1) $\Rightarrow$ 2) Soit $X\in\mathcal{P}(E)$ . On a toujours $X\subset f^{-1}(f(X))$ . (En effet, pou $x\in E$ , $x\in X\Rightarrow f(x)\in f(X)\Rightarrow x\in f^{-1}(f(X))$ ). Réciproquement, soit $x\in E$ .

$\begin{align*} x\in f^{-1}(f(X))&\Rightarrow f(x)\in f(X)\Rightarrow\exists x'\in X/\;f(x)=f(x')\Rightarrow\exists x'\in X/\;x=x'\;(\mbox{puisque}\;f\;\mbox{est injective})\\ &\Rightarrow x\in X. \end{align*}$ Finalement, $f^{-1}(f(X))\subset X$ et donc $f^{-1}(f(X))=X$ . 2) $\Rightarrow$ 1) Soit $x\in X$ . Par hypothése, $f^{-1}\{f(x)\}=f^{-1}(f(\{x\}))=\{x\}$ ce qui signifie que $f(x)$ a un et un seul antécédent à savoir $x$ . Par suite, tout élément de l’ensemble d’arrivée a au plus un antécédent par $f$ et $f$ est injective.

1) $\Rightarrow$ 3) Soit $(X,Y)\in(\mathcal{P}(E))^2$ . On a toujours $f(X\cap Y)\subset f(X)\cap f(Y)$ ( $X\cap Y\subset X\Rightarrow f(X\cap Y)\subset f(X)$ et de même, $f(X\cap Y)\subset f(Y)$ et finalement, $f(X\cap Y)\subset f(X)\cap f(Y)$ ). Réciproquement, soit $y\in F$ . $y\in f(X)\cap f(Y)\Rightarrow\exists(x,x')\in X\times Y/\;y=f(x)=f(x')$ . Mais alors, puisque $f$ est injective, $x=x'\in X\cap Y$ puis $y=f(x)\in f(X\cap Y)$ . Finalement, $f(X\cap Y)=f(X)\cap f(Y)$ .

3) $\Rightarrow$ 4) Soit $(X,Y)\in(\mathcal{P}(E))^2$ . $X\cap Y=\varnothing\Rightarrow f(X)\cap f(Y)=f(X\cap Y)=f(\varnothing)=\varnothing$ .

4) $\Rightarrow$ 5) Soit $(X,Y)\in(\mathcal{P}(E))^2$ tel que $Y\subset X$ . Puisque $X\setminus Y\subset X$ , on a $f(X\setminus Y)\subset f(X)$ . Mais, puisque $Y\cap(X\setminus Y)=\varnothing$ , par hypothèse $f(X\setminus Y)\cap f(Y)=\varnothing$ . Finalement, $f(X\setminus Y)\subset f(X)\setminus f(Y)$ . Inversement, si $f(X)\setminus f(Y)=\varnothing$ , l’inclusion contraire est immédiate et si $f(X)\setminus f(Y)\neq\varnothing$ , un élémént de $f(X)\setminus f(Y)$ est l’image d’un certain élément de $X$ qui ne peut être dans $Y$ et donc est l’image d’un élément de $X\setminus Y$ ce qui montre que $f(X)\setminus f(Y)\subset f(X\setminus Y)$ et finalement que $f(X)\setminus f(Y)=f(X\setminus Y)$ .

5) $\Rightarrow$ 1) Soit $(x_1,x_2)\in E^2$ tel que $x_1\neq x_2$ . Posons $X=\{x_1,x_2\}$ et $Y=\{x_2\}$ . On a donc $Y\subset X$ . Par hypothèse $f(X\setminus Y)=f(X)\setminus f(Y)$ ce qui fournit $f(\{x_1\})=f(\{x_1,x_2\})\setminus f(\{x_2\})$ ou encore, $\{f(x_1)\}=\{f(x_1),f(x_2)\}\setminus\{f(x_2)\}$ . Maintenant, si $f(x_1)=f(x_2)$ alors $\{f(x_1),f(x_2)\}\setminus\{f(x_2)\}=\varnothing$ (et pas $\{f(x_1)\}$ ). Donc $f(x_1)\neq f(x_2)$ . On a montré que $f$ est injective.

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