Dans ce cours, nous définirons l’ensemble des parties d’un ensemble, illustrerons la notion par quelques exemples, puis énoncerons et démontrerons des propriétés clés. Des exercices corrigés permettront d’en consolider la maîtrise. Enfin, nous étudierons le cardinal de l’ensemble des parties d’un ensemble fini au travers de trois démonstrations.
1) Définition de l'ensemble des parties d'un ensemble
Soit \( E \) un ensemble.
On appelle ensemble des parties de \( E \), et on le note \( \mathcal{P}(E) \), l’ensemble formé par tous les sous-ensembles de \( E \).
Remarques :
- \( \mathcal{P}(E) \) contient en particulier l’ensemble vide et \( E \) lui-même.
- Les éléments de \( \mathcal{P}(E) \) sont des sous-ensembles de \( E \), et tout sous-ensemble de \( E \) est un élément de \( \mathcal{P}(E) \).
On a l’équivalence suivante :
\[
\text{Pour tout ensemble } A, \quad A \subset E \ \Leftrightarrow\ A \in \mathcal{P}(E).
\]
2) Exemples simples d'ensembles de parties
Exemple 1 : On pose \(E=\{a\}\).
Les sous-ensembles de \(E\) sont : \(\emptyset \) et \(E\).
Donc l’ensemble des parties de \(E\) est \(\mathcal{P}(E)=\{\emptyset, E\}\).
Exemple 2 : On pose \(E=\{a,b\}\).
Les sous-ensembles de \(E\) sont : \(\emptyset,\{a\},\{b\},E\).
Donc l’ensemble des parties de \(E\) est \(\mathcal{P}(E)=\{\emptyset,\{a\},\{b\},E\}\).
Exemple 3 : On pose \(E=\{a,b,c\}\).
Les sous-ensembles de \(E\) sont : \(\emptyset,\{a\},\{b\},\{c\},\{a,b\},\{a,c\},\{b,c\},E\).
Donc l’ensemble des parties de \(E\) est
\[
\mathcal{P}(E)=\big\{ \emptyset,\{a\},\{b\},\{c\},\{a,b\},\{a,c\},\{b,c\},E \big\}.
\]
Exemple 4 : Ensemble des parties de l’ensemble vide :
\(\mathcal{P}(\emptyset)=\{\emptyset\}\).
3) Propriétés de l'ensemble des parties
Théorème :
Soient \(E\) et \(F\) deux ensembles. On a les propriétés suivantes :
- \(E \subset F \ \Longleftrightarrow \ \mathcal{P}(E) \subset \mathcal{P}(F)\).
- \(\mathcal{P}(E \cap F) = \mathcal{P}(E) \cap \mathcal{P}(F)\).
- \(\mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F) \subset \mathcal{P}(E \cup F)\), et en général \(\mathcal{P}(E \cup F) \ne \mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F)\).
Démonstration :
- Démontrons l’équivalence \(E \subset F \ \Longleftrightarrow \ \mathcal{P}(E) \subset \mathcal{P}(F)\).
«\(\Rightarrow \)» Supposons \(E \subset F\).
Soit \(X \in \mathcal{P}(E)\). Alors \(X \subset E\), donc \(X \subset F\), d’où \(X \in \mathcal{P}(F)\).
Ainsi \(\mathcal{P}(E) \subset \mathcal{P}(F)\).
« \(\Leftarrow\)» Supposons \(\mathcal{P}(E) \subset \mathcal{P}(F)\).
Soit \(x \in E\). Alors \(\{x\} \subset E\), donc \(\{x\} \in \mathcal{P}(E) \subset \mathcal{P}(F)\), d’où \(\{x\} \subset F\) et finalement \(x \in F\).
Ainsi \(E \subset F\). - Montrons que : \(\mathcal{P}(E \cap F) = \mathcal{P}(E) \cap \mathcal{P}(F)\).}
Pour tout ensemble \(X\),
\[\begin{aligned} X \in \mathcal{P}(E \cap F) & \Leftrightarrow X \subset E \cap F \\& \Leftrightarrow\ (X \subset E \ \text{et}\ X \subset F) \quad (\text{car } E \cap F \subset E \ \text{et}\ E \cap F \subset F) \\& \Leftrightarrow\ (X \in \mathcal{P}(E) \ \text{et}\ X \in \mathcal{P}(F)) \\& \Leftrightarrow\ X \in \mathcal{P}(E) \cap \mathcal{P}(F).\end{aligned}\]
Ce qui donne l’égalité annoncée. - Montrons que \(\mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F) \subset \mathcal{P}(E \cup F)\) et non-égalité en général.
Montrons d’abord que \(\mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F) \subset \mathcal{P}(E \cup F)\).
Pour tout ensemble \(X\),
\[\begin{aligned} X \in \mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F) & \Rightarrow X \in \mathcal{P}(E) \ \text{ou}\ X \in \mathcal{P}(F) \\
& \Rightarrow\ X \subset E \ \text{ou}\ X \subset F \\& \Rightarrow\ X \subset E \cup F \quad (\text{car } E \subset E \cup F \ \text{et}\ F\subset E \cup F) \\& \Rightarrow\ X \in \mathcal{P}(E \cup F).
\end{aligned}\]
Donc \(\mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F) \subset \mathcal{P}(E \cup F)\).
Montrons ensuite que, en général, l’égalité n’a pas lieu.
Par exemple, pour \(E=\{0\}\) et \(F=\{1\}\), \[\mathcal{P}(E)=\{\emptyset, E\}, \quad\mathcal{P}(F)=\{\emptyset, F\}, \quad\mathcal{P}(E \cup F)=\{\emptyset, E, F, E \cup F\}.\]
On a \(E \cup F \notin \mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F)\), donc \(\mathcal{P}(E \cup F) \ne \mathcal{P}(E) \cup \mathcal{P}(F)\).
4) Exercices corrigés sur l'ensemble des parties d'un ensemble
Exercice 1 ⭐️⭐️
On pose \(E=\{a,b\}\).
Déterminer \(\mathcal{P}(E)\) puis \(\mathcal{P}(\mathcal{P}(E))\).
Corrigé en vidéo
Exercice 2 ⭐️
On pose \(E=\{0,1,2\}\).
Remplacer « \(\ldots\) » par l’un des symboles \(\in\) ou \(\subset\) dans ce qui suit :
- \(0 \ \ldots \ E\)
- \(\{0\} \ \ldots \ E\)
- \(\{0\} \ \ldots \ \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\{0\}\} \ \ldots \ \mathcal{P}(E)\)
- \(\emptyset \ \ldots \ E\)
- \(\emptyset \ \ldots \ \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\emptyset\} \ \ldots \ \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\emptyset\} \ \ldots \ \mathcal{P}(\mathcal{P}(E))\)
Corrigé
- \(0 \in E\)
- \(\{0\} \subset E\)
- \(\{0\} \in \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\{0\}\} \subset \mathcal{P}(E)\)
- \(\emptyset \subset E\)
- \(\emptyset \in \mathcal{P}(E) \text{ et } \emptyset \subset \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\emptyset\} \subset \mathcal{P}(E)\)
- \(\{\emptyset\} \in \mathcal{P}(\mathcal{P}(E))\)
Exercice 3 ⭐️⭐️
On pose \(E=\{a\}\) et \(F=\{b\}\).
- Déterminer \(\mathcal{P}(E \times F)\).
- Déterminer \(\mathcal{P}(E) \times \mathcal{P}(F)\).
Corrigé
- On a \(E \times F=\{(a,b)\}\).
Donc \(\mathcal{P}(E \times F)=\{\emptyset,\{(a,b)\}\}\). - On a \(\mathcal{P}(E)=\{\emptyset,E\}\) et \(\mathcal{P}(F)=\{\emptyset,F\}\).
Donc \(\mathcal{P}(E) \times \mathcal{P}(F)=\{(\emptyset,\emptyset),(\emptyset,F),(E,\emptyset),(E,F)\}\).
5) Cardinal de l'ensemble des parties d'un ensemble fini
Théorème :
Si \(E\) est un ensemble fini, alors \(\mathcal{P}(E)\) est aussi un ensemble fini de cardinal \(2^{\operatorname{card}(E)}\).
Démonstration :
Nous allons fournir trois démonstrations.
Preuve n°1 : Par récurrence
Nous allons montrer que : \(\forall n \in \mathbb{N}\), si \(\operatorname{card}(E)=n\) alors \(\operatorname{card}(\mathcal{P}(E))=2^{n}\).
Initialisation :
Si \(n=0=\operatorname{card}(E)\), alors \(E=\emptyset\).
Donc \(\mathcal{P}(E)=\{\emptyset\}\).
En particulier, \(\mathcal{P}(E)\) est fini et \(\operatorname{card}(\mathcal{P}(E))=1=2^{0}\).
La propriété est donc vérifiée pour \(n=0\).
Hérédité :
Soit \(n \in \mathbb{N}\). Supposons la propriété vraie au rang \(n\).
Considérons un ensemble \(E\) tel que \(\operatorname{card}(E)=n+1\) et soit \(a \in E\).
On peut écrire \(\mathcal{P}(E)=A \cup B\), où
\[
A=\{X \subset E \mid a \in X\}
\quad\text{et}\quad
B=\{X \subset E \mid a \notin X\}.
\]
Alors \(B=\mathcal{P}(E\setminus\{a\})\).
Or \(\operatorname{card}(E\setminus\{a\})=n\), donc par hypothèse de récurrence \(B\) est fini et \(\operatorname{card}(B)=2^{n}\).
Définissons l’application \(
\begin{array}{rcl}
f: & B & \longrightarrow A \\
& X & \longmapsto X \cup \{a\}
\end{array} \)
Montrons que \( f \) est injective :
Soient \( X,Y \in B \).
Si \(f(X)=f(Y)\), alors \(X \cup \{a\}=Y \cup \{a\}\).
Pour tout \(x\), on a
\[
x \in X \;\Leftrightarrow\; \bigl(x \in X \cup \{a\} \text{ et } x \neq a\bigr)
\;\Leftrightarrow\; \bigl(x \in Y \cup \{a\} \text{ et } x \neq a\bigr)
\;\Leftrightarrow\; x \in Y,
\]
donc \(X=Y\).
Donc \( f \) est injective.
Montrons que \( f \) est surjective :
Soit \(Y \in A\). Alors \(a \in Y\) et \(Y\setminus\{a\} \in B\), avec \(
f\bigl(Y\setminus\{a\}\bigr)=(Y\setminus\{a\})\cup\{a\}=Y.
\)
Donc \( f \) est surjective.
Ainsi \(f\) est bijective, d’où \(\operatorname{card}(A)=\operatorname{card}(B)=2^{n}\).
Comme \(A \cap B=\emptyset\), on obtient finalement
\[
\operatorname{card}\bigl(\mathcal{P}(E)\bigr)
=\operatorname{card}(A \cup B)
=\operatorname{card}(A)+\operatorname{card}(B)
=2^{n}+2^{n}
=2^{\,n+1}.
\]
Conclusion : Par le principe de la récurrence, on déduit que \(\forall n \in \mathbb{N}\), si \(E\) est un ensemble fini de cardinal \(n\), alors \(\mathcal{P}(E)\) est fini de cardinal \(2^{n}\).
Preuve n°2 : Par la formule du binôme de Newton
Soit \(n=\operatorname{card}(E)\) et, pour tout \(k \in \{0,\ldots,n\}\), notons \(\mathcal{P}_{k}(E)\) l’ensemble des parties de \(E\) à \(k\) éléments.
On sait que \(\operatorname{card}\!\big(\mathcal{P}_{k}(E)\big)=\binom{n}{k}\) et que \(
\mathcal{P}(E)=\bigsqcup_{k=0}^{n} \mathcal{P}_{k}(E)
\quad\text{(réunion disjointe).}
\)
Donc
\[
\operatorname{card}\!\big(\mathcal{P}(E)\big)
= \sum_{k=0}^{n} \operatorname{card}\!\big(\mathcal{P}_{k}(E)\big)
= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}
= (1+1)^{n}
= 2^{n}.
\]
Preuve n°3 : En utilisant une bijection
Soit \(n=\operatorname{card}(E)\).
Considérons l’application \(
\begin{array}{rcl}
f: & \mathcal{P}(E) & \longrightarrow \{0,1\}^{E} \\
& A & \longmapsto \mathbf{1}_{A}
\end{array}
\) où \(\mathbf{1}_{A}:E\to\{0,1\}\) est la fonction indicatrice définie par \(
\mathbf{1}_{A}(x)=
\begin{cases}
1 & \text{si } x \in A,\\
0 & \text{si } x \notin A.
\end{cases}
\)
Montrons que \( f \) est injective :
Soient \( A,B \in \mathcal{P}(E) \). Si \(f(A)=f(B)\), alors \(\mathbf{1}_{A}=\mathbf{1}_{B}\), donc \(A=B\).
L’application \( f \) est alors injective.
Montrons que \( f \) est surjective :
Soit \(g \in \{0,1\}^{E}\). Posons \(A=\{x \in E \mid g(x)=1\}\).
Alors, pour tout \(x \in E\), \(g(x)=\mathbf{1}_{A}(x)\), donc \(g=\mathbf{1}_{A}=f(A)\).
Ainsi \(f\) est surjective.
Ainsi \(f\) est bijective et, par conséquent,
\[
\operatorname{card}\!\big(\mathcal{P}(E)\big)
= \operatorname{card}\!\big(\{0,1\}^{E}\big)
= 2^{\operatorname{card}(E)}.
\]