)	\(\|\mathcal{P}(E)\| = 2^{\mathfrak{c}}\) où \(\mathfrak{c} = \|\mathbb{R}\|\)
\(\mathcal{P}(E)\) fini	\(\mathcal{P}(E)\) non dénombrable
Pour chaque \(x_k\) : inclure ou non (2 choix)	Même idée pour chaque \(x \in [a;b]\), mais en nombre infini

\(x\)		\(-2\)		\(1\)		\(3\)
\(x+2\)	\(-\)	\(0\)	\(+\)		\(+\)		\(+\)
\(x-3\)	\(-\)		\(-\)		\(-\)	\(\\|\|\)	\(+\)
\(\dfrac{x+2}{x-3}\)	\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(\\|\|\)	\(-\)	\(\\|\|\)	\(+\)

Opération	Symbole	Analogue logique	Traduction
Réunion	\(\cup\)	Disjonction \(\vee\)	\(x \in A \cup B \iff P \vee Q\)
Intersection	\(\cap\)	Conjonction \(\wedge\)	\(x \in A \cap B \iff P \wedge Q\)
Complémentaire	\(\complement_E\)	Négation \(\neg\)	\(x \in \complement_E A \iff \neg P\)
Inclusion	\(\subset\)	Implication \(\Rightarrow\)	\(A \subset B \iff (P \Rightarrow Q)\)
Égalité	\(=\)	Équivalence \(\iff\)	\(A = B \iff (P \iff Q)\)

Élément	Décision	Nombre de choix
\(x_1\)	inclure ou exclure	2
\(x_2\)	inclure ou exclure	2
\(\vdots\)	\(\vdots\)	\(\vdots\)
\(x_n\)	inclure ou exclure	2

Famille	Résultat	Explication clé
\(\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left]0,\frac{1}{n}\right[\)	\(\emptyset\)	Archimède : \(x>0\Rightarrow\exists n,\,x>1/n\)
\(\displaystyle\bigcap_{n\geq 1} \left[0,\frac{1}{n}\right]\)	\(\{0\}\)	\(0\) appartient à tous les \(B_n\), rien d'autre
\(\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} \left[0,1-\frac{1}{n}\right]\)	\([0,1[\)	Archimède : \(x<1\Rightarrow\exists n,\,x<1-1/n\)
\(\displaystyle\bigcup_{n\geq 1} \left[0,1-\frac{1}{n}\right]\)	\(\neq [0,1]\)	\(1\) n'est jamais atteint

Famille	Résultat	Outil principal
\(\bigcup_{n\geq 1} [-n;n]\)	\(\mathbb{R}\)	Archimède : \(\exists n_0 > \|x\|\)
\(\bigcap_{n\geq 1} [-n;n]\)	\([-1;1]\)	\(\forall n,\;\|x\|\leq n \iff \|x\|\leq 1\)
\(\bigcap_{n\geq 1} [0;1/n]\)	\(\{0\}\)	Archimède + borne fermée en \(0\)
\(\bigcup_{n\geq 1} [1;n]\)	\([1;+\infty[\)	Archimède : \(\exists n_0 \geq x\)
\(\bigcap_{n\geq 1}\, ]0;n[\)	\(]0;1[\)	\(\forall n\geq 1,\; x < n \iff x < 1\)

\(n\)	Intervalle \([n\,;\,n+1[\)	Contient
\(\ldots\)	\(\ldots\)	\(\ldots\)
\(-2\)	\([-2\,;\,-1[\)	tous les \(x\) tels que \(-2 \leq x < -1\)
\(-1\)	\([-1\,;\,0[\)	tous les \(x\) tels que \(-1 \leq x < 0\)
\(0\)	\([0\,;\,1[\)	tous les \(x\) tels que \(0 \leq x < 1\)
\(1\)	\([1\,;\,2[\)	tous les \(x\) tels que \(1 \leq x < 2\)
\(2\)	\([2\,;\,3[\)	tous les \(x\) tels que \(2 \leq x < 3\)
\(\ldots\)	\(\ldots\)	\(\ldots\)

Notation	Définition	Interprétation géométrique
\(\mathbb{R}^2 = \mathbb{R} \times \mathbb{R}\)	couples \((x,y)\), \(x,y\in\mathbb{R}\)	Plan usuel (Descartes)
\(\mathbb{R}^3 = \mathbb{R} \times \mathbb{R} \times \mathbb{R}\)	triplets \((x,y,z)\)	Espace usuel
\(\mathbb{R}^n\)	\(n\)-uplets de réels	Espace euclidien de dim. \(n\)
\(\mathbb{R}^n \times \mathbb{R}^m\)	\(\cong \mathbb{R}^{n+m}\)	Produit d'espaces

Domaine	Monotonie	Injective ?
\(\mathbb{R}\)	ni croissante ni décroissante	Non
\([-\pi/2\,;\,\pi/2]\)	pas monotone (paire, symétrique)	Non
\(]-\pi\,;\,0]\)	strictement croissante	Oui
\([0\,;\,\pi]\)	strictement décroissante	Oui

Fonction	Surjective ?	Raison
\(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2\)	Non	\(-1\) n'a pas d'antécédent (\(\mathrm{im}\,f = \mathbb{R}_+\))
\(h : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\; x \mapsto 2x\)	Oui	\(\forall y \in \mathbb{R},\; x = y/2 \in \mathbb{R}\)
\(k : \mathbb{N} \to \mathbb{N},\; n \mapsto 2n\)	Non	\(1\) n'a pas d'antécédent (\(\mathrm{im}\,k = 2\mathbb{N}\))

Ensemble	Cardinal	Dénombrable ?
Fini \(\{1,\ldots,n\}\)	\(n\)	—
\(\mathbb{N}\)	\(\aleph_0\)	Oui
\(\mathbb{Z}\)	\(\aleph_0\)	Oui
\(\mathbb{Q}\)	\(\aleph_0\)	Oui
\(\mathbb{R}\)	\(\mathfrak{c} = 2^{\aleph_0}\)	Non
\(\mathcal{P}(\mathbb{N})\)	\(2^{\aleph_0}\)	Non

Action	Application résultante	Propriété
Restreindre le domaine à \(\mathbb{R}_+\)	\(f_{\|\mathbb{R}_+} : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R},\; x \mapsto x^2\)	Injective (croissante), non surjective
Restreindre le codomaine à \(\mathbb{R}_+\)	\(\tilde f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2\)	Surjective, non injective
Restreindre domaine et codomaine	\(f_{\|\mathbb{R}_+}^{\|\mathbb{R}_+} : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R}_+,\; x \mapsto x^2\)	Bijective, de réciproque \(\sqrt{\cdot}\)

Propriété	Image directe \(f(\cdot)\)	Image réciproque \(f^{-1}(\cdot)\)
\(f(f^{-1}(B))\)	\(\subset B\), égalité si \(B \subset \mathrm{im}\,f\)	—
\(f^{-1}(f(A))\)	—	\(\supset A\), égalité si \(f\) injective
Commute avec \(\cup\)	Oui	Oui
Commute avec \(\cap\)	Non en général	Oui (toujours)
Commute avec \(\complement\)	Non en général	Oui (toujours)

Opération ensembliste	Symbole	Analogue logique	Traduction précise
Appartenance	\(\in\)	Vérifier une propriété	\(x \in A \iff P(x)\)
Inclusion	\(\subset\)	Implication \(\Rightarrow\)	\(A \subset B \iff (P \Rightarrow Q)\)
Égalité	\(=\)	Équivalence \(\iff\)	\(A = B \iff (P \iff Q)\)
Réunion	\(\cup\)	Disjonction \(\vee\)	\(x \in A \cup B \iff P \vee Q\)
Intersection	\(\cap\)	Conjonction \(\wedge\)	\(x \in A \cap B \iff P \wedge Q\)
Complémentaire	\(\complement_E\)	Négation \(\neg\)	\(x \in \complement_E A \iff \neg P(x)\)
Différence	\(\setminus\)	\(P \wedge \neg Q\)	\(x \in A \setminus B \iff P(x) \wedge \neg Q(x)\)
De Morgan (réunion)	\(\complement_E(A \cup B) = \complement_E A \cap \complement_E B\)	\(\neg(P \vee Q) \equiv \neg P \wedge \neg Q\)	Identiques modulo la traduction
De Morgan (intersection)	\(\complement_E(A \cap B) = \complement_E A \cup \complement_E B\)	\(\neg(P \wedge Q) \equiv \neg P \vee \neg Q\)	Identiques modulo la traduction
Contraposée de l'inclusion	\(A \subset B \iff \complement_E B \subset \complement_E A\)	\((P \Rightarrow Q) \iff (\neg Q \Rightarrow \neg P)\)	Contraposée

Ensembles — Partie I

Introduction — Fil rouge

I — Notions sur les ensembles

I.1 Définition et descriptions

I.2 Inclusion d'ensembles

I.3 Égalité d'ensembles

I.4 Ensemble des parties \(\mathcal{P}(E)\)

II — Opérations sur les ensembles

II.1 Complémentarisation

II.2 Intersection

II.3 Réunion

II.4 Différence

II.5 Lois de De Morgan et propriétés générales

II.6 Familles d'ensembles — Partitions

III — Produit cartésien

IV — Applications : injection, surjection, bijection

IV.1 Vocabulaire et ensemble image

IV.2 Injection

IV.3 Surjection

IV.4 Bijection

IV.4b Cardinal et injectivité/surjectivité

IV.5 Fonction réciproque

IV.6 Composition de fonctions

IV.7 Égalité de fonctions

IV.8 Restriction et prolongement

IV.9 Relation d'équivalence induite par une fonction

V — Images directe et réciproque

VI — Fil rouge : analogie Ensembles ↔ Logique