SPOILER:
Soit E et F deux ensembles. Soit $ f\colon E\to F $ injective et $ g\colon F\to E $ injective.
- Soit $ \mathcal{B}=\{B\subset E:B\subset g(F\setminus f(E\setminus B))\} $. Montrez que $ \mathcal{B} $ est non vide.
On a $ \emptyset\in\mathcal{B} $, mais je ne pense pas que ce soit la réponse attendue :
En manipulant la définition de $ \mathcal{B} $ on se rend compte que :
$ \forall B\subset E, B\subset g(F\setminus f(E\setminus B)) \iff B\subset g(f(B)\cup F\setminus f(E)) $
Si $ F\setminus f(E) $ est vide, alors $ f $ est bijective donc la preuve peut s'arrêter là. On considère donc que $ F\setminus f(E) $ est non vide (donc f n'est pas surjective). Ainsi, en prenant un élément x quelconque de $ F\setminus f(E) $. Le singleton $ \{ g(x)\} $ est dans $ \mathcal{B} $ donc $ \mathcal{B} $ est non vide. - Montrez que l'union quelconque d'éléments de $ \mathcal{B} $ appartient à $ \mathcal{B} $. En déduire l'existence d'un ensemble $ K $ appartenant à $ \mathcal{B} $ tel que $ \forall B\in\mathcal{B},B\subset K $.
Soit $ (A_i)_{i\in I} $ une famille d'ensembles de $ \mathcal{B} $, montrons que
$ \displaystyle\bigcup_{i\in I} A_i\in\mathcal{B} $
On a :
$ \displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\subset \bigcup_{i\in I} g(F\setminus f(E\setminus A_i)) $
$ \implies \displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\subset g\left(\bigcup_{i\in I}F\setminus f(E\setminus A_i)\right) $
$ \implies\displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\subset g\left( F\setminus\bigcap_{i\in I}f(E\setminus A_i) \right) $
$ \implies\displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\subset g\left(F\setminus f\left(\bigcap_{i\in I} E\setminus A_i\right)\right) $
$ \implies\displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\subset g\left(F\setminus f(\left(E\setminus\bigcup_{i\in I}A_i\right)\right) $
D'où $ \displaystyle\bigcup_{i\in I}A_i\in\mathcal{B} $
Ainsi, on pose $ K = \displaystyle\bigcup_{B\in\mathcal{B}} B $ - Montrez que si $ B\in \mathcal{B} $, alors $ g(F\setminus f(E\setminus B))\in \mathcal{B} $. En déduire que $ K=g(F\setminus f(E\setminus K)) $.
Soit $ B\in\mathcal{B} $ :
On a $ B\subset g(F\setminus f(E\setminus B)) $ D'où :
$ E\setminus g(F\setminus f(E\setminus B))\subset E\setminus B $
Puis : $ f(E\setminus g(F\setminus f(E\setminus B)))\subset f(E\setminus B) $
Et : $ F\setminus f(E\setminus B)\subset F\setminus f(E\setminus g(F\setminus f(E\setminus B))) $
Et enfin : $ g(F\setminus f(E\setminus B))\subset g(F\setminus f(E\setminus g(F\setminus f(E\setminus B)))) $
Ainsi, on a bien $ g(F\setminus f(E\setminus B))\in \mathcal{B} $
Comme $ K\subset g(F\setminus f(E\setminus K) $ et $ g(F\setminus f(E\setminus K)\subset K $, on a bien $ K=g(F\setminus f(E\setminus K)) $. - On pose
$$
\psi\colon E\to F\\
x\mapsto\begin{cases}
f(x)&\text{si $x\in E\setminus K$}\\
g^{-1}(x)&\text{si $x\in K$}
\end{cases}
$$
Montrez que $ \psi $ est une bijection de $ E $ à valeurs dans $ F $.
Montrons que $ \psi $ est surjective :
$ \displaystyle \psi(E) = \psi(K\cup E\setminus K) = \psi(K)\cup\psi(E\setminus K) = g^{-1}(K)\cup f(E\setminus K) $
$ \displaystyle= g^{-1}(g(F\setminus f(E\setminus K)))\cup f(E\setminus K) = (F\setminus f(E\setminus K))\cup f(E\setminus K)= F $
Montrons que $ \psi $ est injective :
$ f $ et $ g^{-1} $ sont injectives, et on voit dans l'avant dernière égalité de la question d'avant que $ f(E\setminus K)\cap g^{-1}(K)=\emptyset $ donc $ \psi $ est injective.
Ainsi, $ \psi $ est une bijection de $ E $ à valeurs dans $ F $