| 📘 Définitions | |
| Déf. 1 — Image directe d'un ensemble | → I.2 |
| Déf. 2 — Application injective | → I.3 |
| 📗 Propositions | |
| Prop. 1 — Monotonie de l'image directe | → I.2 |
| Prop. 2 — Inclusion toujours vraie : \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\) | → II.2 |
| Prop. 3 — Image d'une union : \(f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\) | → III.3 |
| 📕 Théorèmes | |
| Thm. 1 — Caractérisation de l'injection par l'image directe | → II.1 |
Soit \(E\) un ensemble et \(A, B \subseteq E\).
L'implication \(x \in A \Rightarrow x \in B\) dit uniquement que chaque élément de \(A\) est dans \(B\). Elle est silencieuse sur les éléments de \(B\) qui ne sont pas dans \(A\) — \(B\) peut très bien en contenir d'autres.
\(B \subseteq A\) voudrait dire l'implication dans l'autre sens : \(x \in B \Rightarrow x \in A\).
Exemple : \(A = \{1, 2\}\), \(B = \{1, 2, 3\}\).
Pour avoir l'égalité \(A = B\), il faut les deux inclusions simultanément : \(A \subseteq B\) et \(B \subseteq A\). C'est le principe de la double inclusion.
Les notations d'inclusion sont en correspondance directe avec les inégalités sur \(\mathbb{R}\) :
| Sur \(\mathbb{R}\) | Sur \(\mathcal{P}(E)\) | Sens |
|---|---|---|
| \(a \leq b\) | \(A \subseteq B\) | inclusion large, égalité possible |
| \(a < b\) | \(A \subsetneq B\) | inclusion stricte, égalité exclue |
| \(a = b\) | \(A = B\) | mêmes éléments des deux côtés |
Écrire \(x \in A \cap B\), c'est avoir simultanément \(x \in A\) et \(x \in B\). Ce "simultanément" est la clé du théorème principal — que l'on verra au chapitre II : un même objet \(x\) satisfait les deux conditions à la fois.
Cette remarque a une conséquence immédiate : \(A \cap B\) est inclus à la fois dans \(A\) et dans \(B\).
Le mot clé est "en particulier" : \(x \in A \cap B\) donne deux informations simultanément. On en retient une seule selon le besoin — on "oublie" l'autre.
Soient \(C, X, Y\) trois ensembles. Si tout élément de \(C\) est dans \(X\) et tout élément de \(C\) est dans \(Y\), alors tout élément de \(C\) est dans \(X \cap Y\).
Soit \(f : E \to F\) et \(A \subseteq E\). L'image directe de \(A\) par \(f\) est :
\[f(A) = \{ f(x) \mid x \in A \} = \{ y \in F \mid \exists x \in A,\ y = f(x) \}\]En mots : \(y \in f(A)\) si et seulement si \(y\) admet au moins un antécédent dans \(A\).
Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ f(x) = x^2\), et \(A = [-2 ; 1]\).
\(f(A) = \{ x^2 \mid x \in [-2;1] \} = [0 ; 4]\).
Remarque : bien que \(A\) contienne des valeurs négatives et positives, \(f(A)\) est entièrement dans \(\mathbb{R}_+\). L'image directe peut "réduire" l'information.
Dans chaque graphique, la bande verte collée à l'axe des \(x\) représente \(A \subset E\), et la bande orange collée à l'axe des \(y\) représente \(f(A) \subset F\). Aucune des trois fonctions n'est injective : un même \(y\) peut avoir plusieurs antécédents dans \(A\).
Soit \(f : E \to F\). Si \(A \subseteq B \subseteq E\), alors \(f(A) \subseteq f(B)\).
On veut montrer \(f(A) \subseteq f(B)\). On prend un élément générique de \(f(A)\) et on montre qu'il appartient à \(f(B)\).
Soit \(y \in f(A)\). Par définition de l'image directe :
\[y \in f(A) \overset{\text{déf.}}{\iff} \exists x \in A,\ y = f(x)\]On dispose donc d'un \(x \in A\) tel que \(y = f(x)\). Comme \(A \subseteq B\), on a \(x \in B\). Or \(y = f(x)\) avec \(x \in B\), donc par définition de l'image directe : \(y \in f(B)\).
□On part de \(y\) dans l'ensemble d'arrivée, on remonte à son antécédent \(x\) dans l'ensemble de départ, on fait passer \(x\) de \(A\) dans \(B\) grâce à l'inclusion, puis on redescend vers l'ensemble d'arrivée :
\[y \in f(A) \xrightarrow{\ \text{déf. de }f(A)\ } x \in A \xrightarrow{\ A \subseteq B\ } x \in B \xrightarrow{\ \text{déf. de }f(B)\ } y \in f(B)\]La dernière flèche se lit : on a \(x \in B\) et \(y = f(x)\), donc par définition de \(f(B)\), \(y\) admet un antécédent dans \(B\) — ce même \(x\) — ce qui signifie exactement \(y \in f(B)\). On n'a rien supposé : on a construit la preuve que \(y\) est dans \(f(B)\).
Pourquoi cela conclut-il que \(f(A) \subseteq f(B)\) ? Parce que cette chaîne est valable pour tout \(y\) pris dans \(f(A)\) — on n'a fait aucune hypothèse particulière sur \(y\), juste \(y \in f(A)\). On a donc montré :
\[\forall y,\quad y \in f(A) \Rightarrow y \in f(B)\]ce qui est exactement la définition de \(f(A) \subseteq f(B)\). La chaîne est la preuve — rien de plus. Le schéma global est :
\[\boxed{A \subseteq B} \xrightarrow{\text{monotonie}} \boxed{f(A) \subseteq f(B)}\]On pourrait croire que \(f(A) \subseteq f(B)\) implique \(A \subseteq B\), voire \(B \subseteq A\). C'est faux. La monotonie n'est pas une équivalence :
\[A \subseteq B \Rightarrow f(A) \subseteq f(B) \qquad \text{mais} \qquad f(A) \subseteq f(B) \not\Rightarrow A \subseteq B\]Contre-exemple : soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ f(x) = 0\) (fonction constante), \(A = \{1\}\), \(B = \{2\}\).
La raison profonde : l'image directe peut écraser de l'information — plusieurs éléments distincts de \(E\) peuvent avoir la même image dans \(F\). C'est précisément ce qui se passe quand \(f\) n'est pas injective.
| Résultat | Hypothèse | Point de départ | But |
|---|---|---|---|
| Monotonie | \(A \subseteq B\) | \(y \in f(A)\) | \(y \in f(B)\) |
| Inclusion triviale | aucune | \(y \in f(A \cap B)\) | \(y \in f(A) \cap f(B)\) |
| Inclusion réciproque | \(f\) injective | \(y \in f(A) \cap f(B)\) | \(y \in f(A \cap B)\) |
La Proposition 1 est souvent invoquée sans être citée. Elle justifie l'étape "comme \(A \cap B \subseteq A\), on a \(f(A \cap B) \subseteq f(A)\)" dans la démonstration de l'inclusion triviale. Elle n'est pas évidente : elle demande de dérouler la définition de l'image directe.
En analyse, une fonction \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}\) est monotone croissante si elle préserve l'ordre \(\leq\) :
\[x_1 \leq x_2 \Rightarrow f(x_1) \leq f(x_2)\]Ici on ne travaille plus sur \(\mathbb{R}\) avec \(\leq\), mais sur \(\mathcal{P}(E)\) (l'ensemble des parties de \(E\)) avec \(\subseteq\). La propriété :
\[A \subseteq B \Rightarrow f(A) \subseteq f(B)\]est de même nature : l'opération \(A \mapsto f(A)\) préserve l'ordre \(\subseteq\). En vocabulaire général des ensembles ordonnés, on dit qu'une telle opération est monotone croissante pour cet ordre.
| Contexte classique | Contexte ensembliste |
|---|---|
| Ordre \(\leq\) sur \(\mathbb{R}\) | Ordre \(\subseteq\) sur \(\mathcal{P}(E)\) |
| \(x_1 \leq x_2 \Rightarrow f(x_1) \leq f(x_2)\) | \(A \subseteq B \Rightarrow f(A) \subseteq f(B)\) |
| \(f\) croissante | \(A \mapsto f(A)\) monotone |
Le terme est donc une généralisation du mot "monotone" au cadre des ensembles ordonnés par l'inclusion, que l'on retrouve en algèbre et en logique.
Pour toute application \(f : E \to F\) et tout \(A \subseteq E\), la monotonie donne immédiatement la chaîne :
\[f(A) \subseteq f(E) \subseteq F\]L'ensemble \(f(E)\) est l'image de \(f\), notée \(\mathrm{Im}(f)\). La question de savoir si \(f(E) = F\) ou \(f(E) \subsetneq F\) est exactement la question de la surjectivité :
| Situation | Signification |
|---|---|
| \(f(E) = F\) | tout élément de \(F\) a au moins un antécédent — \(f\) est surjective |
| \(f(E) \subsetneq F\) | certains éléments de \(F\) ne sont atteints par aucun \(x \in E\) — \(f\) n'est pas surjective |
Remarque : on peut toujours rendre \(f\) surjective en restreignant l'ensemble d'arrivée à \(f(E)\) — la fonction \(f : E \to f(E)\) est surjective par construction.
Une application \(f : E \to F\) est injective si :
\[\forall x_1, x_2 \in E,\quad f(x_1) = f(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2\]Formulation contraposée (souvent plus maniable en pratique) :
\[\forall x_1, x_2 \in E,\quad x_1 \neq x_2 \Rightarrow f(x_1) \neq f(x_2)\]Soit \(f : E \to F\). Alors :
\[f \text{ est injective} \iff \forall A, B \subseteq E,\quad f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\]Pour montrer \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\), on procède en deux étapes :
Dans les deux cas, la première phrase est toujours de la forme : "Soit \(y \in \ldots\). Par définition de l'image directe, il existe \(x \in \ldots\) tel que \(y = f(x)\)."
Pour toute application \(f : E \to F\) et tous \(A, B \subseteq E\) :
\[f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\]Cette inclusion est vraie sans aucune hypothèse sur \(f\).
On veut montrer \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\), c'est-à-dire que tout élément de \(f(A \cap B)\) est aussi dans \(f(A) \cap f(B)\).
Soit \(y \in f(A \cap B)\). Par définition de l'image directe :
\[y \in f(A \cap B) \overset{\text{déf.}}{\iff} \exists x \in A \cap B,\quad y = f(x)\]On remonte donc à un \(x \in A \cap B\). Par définition de l'intersection, \(x \in A \cap B\) signifie simultanément \(x \in A\) et \(x \in B\). On redescend dans les deux directions à la fois :
On a donc \(y \in f(A)\) et \(y \in f(B)\). Par définition de l'intersection : \(y \in f(A) \cap f(B)\).
Ce raisonnement étant valable pour tout \(y \in f(A \cap B)\), on conclut \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\).
□Le point clé : c'est le même \(x\) qui certifie les deux appartenances. En remontant de \(y\), on obtient un \(x\) qui est simultanément dans \(A\) et dans \(B\) — parce qu'il vient de \(A \cap B\). Ce même \(x\) permet de redescendre vers \(f(A)\) et vers \(f(B)\) en même temps.
Pourquoi aucune hypothèse sur \(f\) ? Parce qu'on n'a jamais eu besoin de comparer deux antécédents distincts — on n'en a qu'un seul, ce \(x\), qui fait tout le travail.
Pourquoi cela conclut-il \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\) ? Parce que la chaîne est valable pour tout \(y \in f(A \cap B)\). On a montré :
\[\forall y,\quad y \in f(A \cap B) \Rightarrow y \in f(A) \cap f(B)\]ce qui est exactement la définition de \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\).
Ces deux inclusions (vues en I.1), combinées à la monotonie de l'image directe, donnent immédiatement l'inclusion triviale :
\[A \cap B \subseteq A \xrightarrow{\ \text{mono.}\ } f(A \cap B) \subseteq f(A)\] \[A \cap B \subseteq B \xrightarrow{\ \text{mono.}\ } f(A \cap B) \subseteq f(B)\] \[\Downarrow\] \[f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\]L'inclusion triviale est donc un corollaire direct de la monotonie — on applique simplement deux fois le même mécanisme. La dernière flèche \(\Downarrow\) repose sur le principe vu en I.1 : si \(C \subseteq X\) et \(C \subseteq Y\) alors \(C \subseteq X \cap Y\).
D'après la Proposition 2, l'inclusion \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\) est acquise. Il reste à montrer l'inclusion réciproque sous l'hypothèse d'injectivité.
Supposons \(f\) injective. Soit \(y \in f(A) \cap f(B)\). Alors :
On a \(f(x_1) = y = f(x_2)\). Comme \(f\) est injective, on conclut \(x_1 = x_2 =: x\).
Donc \(x \in A\) et \(x \in B\), soit par définition de l'intersection \(x \in A \cap B\), et \(y = f(x)\) avec \(x \in A \cap B\) donc par définition de l'image directe \(y \in f(A \cap B)\).
Ce raisonnement étant valable pour tout \(y \in f(A) \cap f(B)\), on conclut \(f(A) \cap f(B) \subseteq f(A \cap B)\).
□Pourquoi la dernière flèche conclut l'inclusion réciproque ? On voulait montrer \(f(A) \cap f(B) \subseteq f(A \cap B)\), c'est-à-dire :
\[\forall y,\quad y \in f(A) \cap f(B) \Rightarrow y \in f(A \cap B)\]On est parti de \(y \in f(A) \cap f(B)\) et on a abouti à \(y \in f(A \cap B)\) — c'est exactement ça. La chaîne est la preuve.
Où intervient l'injectivité ? Sans elle, on remonte à deux antécédents \(x_1 \in A\) et \(x_2 \in B\) — mais rien ne garantit qu'ils sont égaux. On a \(f(x_1) = f(x_2) = y\), et c'est exactement ce que l'injectivité exploite pour conclure \(x_1 = x_2\). Sans cette égalité, on ne peut pas former \(x \in A \cap B\) et la chaîne est bloquée.
Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ f(x) = x^2\), \(A = \{-1, 2\}\), \(B = \{1, 3\}\).
On a bien \(f(A \cap B) \subsetneq f(A) \cap f(B)\) : l'inclusion est stricte. La valeur \(1\) est dans \(f(A) \cap f(B)\) car \(f(-1) = f(1) = 1\), mais \(-1\) et \(1\) ne sont pas dans le même ensemble.
Supposons que \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\) pour tous sous-ensembles \(A, B\). Montrons que \(f\) est injective.
Soient \(x_1, x_2 \in E\) tels que \(f(x_1) = f(x_2)\). Posons \(A = \{x_1\}\) et \(B = \{x_2\}\).
Alors \(f(A) = \{f(x_1)\}\) et \(f(B) = \{f(x_2)\} = \{f(x_1)\}\) (car \(f(x_1) = f(x_2)\)).
Donc \(f(A) \cap f(B) = \{f(x_1)\} \neq \emptyset\).
Par hypothèse, \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) \neq \emptyset\).
Donc \(A \cap B \neq \emptyset\), ce qui implique \(\{x_1\} \cap \{x_2\} \neq \emptyset\), soit \(x_1 = x_2\).
□| Inclusion | Toujours vraie ? | Condition |
|---|---|---|
| \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\) | ✓ Oui | Aucune |
| \(f(A) \cap f(B) \subseteq f(A \cap B)\) | ✗ Non | Nécessite \(f\) injective |
L'asymétrie vient de la nature de l'intersection : pour \(f(A \cap B)\), un même antécédent \(x\) appartient simultanément à \(A\) et \(B\). Pour \(f(A) \cap f(B)\), on a deux antécédents a priori distincts, qu'il faut identifier grâce à l'injectivité.
Pour \(f : E \to F\) et \(U, V \subseteq F\), l'image réciproque est définie par :
\[f^{-1}(U) = \{x \in E \mid f(x) \in U\}\]On a alors, sans aucune hypothèse sur \(f\) :
\[f^{-1}(U \cap V) = f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V)\] \[f^{-1}(U \cup V) = f^{-1}(U) \cup f^{-1}(V)\] \[f^{-1}(U^c) = (f^{-1}(U))^c\]L'image réciproque commute avec toutes les opérations ensemblistes. L'image directe, elle, est moins régulière — c'est pourquoi elle nécessite des hypothèses supplémentaires (comme l'injectivité) pour certaines égalités.
Pour toute application \(f : E \to F\) et tous \(A, B \subseteq E\) :
\[f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\]Cette égalité est toujours vraie, sans hypothèse sur \(f\).
(\(\subseteq\)) Soit \(y \in f(A \cup B)\). Il existe \(x \in A \cup B\) tel que \(y = f(x)\). Soit \(x \in A\) (alors \(y \in f(A)\)) soit \(x \in B\) (alors \(y \in f(B)\)). Dans les deux cas, \(y \in f(A) \cup f(B)\).
(\(\supseteq\)) Soit \(y \in f(A) \cup f(B)\). Soit \(y \in f(A)\) : il existe \(x \in A \subseteq A \cup B\) tel que \(y = f(x)\), donc \(y \in f(A \cup B)\). De même si \(y \in f(B)\).
□Le tableau complet des comportements de l'image directe :
| Opération | Image directe | Condition |
|---|---|---|
| Union | \(f(A \cup B) = f(A) \cup f(B)\) | Toujours |
| Intersection | \(f(A \cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)\) | Toujours |
| Intersection (égalité) | \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\) | \(f\) injective |
| Complémentaire | \(f(A^c) \supseteq f(A)^c\) en général faux | Cas particuliers |
Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ f(x) = x^2\), \(A = [-3;-1]\), \(B = [1;2]\).
Soit \(f : \mathbb{R} \to \mathbb{R},\ f(x) = 2x+1\). Soient \(A = [0;3]\) et \(B = [1;5]\).
Montrer que si \(f : E \to F\) vérifie \(f(A \cap B) = f(A) \cap f(B)\) pour tous \(A, B \subseteq E\), alors \(f\) est injective.
On pourra utiliser des singletons.
Soit \(f : E \to F\) injective et \(A_1, A_2, \ldots, A_n \subseteq E\).
Soit \(f : E \to F\) et \(U, V \subseteq F\). Montrer sans aucune hypothèse sur \(f\) que :
\[f^{-1}(U \cap V) = f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V)\]Comparer avec la situation de l'image directe.