Exercice 25

Démontrer les six équivalences séparément demanderait douze implications ; la chaîne n'en demande que quatre.

$\boldsymbol{(i) \Rightarrow (ii)}$ Supposons $A \subset B$. L'inclusion $A \cap B \subset A$ est toujours vraie. Réciproquement, soit $x \in A$ : alors $x \in B$ par hypothèse, donc $x \in A \cap B$. D'où $A \cap B = A$.

$\boldsymbol{(ii) \Rightarrow (iii)}$ Supposons $A \cap B = A$. L'inclusion $B \subset A \cup B$ est toujours vraie. Réciproquement, soit $x \in A \cup B$. Si $x \in B$, c'est fini. Sinon $x \in A = A \cap B$, donc $x \in B$. D'où $A \cup B = B$.

$\boldsymbol{(iii) \Rightarrow (iv)}$ Supposons $A \cup B = B$, et soit $x \in A \setminus B$. Alors $x \in A$, donc $x \in A \cup B = B$, ce qui contredit $x \notin B$. L'ensemble $A \setminus B$ n'a donc aucun élément.

$\boldsymbol{(iv) \Rightarrow (i)}$ Supposons $A \setminus B = \varnothing$, et soit $x \in A$. Si $x \notin B$, alors $x \in A \setminus B = \varnothing$, ce qui est absurde. Donc $x \in B$, et $A \subset B$.

$$\boxed{\text{Les quatre propositions } (i), (ii), (iii) \text{ et } (iv) \text{ sont équivalentes.}}$$ La chaîne étant fermée, chacune entraîne toutes les autres en la parcourant : par exemple $(iii) \Rightarrow (ii)$ s'obtient en passant par $(iv)$ puis $(i)$.