Exercice 24

1. Soit $x \in E$. On enchaîne les équivalences : $$\begin{aligned} x \in \overline{F \cap G} &\iff x \notin F \cap G \\ &\iff \text{non}\big(x \in F \text{ et } x \in G\big) \\ &\iff x \notin F \;\text{ ou }\; x \notin G \\ &\iff x \in \overline{F} \;\text{ ou }\; x \in \overline{G} \\ &\iff x \in \overline{F} \cup \overline{G} \end{aligned}$$ la troisième équivalence provenant des lois de De Morgan de la propriété 1. $$\boxed{\overline{F \cap G} = \overline{F} \cup \overline{G}}$$

2. Première inclusion. Soit $x \in (F \cap G) \cup H$. Deux cas se présentent.

• Si $x \in F \cap G$, alors $x \in F$ et $x \in G$, donc $x \in F \cup H$ et $x \in G \cup H$.

• Si $x \in H$, alors $x \in F \cup H$ et $x \in G \cup H$.

Dans les deux cas, $x \in (F \cup H) \cap (G \cup H)$.

Réciproquement, soit $x \in (F \cup H) \cap (G \cup H)$. Si $x \in H$, alors $x \in (F \cap G) \cup H$. Sinon $x \notin H$ : de $x \in F \cup H$ on tire $x \in F$, et de $x \in G \cup H$ on tire $x \in G$, donc $x \in F \cap G$, et a fortiori $x \in (F \cap G) \cup H$. $$\boxed{(F \cap G) \cup H = (F \cup H) \cap (G \cup H)}$$

3. Première inclusion. Soit $n \in \mathcal{M}_{6}$ : il existe $k \in \mathbb{Z}$ tel que $n = 6k = 2(3k) = 3(2k)$, donc $n \in \mathcal{M}_{2} \cap \mathcal{M}_{3}$.

Réciproquement, soit $n \in \mathcal{M}_{2} \cap \mathcal{M}_{3}$. Il existe $k \in \mathbb{Z}$ tel que $n = 3k$, et $n$ est pair. Si $k$ était impair, alors $n = 3k$ serait le produit de deux entiers impairs, donc impair : c'est exclu. Ainsi $k$ est pair, $k = 2m$ avec $m \in \mathbb{Z}$, et $n = 6m \in \mathcal{M}_{6}$. $$\boxed{\mathcal{M}_{2} \cap \mathcal{M}_{3} = \mathcal{M}_{6}}$$