Exercice 26

1. On utilise les inclusions toujours vraies $A \subset A \cup B$ et $B \cap C \subset B$ : $$A \;\subset\; A \cup B \;=\; B \cap C \;\subset\; B$$ On procède de la même manière avec $B \subset A \cup B$ et $B \cap C \subset C$ : $$B \;\subset\; A \cup B \;=\; B \cap C \;\subset\; C$$

2. Soit $x \in B$. Alors $x \in A \cup B \subset A \cup C$, donc $x \in A$ ou $x \in C$.

• Si $x \in C$, la conclusion est acquise.

• Si $x \in A$, alors $x \in A \cap B$ puisque $x \in B$. Or $A \cap B \subset A \cap C$, donc $x \in A \cap C$ et en particulier $x \in C$.

3. Supposons $B \cap \overline{C} \subset A$, et soit $x \in B \cap \overline{A}$ : on a $x \in B$ et $x \notin A$. Si $x \notin C$, alors $x \in B \cap \overline{C} \subset A$, donc $x \in A$ : c'est contradictoire. Donc $x \in C$. $$\boxed{B \cap \overline{C} \subset A \;\Longrightarrow\; B \cap \overline{A} \subset C}$$

4. Sens direct. Supposons $A \cap B = A \cap C$, et soit $x \in A \cap \overline{B}$ : on a $x \in A$ et $x \notin B$. Si $x \in C$, alors $x \in A \cap C = A \cap B$, donc $x \in B$ : c'est contradictoire. Donc $x \notin C$, c'est-à-dire $x \in A \cap \overline{C}$. On a montré $A \cap \overline{B} \subset A \cap \overline{C}$, et l'autre inclusion s'obtient en échangeant les rôles de $B$ et $C$.

Réciproque. Le sens direct vient d'être établi pour toutes les parties $B$ et $C$ de $E$. Appliquons-le à $\overline{B}$ et $\overline{C}$ : de $A \cap \overline{B} = A \cap \overline{C}$, il vient $A \cap \overline{\overline{B}} = A \cap \overline{\overline{C}}$, c'est-à-dire $A \cap B = A \cap C$. $$\boxed{A \cap B = A \cap C \;\Longleftrightarrow\; A \cap \overline{B} = A \cap \overline{C}}$$ Cette réciproque « gratuite » mérite d'être notée : plutôt que de refaire la démonstration, on applique le sens direct à d'autres ensembles bien choisis.

5. Soit $x \in B$. Alors $x \in A \cup B = A \cup C$, donc $x \in A$ ou $x \in C$.

• Si $x \in C$, la conclusion est acquise.

• Si $x \in A$, alors $x \in A \cap B = A \cap C$, donc $x \in C$.

Ainsi $B \subset C$. Les hypothèses étant symétriques en $B$ et $C$, le même raisonnement donne $C \subset B$. $$\boxed{\big(A \cup B = A \cup C\big) \text{ et } \big(A \cap B = A \cap C\big) \;\Longrightarrow\; B = C}$$ On remarquera que chacune des deux hypothèses seule est insuffisante : avec $A = E$, la première est toujours vraie ; avec $A = \varnothing$, la seconde l'est aussi.

6. Montrons $C \subset A$. Soit $x \in C$. Alors $x \in C \cup D = A \cup B$, donc $x \in A$ ou $x \in B$. Si $x \in B$, alors $x \in D$ puisque $B \subset D$, donc $x \in C \cap D = \varnothing$ : c'est absurde. Donc $x \in A$. Avec l'hypothèse $A \subset C$, on obtient $A = C$.

Montrons $D \subset B$. Soit $x \in D$. Alors $x \in C \cup D = A \cup B$, donc $x \in A$ ou $x \in B$. Si $x \in A$, alors $x \in C$ puisque $A \subset C$, donc $x \in C \cap D = \varnothing$ : c'est absurde. Donc $x \in B$. Avec l'hypothèse $B \subset D$, on obtient $B = D$. $$\boxed{A = C \quad\text{et}\quad B = D}$$ C'est l'hypothèse $C \cap D = \varnothing$ qui fait tout le travail : elle interdit à un élément d'être à la fois dans $C$ et dans $D$, donc de « passer » d'un ensemble à l'autre.