Ensembles et opérations ensemblistes

Un ensemble est une collection d'objets, appelés ses éléments ; c'est une notion première, que l'on ne définit pas à partir d'autres. Le seul lien primitif est l'appartenance : on écrit $x \in E$, lu « $x$ appartient à $E$ » ou « $x$ est un élément de $E$ », et $x \notin E$ dans le cas contraire. Un ensemble est entièrement déterminé par ses éléments : $E = F$ si et seulement si tout objet appartenant à l'un appartient à l'autre. Cette règle, le principe d'extensionnalité, commande tout le thème : pour comparer deux ensembles, on ne compare pas leurs écritures, on compare les appartenances.

Décrire un ensemble en extension, c'est donner la liste de ses éléments entre accolades : $A = \{2, 3, 5, 7\}$. Par extensionnalité, ni l'ordre ni les répétitions ne comptent : $\{1, 2\} = \{2, 1\} = \{1, 1, 2\}$, et ces trois écritures désignent le même ensemble, qui a deux éléments. Un ensemble à un seul élément est un singleton, noté $\{a\}$ ; un ensemble à deux éléments distincts est une paire. Les points de suspension, comme dans $\{1, 2, \dots, n\}$, ne sont admis que lorsque la règle de formation ne laisse aucun doute.

Décrire un ensemble en compréhension, c'est sélectionner, dans un ensemble déjà donné $E$, les éléments qui vérifient une propriété $P$ : on écrit $\{x \in E \mid P(x)\}$, lu « l'ensemble des $x$ de $E$ tels que $P(x)$ ». La barre verticale se remplace parfois par deux-points. La variable $x$ est muette : $\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 \leq 4\}$ et $\{t \in \mathbb{R} \mid t^2 \leq 4\}$ sont le même ensemble, à savoir $[-2, 2]$. Appartenir à cet ensemble, c'est vérifier deux conditions : être dans $E$, et vérifier $P$. On rencontre aussi l'écriture $\{\, 3q \mid q \in \mathbb{Z} \,\}$, qui désigne l'ensemble des valeurs prises par une expression quand sa variable parcourt un ensemble donné : c'est encore une description faite à partir d'un ensemble déjà construit. L'ensemble de référence n'est en effet pas une formalité : sans lui, l'écriture ne définit rien, comme le montre la carte suivante.

Si une propriété quelconque suffisait, à elle seule, à définir un ensemble, on pourrait poser $R = \{x \mid x \notin x\}$. L'assertion $R \in R$ équivaudrait alors à $R \notin R$, ce qui est contradictoire : cette collection n'est donc pas un ensemble. Conséquence pratique : une propriété ne découpe un ensemble qu'à l'intérieur d'un ensemble déjà construit, et l'on écrit toujours $\{x \in E \mid P(x)\}$. On en déduit aussi qu'il n'existe pas d'ensemble de tous les ensembles : si $U$ en était un, $R = \{x \in U \mid x \notin x\}$ serait lui-même un ensemble, donc un élément de $U$, et $R \in R$ équivaudrait encore à $R \notin R$. Ce thème s'en tient là et ne développe aucune théorie axiomatique.

L'ensemble vide, noté $\varnothing$, est l'ensemble sans aucun élément : $\forall x,\ x \notin \varnothing$. Il est unique, car deux ensembles sans élément ont les mêmes éléments, donc sont égaux par extensionnalité : on dit « l'ensemble vide » et non « un ensemble vide ». Il est inclus dans tout ensemble. Il ne se confond pas avec $\{\varnothing\}$, qui possède un élément. Démontrer qu'un ensemble est vide, c'est démontrer qu'aucun objet ne lui appartient : c'est un énoncé de non-existence, qui se traite très souvent par l'absurde (voir le thème Raisonnement par l'absurde).

$\mathbb{N}$ désigne les entiers naturels, $\mathbb{Z}$ les entiers relatifs, $\mathbb{Q}$ les rationnels, $\mathbb{R}$ les réels et $\mathbb{C}$ les complexes, chacun étant inclus dans le suivant. L'étoile prive de zéro : $\mathbb{R}^* = \mathbb{R} \setminus \{0\}$, et $\mathbb{N}^*$ rassemble les entiers supérieurs ou égaux à $1$. L'indice $+$ ou $-$ retient un signe : $\mathbb{R}_+ = [0, +\infty[$, et les deux notations se cumulent, $\mathbb{R}_+^* = ]0, +\infty[$. Les intervalles sont des parties de $\mathbb{R}$ décrites par des inégalités, $[a, b] = \{x \in \mathbb{R} \mid a \leq x \leq b\}$, un crochet tourné vers l'extérieur excluant la borne. Pour les entiers consécutifs on écrit $\{1, 2, \dots, n\}$, parfois noté $\llbracket 1, n \rrbracket$, à ne pas confondre avec l'intervalle réel $[1, n]$, qui contient aussi $1{,}5$ dès que $n \geq 2$.

Soient $A$ et $B$ deux ensembles. On dit que $A$ est inclus dans $B$, et l'on écrit $A \subset B$, lorsque $\forall x,\ (x \in A \Rightarrow x \in B)$, ce qui se lit : tout élément de $A$ est élément de $B$. On dit aussi que $A$ est une partie, ou un sous-ensemble, de $B$. L'inclusion ainsi définie n'est pas stricte : $A \subset A$ est vrai, et la notation $A \subseteq B$ en est un synonyme. L'inclusion stricte s'écrit $A \subsetneq B$ et signifie « $A \subset B$ et $A \neq B$ ». Retenir enfin que la négation se prouve par un témoin : $A \not\subset B$ signifie qu'il existe un élément de $A$ qui n'est pas dans $B$.

Soient $A$, $B$ et $C$ des parties d'un ensemble $E$. L'inclusion est réflexive ($A \subset A$), transitive (si $A \subset B$ et $B \subset C$, alors $A \subset C$) et antisymétrique (si $A \subset B$ et $B \subset A$, alors $A = B$). De plus $\varnothing \subset A$ et $A \subset E$. L'inclusion de l'ensemble vide n'est pas une convention commode : l'implication $x \in \varnothing \Rightarrow x \in A$ est vraie pour tout $x$ parce que son hypothèse est toujours fausse (voir le thème Implication et équivalence). Ces trois propriétés font de $\subset$ une relation d'ordre sur l'ensemble des parties de $E$, ordre qui n'est pas total dès que $E$ possède deux éléments distincts $a$ et $b$ : les parties $\{a\}$ et $\{b\}$ ne sont alors comparables ni dans un sens ni dans l'autre (thème Relations d'équivalence et d'ordre).

Ligne fautive : « Comme $1 \in A$, on a $1 \subset A$. »
Le symbole $\in$ relie un objet à un ensemble qui le contient ; le symbole $\subset$ relie deux ensembles. De $1 \in A$ on tire $\{1\} \subset A$, jamais $1 \subset A$, qui n'a aucun sens si $1$ n'est pas lui-même un ensemble.
Contre-exemple à méditer : soit $E = \{1, \{1\}\}$, ensemble à deux éléments, le nombre $1$ et le singleton $\{1\}$. Alors $1 \in E$ est vrai, $\{1\} \in E$ est vrai (le singleton figure dans la liste), $\{1\} \subset E$ est vrai aussi (son unique élément $1$ est dans $E$), et $\{\{1\}\} \subset E$ est vrai également. Les deux symboles y disent des choses différentes et toutes deux vraies : c'est bien qu'ils ne sont pas interchangeables.
Version correcte : « Comme $1 \in A$, le singleton $\{1\}$ vérifie $\{1\} \subset A$. » Réflexe de relecture : à gauche de $\subset$, il doit toujours y avoir un ensemble.

Ligne fautive : « L'ensemble $\{\varnothing\}$ est vide, puisqu'il ne contient que du vide. »
Un ensemble est vide quand il n'a aucun élément. Or $\{\varnothing\}$ en a un, à savoir $\varnothing$. Donc $\{\varnothing\} \neq \varnothing$, et l'on a à la fois $\varnothing \in \{\varnothing\}$ et $\varnothing \subset \{\varnothing\}$, pour deux raisons distinctes : la première parce que $\varnothing$ figure dans la liste, la seconde parce que l'ensemble vide est inclus dans tout ensemble.
Le même piège se tend avec $\{0\}$, qui n'est pas vide non plus, et avec $\mathcal{P}(\varnothing) = \{\varnothing\}$, ensemble à un élément.
Version correcte : « $\{\varnothing\}$ possède exactement un élément, l'ensemble vide ; il n'est donc pas vide. » Contrôle chiffré : compter les éléments, $0$ pour $\varnothing$, $1$ pour $\{\varnothing\}$, $2$ pour $\{\varnothing, \{\varnothing\}\}$.

Soient $A$ et $B$ deux ensembles. On a $A = B$ si et seulement si $A \subset B$ et $B \subset A$ ; de façon équivalente, si et seulement si $\forall x,\ (x \in A \iff x \in B)$. La première formulation est l'antisymétrie de l'inclusion, et c'est la trame de la double inclusion : deux démonstrations séparées, dans les deux sens. La seconde est la trame de la démonstration par équivalences : une seule chaîne, mais chaque maillon doit être réversible. Aucune des deux ne consiste à comparer les écritures des deux ensembles : on compare toujours les appartenances.

Quand l'utiliser : le but s'écrit $A \subset B$, ou se dit « tout élément de $A$ vérifie … », ou constitue la moitié d'une double inclusion. Le signal est toujours le même : un « pour tout » caché dans un symbole d'inclusion.
1) Ouvrir par la phrase exacte : « Soit $x \in A$. » L'élément est quelconque mais fixé ; à partir de là, on n'a plus le droit de lui donner une valeur particulière (voir le thème Introduire les objets).
2) Traduire immédiatement l'appartenance en la propriété qui définit $A$ : « Par définition de $A$, on a … ». Tant que cette traduction n'est pas écrite, on n'a rien sur quoi travailler.
3) Travailler sur cette propriété, en enchaînant les implications justifiées (voir le thème Raisonnement direct), jusqu'à obtenir celle qui définit $B$. Si $A$ est une réunion, ou si l'hypothèse contient un « ou », distinguer les cas et les traiter tous.
4) Conclure sur l'élément : « donc $x \in B$ ». C'est la ligne qui ferme le raisonnement sur $x$.
5) Conclure sur les ensembles : « Ceci valant pour tout $x \in A$, on a $A \subset B$. » Sans cette phrase, on a démontré une implication ponctuelle, pas une inclusion.
Deux gardes-fous : ne jamais ouvrir par « Soit $x \in B$ », qui démontrerait l'autre inclusion ; et si $A = \varnothing$, l'inclusion est acquise sans calcul.

Soient $A = \{x \in \mathbb{R} \mid |x - 1| < 1\}$ et $B = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 < 4\}$. Montrer que $A \subset B$, puis que l'inclusion est stricte.
Soit $x \in A$.
Par définition de $A$, $x$ est un réel qui vérifie $|x - 1| < 1$.
Cette inégalité avec valeur absolue équivaut à $-1 < x - 1 < 1$, c'est-à-dire à $0 < x < 2$.
En particulier $x$ et $2$ sont positifs et $x < 2$ ; comme la fonction carré est strictement croissante sur $\mathbb{R}_+$, on en déduit $x^2 < 2^2 = 4$.
Donc $x$ est un réel vérifiant $x^2 < 4$, c'est-à-dire $x \in B$.
Ceci valant pour tout $x \in A$, on a $A \subset B$.
Montrons que l'inclusion est stricte, c'est-à-dire que $B \not\subset A$. Le réel $-1$ vérifie $(-1)^2 = 1 < 4$, donc $-1 \in B$ ; et $|-1 - 1| = 2$, qui n'est pas strictement inférieur à $1$, donc $-1 \notin A$.
Ainsi $A \subset B$ et $A \neq B$ : l'inclusion est stricte, $A \subsetneq B$.
À retenir : on entre par « Soit $x \in A$ », on traduit aussitôt l'appartenance en la propriété qui définit $A$, on sort par « donc $x \in B$ », et l'on conclut sur les ensembles ; pour nier une inclusion, en revanche, un seul élément témoin suffit.

Quand l'utiliser : le but est $A = B$, et les deux descriptions ne se ressemblent pas, ou bien une étape du passage de l'une à l'autre n'est pas réversible (élévation au carré, passage à une condition suffisante, résolution qui perd des solutions). C'est la méthode par défaut : elle ne demande jamais de vérifier qu'un raisonnement se relit à l'envers.
1) Annoncer le plan : « Montrons les deux inclusions. » Le correcteur sait alors où l'on va.
2) Premier sens : « Soit $x \in A$. … donc $x \in B$. Ainsi $A \subset B$. »
3) Deuxième sens, introduit par le mot qui l'annonce : « Réciproquement, soit $x \in B$. … donc $x \in A$. Ainsi $B \subset A$. » On refait le raisonnement : relire le premier à l'envers n'est pas une démonstration, sauf à vérifier chaque étape, auquel cas autant rédiger par équivalences.
4) Conclure : « Par double inclusion, $A = B$. »
5) Économie autorisée : quand une inclusion est immédiate, la traiter en une ligne, par exemple « $A \cap B \subset A$ est immédiat par définition de l'intersection », et consacrer la place à l'autre sens.
Garde-fou : les deux paragraphes ne commencent pas par la même phrase. Si les deux sens de la copie s'ouvrent tous deux par « Soit $x \in A$ », l'une des deux inclusions n'est pas démontrée.

Montrer que $\{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 3x + 2 \leq 0\} = [1, 2]$.
Posons $A = \{x \in \mathbb{R} \mid x^2 - 3x + 2 \leq 0\}$. Remarquons d'abord que, pour tout réel $x$, $x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2)$, car le trinôme a pour racines $1$ et $2$ et son coefficient dominant vaut $1$.
Montrons les deux inclusions.
Soit $x \in A$. Alors $(x - 1)(x - 2) \leq 0$.
Si l'on avait $x < 1$, alors $x - 1 < 0$ et $x - 2 < 0$, donc le produit $(x - 1)(x - 2)$ serait strictement positif, ce qui contredit l'inégalité précédente. Donc $x \geq 1$.
Si l'on avait $x > 2$, alors $x - 1 > 0$ et $x - 2 > 0$, donc le produit serait encore strictement positif, ce qui est exclu de la même façon. Donc $x \leq 2$.
Ainsi $1 \leq x \leq 2$, c'est-à-dire $x \in [1, 2]$, et l'on a $A \subset [1, 2]$.
Réciproquement, soit $x \in [1, 2]$. Alors $x - 1 \geq 0$ et $x - 2 \leq 0$, donc leur produit $(x - 1)(x - 2)$ est négatif ou nul.
Donc $x^2 - 3x + 2 \leq 0$, c'est-à-dire $x \in A$, et l'on a $[1, 2] \subset A$.
Par double inclusion, $A = [1, 2]$.
À retenir : chaque sens a son paragraphe et sa phrase d'ouverture, et l'on ne se contente jamais du sens facile ; ici, c'est la réciproque qui se rédige en deux lignes, et le sens direct qui demande du travail.

Ligne fautive : « Tout élément de $A$ appartient à $B$, donc $A = B$. »
Une inclusion ne donne que l'inclusion. Contre-exemple minuscule : $A = \{1\}$ et $B = \{1, 2\}$. Tout élément de $A$ appartient bien à $B$, et pourtant $A \neq B$, puisque $2 \in B$ et $2 \notin A$.
Une variante plus discrète consiste à démontrer le premier sens, puis à écrire « la réciproque se démontre de la même façon » alors que le raisonnement employé n'est pas réversible. Exemple : de $x = y$ on tire $x^2 = y^2$, mais la réciproque est fausse, et une double inclusion qui repose sur ce passage est à refaire.
Version correcte : « … donc $x \in B$. Ceci valant pour tout $x \in A$, on a $A \subset B$. Réciproquement, soit $x \in B$ … donc $x \in A$, et $B \subset A$. Par double inclusion, $A = B$. » Réflexe de relecture : compter les deux phrases d'ouverture, et vérifier qu'elles ne fixent pas le même élément.

Soient $A$ et $B$ deux parties d'un ensemble $E$. Leur réunion est $A \cup B = \{x \in E \mid x \in A \text{ ou } x \in B\}$, où le « ou » est inclusif : un élément des deux parties appartient à la réunion. Leur intersection est $A \cap B = \{x \in E \mid x \in A \text{ et } x \in B\}$. Sous forme quantifiée, pour tout $x$, $x \in A \cup B$ équivaut à « $x \in A$ ou $x \in B$ », et $x \in A \cap B$ équivaut à « $x \in A$ et $x \in B$ ». Tout le thème repose sur ce dictionnaire : $\cup$ traduit le « ou », $\cap$ traduit le « et ». La réunion et l'intersection d'une famille quelconque de parties se définissent de la même façon et sont vues dans le thème Applications.

Deux parties $A$ et $B$ de $E$ sont disjointes lorsque $A \cap B = \varnothing$, c'est-à-dire lorsqu'aucun élément n'appartient aux deux. Des parties $A_1, \dots, A_n$ sont deux à deux disjointes lorsque $A_i \cap A_j = \varnothing$ pour tous indices $i \neq j$ : la condition porte sur chaque paire, et non sur l'intersection de toutes. Elles recouvrent $E$ lorsque leur réunion vaut $E$. Attention au vocabulaire : « disjointes » n'est pas « distinctes ». Les parties $\{1, 2\}$ et $\{2, 3\}$ sont distinctes et non disjointes ; $\{1\}$ et $\{2\}$ sont distinctes et disjointes.

Soient $A$, $B$, $C$ des parties d'un ensemble $E$. La réunion et l'intersection sont commutatives et associatives, ce qui autorise à écrire $A \cup B \cup C$ sans parenthèses, et idempotentes : $A \cup A = A$ et $A \cap A = A$. L'ensemble vide et $E$ jouent les rôles extrêmes : $A \cup \varnothing = A$, $A \cap \varnothing = \varnothing$, $A \cup E = E$, $A \cap E = A$. On a toujours l'encadrement $A \cap B \subset A \subset A \cup B$. Enfin, l'inclusion se lit sur chacune des deux opérations : $A \subset B$, $A \cap B = A$ et $A \cup B = B$ sont trois énoncés équivalents, dont le second et le troisième servent souvent de forme de rechange pour démontrer le premier.

Ligne fautive : « Soit $x \in A \cup B$. Alors $x \in A$, donc … »
L'appartenance à une réunion ne donne pas l'appartenance à $A$ : elle donne « $x \in A$ ou $x \in B$ ». Contre-exemple : dans $E = \{1, 2\}$, avec $A = \{1\}$ et $B = \{2\}$, l'élément $2$ appartient à $A \cup B$ et n'appartient pas à $A$.
Le défaut symétrique consiste à ouvrir les deux cas puis à n'en conclure qu'un, ou à conclure des choses différentes dans chacun : une disjonction de cas n'est terminée que lorsque tous les cas aboutissent à la même conclusion.
Version correcte : « Soit $x \in A \cup B$. Par définition de la réunion, $x \in A$ ou $x \in B$ ; distinguons deux cas. Premier cas : $x \in A$. … donc $x \in C$. Second cas : $x \in B$. … donc $x \in C$. Dans les deux cas, $x \in C$. » Voir le thème Disjonction de cas.

Soient $A$, $B$, $C$ des parties d'un ensemble $E$. On a $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$ et $A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)$. Chacune des deux opérations est donc distributive sur l'autre, ce qui n'a pas d'équivalent dans $\mathbb{R}$, où l'addition n'est pas distributive sur la multiplication. Ces deux égalités sont la traduction ensembliste des distributivités du « et » sur le « ou » et du « ou » sur le « et » (voir le thème Assertions, connecteurs et tables de vérité). Elles se démontrent soit par double inclusion, avec une disjonction de cas dans chaque sens, soit par équivalences successives.

Soient $A$, $B$ et $C$ trois parties d'un ensemble $E$. Montrer que $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$.
Montrons les deux inclusions.
Soit $x \in A \cap (B \cup C)$. Par définition de l'intersection, $x \in A$ et $x \in B \cup C$.
Par définition de la réunion, la seconde appartenance donne $x \in B$ ou $x \in C$ ; distinguons deux cas.
Premier cas : $x \in B$. Comme $x \in A$, on a $x \in A \cap B$, donc $x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)$.
Second cas : $x \in C$. Comme $x \in A$, on a $x \in A \cap C$, donc $x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)$.
Dans les deux cas, $x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)$. Ceci valant pour tout $x$ de $A \cap (B \cup C)$, on a $A \cap (B \cup C) \subset (A \cap B) \cup (A \cap C)$.
Réciproquement, soit $x \in (A \cap B) \cup (A \cap C)$. Par définition de la réunion, $x \in A \cap B$ ou $x \in A \cap C$ ; distinguons de nouveau.
Premier cas : $x \in A \cap B$. Alors $x \in A$, et $x \in B$ donne $x \in B \cup C$ ; donc $x \in A \cap (B \cup C)$.
Second cas : $x \in A \cap C$. Alors $x \in A$, et $x \in C$ donne $x \in B \cup C$ ; donc $x \in A \cap (B \cup C)$.
Dans les deux cas, $x \in A \cap (B \cup C)$, d'où $(A \cap B) \cup (A \cap C) \subset A \cap (B \cup C)$.
Par double inclusion, $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$.
À retenir : une hypothèse en « ou » se traite par disjonction de cas, chaque cas doit s'achever sur la même appartenance, et les quatre paragraphes de cette rédaction sont le squelette de toutes les identités à trois parties.

Soit $A$ une partie d'un ensemble $E$. Le complémentaire de $A$ dans $E$ est $\complement_E A = \{x \in E \mid x \notin A\}$ : pour tout $x \in E$, $x \in \complement_E A$ équivaut à $x \notin A$. On le note $\overline{A}$ lorsque l'ensemble ambiant $E$ est fixé sans ambiguïté, ou encore $A^c$, ou $E \setminus A$. Deux points comptent autant que la formule. D'abord, le complémentaire est relatif à $E$ : changer d'ensemble ambiant change le complémentaire. Ensuite, la définition contient deux conditions, $x \in E$ et $x \notin A$ : on n'oublie pas la première quand on manipule un élément de $\overline{A}$.

Soient $A$ et $B$ deux ensembles. La différence de $A$ et $B$ est $A \setminus B = \{x \in A \mid x \notin B\}$, lue « $A$ privé de $B$ ». Aucune hypothèse d'inclusion n'est requise : $B$ n'a pas à être une partie de $A$, et les éléments de $B$ qui ne sont pas dans $A$ ne jouent aucun rôle. Lorsque $A$ et $B$ sont des parties d'un même ensemble $E$, on a $A \setminus B = A \cap \overline{B}$, et le complémentaire est le cas particulier $\overline{A} = E \setminus A$. Cette réécriture est le réflexe de calcul : toute question portant sur $\setminus$ se ramène à l'intersection et au complémentaire, pour lesquels on dispose de règles démontrées.

Soient $A$ et $B$ des parties d'un ensemble $E$. Le passage au complémentaire est involutif : $\overline{\overline{A}} = A$. Il échange les deux parties extrêmes, $\overline{\varnothing} = E$ et $\overline{E} = \varnothing$, et il découpe l'ensemble ambiant : $A \cup \overline{A} = E$ et $A \cap \overline{A} = \varnothing$, si bien que tout élément de $E$ est dans $A$ ou dans $\overline{A}$, et dans un seul des deux. Surtout, il renverse l'inclusion : $A \subset B$ équivaut à $\overline{B} \subset \overline{A}$. Ce renversement est la contraposée de l'implication qui définit l'inclusion (voir le thème Raisonnement par contraposée) ; oublier de retourner le symbole est l'erreur la plus fréquente du thème.

Soient $A$ et $B$ des parties d'un ensemble $E$. On a $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$ et $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$. En français : ne pas être dans la réunion, c'est n'être ni dans l'un ni dans l'autre ; ne pas être dans l'intersection, c'est manquer à l'un au moins des deux. Ces deux égalités sont les négations du « ou » et du « et » traduites en ensembles (voir le thème Nier une proposition), et la règle à retenir est que la barre échange $\cup$ et $\cap$. Elles valent aussi pour une réunion ou une intersection de plusieurs parties, et même d'une famille quelconque de parties, forme générale vue dans le thème Applications.

Quand l'utiliser : l'égalité ne fait intervenir que $\cup$, $\cap$, le complémentaire et $\setminus$, et chaque passage d'un membre à l'autre est la traduction d'une définition ou d'une règle de logique, donc une équivalence. C'est le cas des identités du cours : distributivité, De Morgan, lois du complémentaire.
1) Fixer un élément de l'ensemble ambiant : « Soit $x \in E$. » L'ambiant, et non l'un des deux membres, car on ne sait pas encore auquel $x$ appartient.
2) Écrire la chaîne, une équivalence par ligne, en nommant ce qui la justifie : par définition du complémentaire, par définition de la réunion, ou parce que la négation d'un « ou » est le « et » des négations.
3) Ne pas mélanger les deux sens : une ligne où l'on n'a qu'une implication casse la chaîne. Au moindre doute, repasser à la double inclusion.
4) Conclure en revenant aux ensembles : « Ceci valant pour tout $x \in E$, les deux ensembles ont les mêmes éléments, donc ils sont égaux. »
5) Variante de rédaction souvent plus lisible : traduire séparément l'appartenance à chacun des deux membres, puis constater que l'on a obtenu la même condition.
Garde-fou : cette méthode ne dispense pas de justifier ; une chaîne de symboles $\iff$ sans un mot de français ne démontre rien.

Soient $A$ et $B$ deux parties d'un ensemble $E$. Montrer que $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$.
Soit $x \in E$.
Par définition du complémentaire dans $E$, $x \in \overline{A \cup B}$ équivaut à $x \notin A \cup B$.
Par définition de la réunion, $x \in A \cup B$ signifie « $x \in A$ ou $x \in B$ » ; donc $x \notin A \cup B$ équivaut à la négation de cette assertion.
Or la négation d'un « ou » est le « et » des négations : cette négation équivaut à « $x \notin A$ et $x \notin B$ ».
Par définition du complémentaire, et puisque $x \in E$, cela équivaut à « $x \in \overline{A}$ et $x \in \overline{B}$ », c'est-à-dire à $x \in \overline{A} \cap \overline{B}$ par définition de l'intersection.
Ainsi, pour tout $x \in E$, $x \in \overline{A \cup B}$ si et seulement si $x \in \overline{A} \cap \overline{B}$.
Les deux parties ont donc les mêmes éléments : $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$.
À retenir : on fixe un élément de l'ensemble ambiant, chaque équivalence porte le nom de la définition ou de la règle de logique qui la justifie, et la conclusion repasse des éléments aux ensembles ; la loi de De Morgan ensembliste n'est que la négation d'un « ou », écrite avec des parties.

Ligne fautive : « $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cup \overline{B}$. »
La barre ne se distribue pas : elle échange les deux opérations. Contre-exemple chiffré : dans $E = \{1, 2, 3\}$, prenons $A = \{1\}$ et $B = \{2\}$. Alors $A \cup B = \{1, 2\}$, donc $\overline{A \cup B} = \{3\}$. Or $\overline{A} = \{2, 3\}$ et $\overline{B} = \{1, 3\}$, donc $\overline{A} \cup \overline{B} = \{1, 2, 3\} = E$, tandis que $\overline{A} \cap \overline{B} = \{3\}$.
L'origine de l'erreur est logique : on nie « $x \in A$ ou $x \in B$ » en « $x \notin A$ ou $x \notin B$ », alors que la négation d'un « ou » est un « et ».
Version correcte : $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$, et symétriquement $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$. Contrôle de secours : tester sur $A$ et $B$ disjoints dans un ensemble à trois éléments, où les deux membres se calculent en une ligne.

Ligne fautive : « $\overline{\mathbb{N}}$ est l'ensemble des entiers strictement négatifs. »
Le complémentaire n'existe que relativement à un ensemble ambiant, et la phrase n'en désigne aucun. Dans $\mathbb{Z}$, on a bien $\complement_{\mathbb{Z}} \mathbb{N} = \{n \in \mathbb{Z} \mid n \leq -1\}$ ; mais dans $\mathbb{R}$, $\complement_{\mathbb{R}} \mathbb{N}$ contient aussi $0{,}5$, $-\pi$ et $\sqrt{2}$ : ce n'est pas du tout le même ensemble.
La même imprécision fait écrire « $\overline{A}$ » dans un exercice où deux ensembles ambiants circulent, par exemple une partie $A$ d'un intervalle $I$, lui-même partie de $\mathbb{R}$.
Version correcte : écrire $\complement_E A$, ou $E \setminus A$, ou annoncer une fois pour toutes en début de copie « dans toute la suite, les complémentaires sont pris dans $E$ », puis s'y tenir. La notation $\overline{A}$ ne se permet qu'après cette annonce.

Quand l'utiliser : l'énoncé ne fait intervenir que $\cup$, $\cap$, le complémentaire, $\setminus$, $\subset$ et $=$, et il n'y a rien de « concret » à calculer. On passe alors des ensembles aux assertions, on fait le travail dans le langage de la logique, et on revient.
1) Poser le dictionnaire, toujours le même : $x \in A \cup B$ se lit « ou », $x \in A \cap B$ se lit « et », $x \in \overline{A}$ se lit « non », $x \in A \setminus B$ se lit « et non », $A \subset B$ se lit « si …, alors … », et $A = B$ se lit « si et seulement si ».
2) Fixer $x \in E$ et écrire la condition d'appartenance à chaque membre, sans chercher à conclure.
3) Transformer ces conditions avec les règles de logique : distributivité, De Morgan, double négation, suppression d'une condition répétée (voir le thème Assertions, connecteurs et tables de vérité).
4) Constater que les deux conditions sont les mêmes, ou que l'une entraîne l'autre, et revenir aux ensembles par la phrase de conclusion.
5) Limite de la méthode, à connaître : elle ne vaut que pour ces opérations. Dès que $\mathcal{P}(E)$ ou un produit cartésien entre en jeu, l'objet générique change de nature, et il faut écrire « Soit $X$ une partie … » ou « Soit $(x, y)$ un couple … » à la place de « Soit $x$ un élément … ».

Soient $A$, $B$ et $C$ trois parties d'un ensemble $E$. Montrer que $A \setminus (B \cup C) = (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$.
Soit $x \in E$. Traduisons séparément l'appartenance de $x$ à chacun des deux membres.
Par définition de la différence, $x \in A \setminus (B \cup C)$ équivaut à « $x \in A$ et $x \notin B \cup C$ ».
Par la loi de De Morgan, ou directement par la négation d'un « ou », $x \notin B \cup C$ équivaut à « $x \notin B$ et $x \notin C$ ».
Donc $x \in A \setminus (B \cup C)$ équivaut à « $x \in A$ et $x \notin B$ et $x \notin C$ ».
Par définition de l'intersection, $x \in (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$ équivaut à « $x \in A \setminus B$ et $x \in A \setminus C$ », c'est-à-dire à « ($x \in A$ et $x \notin B$) et ($x \in A$ et $x \notin C$) ».
La condition $x \in A$ y figure deux fois et n'est demandée qu'une : cette assertion équivaut à « $x \in A$ et $x \notin B$ et $x \notin C$ ».
Les deux membres ont donc la même condition d'appartenance.
Ceci valant pour tout $x \in E$, on conclut que $A \setminus (B \cup C) = (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$.
À retenir : on traduit chaque membre dans le langage des assertions, on simplifie là, et l'égalité tombe dès que les deux conditions coïncident ; répéter une même condition ne change rien à un « et ».

Ligne fautive : « $A \setminus (B \setminus C) = (A \setminus B) \setminus C$, par associativité. »
La différence d'ensembles n'est ni associative ni commutative, et $A \setminus B$ ne se comporte pas comme $a - b$. Contre-exemple chiffré : $A = B = C = \{1\}$. Alors $B \setminus C = \varnothing$, donc $A \setminus (B \setminus C) = \{1\}$ ; tandis que $A \setminus B = \varnothing$, donc $(A \setminus B) \setminus C = \varnothing$. Les deux membres diffèrent.
Autre écriture fautive de la même famille : « $A \setminus B = B \setminus A$ », faux dès que $A$ et $B$ ne sont pas égaux, comme le montre $A = \{1\}$ et $B = \{2\}$.
Version correcte : ramener $\setminus$ à l'intersection et au complémentaire, puis appliquer les règles démontrées. Une barre ne s'écrit qu'une fois l'ambiant nommé : prenons ici $E = A \cup B \cup C$, dont $A$, $B$ et $C$ sont trois parties, et prenons les complémentaires dans $E$. Il vient $A \setminus (B \setminus C) = A \cap \overline{B \cap \overline{C}} = A \cap (\overline{B} \cup C) = (A \setminus B) \cup (A \cap C)$, qui vaut bien $\{1\}$ dans le contre-exemple. Le résultat ne fait plus apparaître aucune barre : il vaut pour trois ensembles quelconques, et ne dépend pas de l'ambiant choisi.

Ligne fautive : « De $A \cup B = A \cup C$ on tire $B = C$, en simplifiant par $A$. »
Il n'y a pas de simplification pour $\cup$ ni pour $\cap$, faute d'opération inverse. Contre-exemple chiffré : $A = \{1\}$, $B = \{1\}$ et $C = \varnothing$ donnent $A \cup B = A \cup C = \{1\}$, et pourtant $B \neq C$. Pour l'intersection, $A = \varnothing$ avec $B = \{1\}$ et $C = \{2\}$ donne $A \cap B = A \cap C = \varnothing$ sans que $B$ et $C$ soient égaux.
Ce qui est vrai, et qu'il faut citer quand on veut conclure : si à la fois $A \cup B = A \cup C$ et $A \cap B = A \cap C$, alors $B = C$. La différence symétrique, elle, se simplifie : $A \mathbin{\Delta} B = A \mathbin{\Delta} C$ entraîne $B = C$.
Version correcte : ne jamais « simplifier », mais revenir aux éléments, ou utiliser l'un des deux énoncés ci-dessus en vérifiant ses hypothèses.

Quand l'utiliser : une identité proposée ressemble à une règle vraie, mais on n'arrive pas à la démontrer, ou l'énoncé demande si elle vaut pour toutes parties. Une égalité universelle est fausse dès qu'un seul choix de parties la met en défaut (voir le thème Réfuter par un contre-exemple).
1) Cesser de démontrer. Chercher un témoin, pas une preuve : une démonstration qui bute sur un cas précis désigne souvent ce cas.
2) Prendre un ensemble ambiant minuscule : $E = \{1, 2\}$, ou $E = \{1, 2, 3\}$ quand l'identité fait intervenir trois parties. Les grandes parties ne servent à rien.
3) Balayer les configurations extrêmes, qui révèlent presque toujours : une partie vide, une partie égale à $E$, deux parties disjointes, deux parties incluses l'une dans l'autre.
4) Calculer les deux membres en extension, en écrivant les étapes intermédiaires : c'est là qu'on voit apparaître l'élément qui sépare.
5) Conclure par la phrase qui nomme le témoin : « L'élément $1$ appartient au second ensemble et non au premier, donc les deux membres sont différents : l'égalité proposée est fausse. » Un seul contre-exemple suffit, et il n'a pas à être générique.
Garde-fou : un contre-exemple réfute une égalité universelle, pas une égalité sous hypothèses. Si l'énoncé suppose $A \subset B$, le contre-exemple doit respecter cette hypothèse, sinon il ne prouve rien.

L'égalité $(A \cup B) \cap C = A \cup (B \cap C)$ est-elle vraie pour toutes parties $A$, $B$, $C$ d'un ensemble $E$ ?
Montrons qu'elle est fausse en général, en exhibant un contre-exemple.
Prenons $E = \{1, 2\}$, $A = \{1\}$, $B = \varnothing$ et $C = \{2\}$ : ce sont bien trois parties de $E$.
D'une part, $A \cup B = \{1\} \cup \varnothing = \{1\}$, donc $(A \cup B) \cap C = \{1\} \cap \{2\} = \varnothing$.
D'autre part, $B \cap C = \varnothing \cap \{2\} = \varnothing$, donc $A \cup (B \cap C) = \{1\} \cup \varnothing = \{1\}$.
L'élément $1$ appartient au second ensemble et n'appartient pas au premier.
Les deux membres sont donc différents pour ce choix de parties : l'égalité proposée est fausse en général.
Remarque : l'identité correcte est la distributivité $(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)$, et l'on vérifie sur le contre-exemple qu'elle donne bien $\varnothing$ des deux côtés. Retenir qu'un mélange de $\cup$ et de $\cap$ ne se lit jamais sans parenthèses.
À retenir : on fabrique un exemple numérique minuscule, on calcule les deux membres en extension, et l'on nomme l'élément qui les sépare ; une seule configuration suffit à faire tomber un énoncé universel.

Ligne fautive : « D'après le diagramme ci-contre, $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$. »
Un diagramme ne montre qu'une configuration, celle que la main a dessinée : trois disques qui se coupent tous. Il ne dit rien des cas où une partie est vide, où deux parties sont égales, ou incluses l'une dans l'autre, et c'est précisément là que les identités fausses survivent. À partir de quatre parties, on ne peut d'ailleurs plus dessiner toutes les intersections avec des disques.
Un dessin ne se relit pas non plus : un correcteur ne peut pas vérifier qu'une zone a été coloriée pour une raison et non par habitude.
Version correcte : dessiner au brouillon pour deviner si l'identité est vraie ou pour trouver un contre-exemple, puis rédiger par éléments, en fixant $x$ et en traduisant les appartenances. Le diagramme est un instrument de recherche (voir le thème Chercher une démonstration), jamais une justification.

Quand l'utiliser : le but s'écrit $A = \varnothing$, ou « il n'existe aucun élément tel que … », ou « $A$ et $B$ sont disjointes », qui est le cas $A \cap B = \varnothing$. Le signal est une non-existence déguisée en égalité.
1) Traduire le but : $A = \varnothing$ signifie $\forall x,\ x \notin A$. La double inclusion serait maladroite ici : $\varnothing \subset A$ est gratuit, et seule l'inclusion $A \subset \varnothing$ est à démontrer.
2) Ouvrir par l'absurde : « Supposons par l'absurde qu'il existe $x \in A$. » On dispose alors d'un objet sur lequel travailler, ce que l'énoncé de départ ne donnait pas (voir le thème Raisonnement par l'absurde).
3) Traduire aussitôt cette appartenance en toutes les propriétés qui définissent $A$, et les faire jouer les unes contre les autres.
4) Nommer la contradiction : « on obtient à la fois $x \in B$ et $x \notin B$, ce qui est impossible ».
5) Conclure en revenant à l'énoncé : « Il n'existe donc aucun élément de $A$, c'est-à-dire $A = \varnothing$. »
Variante directe, souvent plus courte quand $A$ est décrit par une équation : montrer que la condition qui définit $A$ est contradictoire pour tout $x$, par exemple que $x^2 + 1 = 0$ n'a pas de solution réelle car $x^2 + 1 \geq 1 > 0$.