Intersecter avec une partie fixée

Exercice d'entraînement · niveau 3 (difficile) · mathématiques appliquées (ECG 1re année), chapitre 1 — Raisonnement et vocabulaire ensembliste · Applications et bijections

Énoncé

Soit $E$ un ensemble et $A$ une partie de $E$ . On définit $φ : P (E) \to P (E)$ par $φ (X) = X \cap A$ . Montrer que $φ$ est injective si et seulement si $A = E$ , puis qu'elle est surjective si et seulement si $A = E$ .

Corrigé

Le cas $A = E$ . Alors $φ (X) = X \cap E = X$ pour toute partie $X$ : $φ$ est l'application identité de $P (E)$ , donc à la fois injective et surjective. Les deux réciproques sont ainsi acquises.

Injective $\Rightarrow A = E$ . Démontrons la contraposée : supposons $A \neq = E$ . Comme $A \subset E$ , il existe alors $a \in E$ avec $a \in / A$ . Considérons $X = {a}$ et $Y = \emptyset$ . On a $φ (X) = {a} \cap A = \emptyset = φ (Y),$ la première intersection étant vide précisément parce que $a \in / A$ . Or $X \neq = Y$ puisque $a \in X$ et $X$ n'est pas vide. Deux parties distinctes ont la même image : $φ$ n'est pas injective.

Surjective $\Rightarrow A = E$ . Là encore par contraposée. Si $A \neq = E$ , remarquons que pour toute partie $X$ , $φ (X) = X \cap A \subset A$ : toute image est incluse dans $A$ . Or $E$ est un élément de $P (E)$ qui n'est pas inclus dans $A$ (sinon $E \subset A \subset E$ donnerait $A = E$ ). Donc $E$ n'a pas d'antécédent, et $φ$ n'est pas surjective.

Conclusion. Injectivité, surjectivité et $A = E$ vont donc ensemble : chacune des trois entraîne les deux autres. Le mécanisme est à retenir — une application dont toutes les images vivent dans une partie stricte du but n'est pas surjective ; une application qui écrase deux parties distinctes sur la même image n'est pas injective.

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Un blocage sur cet exercice ? Le tuteur d'Adloun guide par questions, sans donner la réponse.