Solution des exercices 1 MODULE I.1 : FONDEMENTS I.1.1 Il est bien ´evident que, si a = a′ et b = b′, alors {{a}, {a, b}} = {{a′}, {a′, b′}}. Pour d´emontrer la r´eciproque, supposons que {{a}, {a, b}} = {{a′}, {a′, b′}} (m´ethode de l’hypoth`ese auxiliaire). Nous proc´ederons par disjonction de cas, selon que le membre de gauche de cette ´egalit´e est un singleton ou une paire. Dans le premier cas, {a} = {a, b}, et a = b. Le membre droit de l’´egalit´e est ´egalement un singleton, et {a′} = {a′, b′}, d’o`u a′ = b′. L’´egalit´e se r´e´ecrit alors {{a}} = {{a′}}, qui entraˆıne {a} = {a′}, puis a = a′. On a donc a = a′ = b = b′, et, en particulier, a = a′ et b = b′ comme d´esir´e. Dans le second cas, {a} ̸= {a, b}, autrement dit, a ̸= b. L’ensemble {{a}, {a, b}} a donc pour ´el´ements un singleton et une paire. Il en est donc de mˆeme de l’ensemble {{a′}, {a′, b′}}. Dans ce dernier, la paire ne peut ˆetre {a′}, c’est donc {a′, b′}. Ainsi, {a′} (seul singleton) est ´egal `a {a} et {a′, b′} (seule paire) est ´egal `a {a, b}. De la premi`ere ´egalit´e, on tire a′ = a, donc, avec la seconde, {a, b} = {a, b′}. Comme b ̸= a et b′ ̸= a′ = a (on a des paires), on en d´eduit b = b′, comme d´esir´e. I.1.2 Pour la premi`ere question, proc´edons par ´equivalences : X ∈ P(A ∩ B) ⇐⇒ X ⊂ A ∩ B ⇐⇒ X ⊂ A et X ⊂ B ⇐⇒ X ∈ P(A) et X ∈ P(B) ⇐⇒ X ∈ P(A) ∩ P(B), d’o`u la conclusion : P(A ∩ B) = P(A) ∩ P(B). Supposons maintenant A et B disjoints : A ∩ B = ∅. Pour toute partie X de A ∪ B, on peut ´ecrire X = Y ∪Z , o`u Y := (X ∩A) ∈ P(A) et Z := (X ∩B) ∈ P(B). Introduisons deux applications : P(A ∪ B) ϕ→ P(A) × P(B) X �→ (X ∩ A, X ∩ B), et P(A) × P(B) ψ→ P(A ∪ B) (Y, Z) �→ Y ∪ Z. Le raisonnement pr´ec´edent montre que X = ψ � ϕ(X) � . Par ailleurs, pour tout (Y, Z) ∈ P(A) × P(B) : ϕ � ψ(Y, Z) � = ϕ(Y ∪ Z) = � (Y ∪ Z) ∩ A, (Y ∪ Z) ∩ B � = (Y, Z), car (Y ∪ Z) ∩ A = (Y ∩ A) ∪ (Z ∩ A) = Y ∪ ∅ = Y , et similairement pour Z . Les applications ϕ et ψ sont donc r´eciproques l’une de l’autre. On voit donc que, lorsque