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Exercice : Bijections canoniquesApplication (mathématiques)/Exercices/Bijections canoniques », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
On rappelle que pour tous ensembles
X
{\displaystyle X}
et
Y
{\displaystyle Y}
,
Y
X
{\displaystyle Y^{X}}
désigne l'ensemble des applications de
X
{\displaystyle X}
dans
Y
{\displaystyle Y}
et
P
(
X
)
{\displaystyle {\mathcal {P}}(X)}
l'ensemble des parties de
X
{\displaystyle X}
.
On notera :
X
∼
Y
{\displaystyle X\sim Y}
pour « il existe une bijection entre
X
{\displaystyle X}
et
Y
{\displaystyle Y}
» ;
X
x
{\displaystyle X_{x}}
pour l'ensemble
{
x
}
×
X
{\displaystyle \{x\}\times X}
(pour n'importe quel singleton
{
x
}
{\displaystyle \{x\}}
) ;
X
⊔
Y
{\displaystyle X\sqcup Y}
pour l'ensemble
X
0
∪
Y
1
{\displaystyle X_{0}\cup Y_{1}}
.
On utilisera que si
x
≠
y
{\displaystyle x\neq y}
alors
X
x
∩
Y
y
=
∅
{\displaystyle X_{x}\cap Y_{y}=\varnothing }
.
Soient
f
:
A
→
A
′
{\displaystyle f:A\to A'}
et
g
:
B
→
B
′
{\displaystyle g:B\to B'}
deux bijections. Montrer que :
A
x
∼
A
{\displaystyle A_{x}\sim A}
;
A
×
B
∼
A
′
×
B
′
{\displaystyle A\times B\sim A'\times B'}
;
si
A
′
∩
B
′
=
∅
{\displaystyle A'\cap B'=\varnothing }
alors
A
⊔
B
∼
A
′
∪
B
′
{\displaystyle A\sqcup B\sim A'\cup B'}
;
B
A
∼
B
′
A
′
{\displaystyle B^{A}\sim {B'}^{A'}}
;
P
(
A
)
∼
P
(
A
′
)
{\displaystyle {\mathcal {P}}(A)\sim {\mathcal {P}}(A')}
.
Solution
L'application
A
→
{
x
}
×
A
,
a
↦
(
x
,
a
)
{\displaystyle A\to \{x\}\times A,\,a\mapsto (x,a)}
est bijective.
L'application
f
×
g
:
A
×
B
→
A
′
×
B
′
,
(
a
,
b
)
↦
(
f
(
a
)
,
g
(
b
)
)
{\displaystyle f\times g:A\times B\to A'\times B',\,(a,b)\mapsto (f(a),g(b))}
est bijective, de bijection réciproque
f
−
1
×
g
−
1
{\displaystyle f^{-1}\times g^{-1}}
. En effet,
(
f
−
1
×
g
−
1
)
∘
(
f
×
g
)
=
(
f
−
1
∘
f
)
×
(
g
−
1
∘
g
)
=
Id
A
×
Id
B
=
Id
A
×
B
{\displaystyle (f^{-1}\times g^{-1})\circ (f\times g)=\left(f^{-1}\circ f\right)\times \left(g^{-1}\circ g\right)=\operatorname {Id} _{A}\times \operatorname {Id} _{B}=\operatorname {Id} _{A\times B}}
et de même,
(
f
×
g
)
∘
(
f
−
1
×
g
−
1
)
=
Id
A
′
×
B
′
{\displaystyle (f\times g)\circ (f^{-1}\times g^{-1})=\operatorname {Id} _{A'\times B'}}
.
Si
A
′
∩
B
′
=
∅
{\displaystyle A'\cap B'=\varnothing }
alors l'application
A
0
∪
B
1
→
A
′
∪
B
′
,
(
x
,
y
)
↦
{
f
(
y
)
si
x
=
0
g
(
y
)
si
x
=
1
{\displaystyle A_{0}\cup B_{1}\to A'\cup B',\,(x,y)\mapsto {\begin{cases}f(y)&{\text{si }}x=0\\g(y)&{\text{si }}x=1\end{cases}}}
est bijective, de bijection réciproque
A
′
∪
B
′
→
A
0
∪
B
1
,
z
↦
{
(
0
,
f
−
1
(
z
)
)
si
z
∈
A
′
(
1
,
g
−
1
(
z
)
)
si
z
∈
B
′
.
{\displaystyle A'\cup B'\to A_{0}\cup B_{1},\,z\mapsto {\begin{cases}\left(0,f^{-1}(z)\right)&{\text{si }}z\in A'\\\left(1,g^{-1}(z)\right)&{\text{si }}z\in B'.\end{cases}}}
L'application
B
A
→
B
′
A
′
,
u
↦
g
∘
u
∘
f
−
1
{\displaystyle B^{A}\to {B'}^{A'},\,u\mapsto g\circ u\circ f^{-1}}
est bijective, de bijection réciproque
B
′
A
′
→
B
A
,
v
↦
g
−
1
∘
v
∘
f
{\displaystyle {B'}^{A'}\to B^{A},\,v\mapsto g^{-1}\circ v\circ f}
.
C'est le cas particulier
B
=
B
′
=
{
0
,
1
}
{\displaystyle B=B'=\{0,1\}}
du point précédent puisque — cf. chapitre « Application caractéristique » — pour tout ensemble
E
{\displaystyle E}
,
P
(
E
)
∼
{
0
,
1
}
E
{\displaystyle {\mathcal {P}}(E)\sim \{0,1\}^{E}}
. Mais on peut le démontrer directement : l'application
S
(
f
)
:
P
(
A
)
→
P
(
A
′
)
,
X
↦
f
(
X
)
{\displaystyle S(f):{\mathcal {P}}(A)\to {\mathcal {P}}(A'),\,X\mapsto f(X)}
est bijective, de réciproque
S
(
f
−
1
)
{\displaystyle S\left(f^{-1}\right)}
.
Montrer que :
A
×
B
∼
B
×
A
{\displaystyle A\times B\sim B\times A}
;
A
⊔
B
∼
B
⊔
A
{\displaystyle A\sqcup B\sim B\sqcup A}
;
(
A
×
B
)
×
C
∼
A
×
(
B
×
C
)
{\displaystyle (A\times B)\times C\sim A\times (B\times C)}
;
(
A
⊔
B
)
⊔
C
∼
A
⊔
(
B
⊔
C
)
{\displaystyle (A\sqcup B)\sqcup C\sim A\sqcup (B\sqcup C)}
;
A
×
(
B
⊔
C
)
∼
(
A
×
B
)
⊔
(
A
×
C
)
{\displaystyle A\times (B\sqcup C)\sim (A\times B)\sqcup (A\times C)}
;
∅
⊔
A
∼
A
{\displaystyle \varnothing \sqcup A\sim A}
;
A
{
x
}
∼
A
{\displaystyle A^{\{x\}}\sim A}
.
Solution
L'application
σ
A
,
B
:
A
×
B
→
B
×
A
,
(
a
,
b
)
↦
(
b
,
a
)
{\displaystyle \sigma _{A,B}:A\times B\to B\times A,\,(a,b)\mapsto (b,a)}
est bijective, de bijection réciproque
σ
B
,
A
{\displaystyle \sigma _{B,A}}
.
D'après l'exercice précédent (point 1),
A
1
∼
A
{\displaystyle A_{1}\sim A}
et
B
0
∼
B
{\displaystyle B_{0}\sim B}
, or
A
1
∩
B
0
=
∅
{\displaystyle A_{1}\cap B_{0}=\varnothing }
donc (point 3)
A
⊔
B
∼
A
1
∪
B
0
=
B
⊔
A
{\displaystyle A\sqcup B\sim A_{1}\cup B_{0}=B\sqcup A}
.
L'application
(
A
×
B
)
×
C
→
A
×
(
B
×
C
)
,
(
(
a
,
b
)
,
c
)
↦
(
a
,
(
b
,
c
)
)
{\displaystyle (A\times B)\times C\to A\times (B\times C),\,((a,b),c)\mapsto (a,(b,c))}
est bijective.
D'après l'exercice précédent (point 1),
A
∼
A
0
{\displaystyle A\sim A_{0}}
,
B
∼
B
1
{\displaystyle B\sim B_{1}}
et
C
∼
C
2
{\displaystyle C\sim C_{2}}
, or
A
0
{\displaystyle A_{0}}
,
B
1
{\displaystyle B_{1}}
et
C
2
{\displaystyle C_{2}}
sont disjoints deux à deux donc (point 3)
(
A
⊔
B
)
⊔
C
∼
A
0
∪
B
1
∪
C
2
∼
A
⊔
(
B
⊔
C
)
{\displaystyle (A\sqcup B)\sqcup C\sim A_{0}\cup B_{1}\cup C_{2}\sim A\sqcup (B\sqcup C)}
.
D'après l'exercice précédent (points 1 et 2)
A
×
B
∼
A
×
B
0
{\displaystyle A\times B\sim A\times B_{0}}
et
A
×
C
∼
A
×
C
1
{\displaystyle A\times C\sim A\times C_{1}}
, or
(
A
×
B
0
)
∩
(
A
×
C
1
)
=
A
×
(
B
0
∩
C
1
)
=
A
×
∅
=
∅
{\displaystyle (A\times B_{0})\cap (A\times C_{1})=A\times (B_{0}\cap C_{1})=A\times \varnothing =\varnothing }
donc (point 3)
(
A
×
B
)
⊔
(
A
×
C
)
∼
(
A
×
B
0
)
∪
(
A
×
C
1
)
=
A
×
(
B
0
∪
C
1
)
=
A
×
(
B
⊔
C
)
{\displaystyle (A\times B)\sqcup (A\times C)\sim (A\times B_{0})\cup (A\times C_{1})=A\times (B_{0}\cup C_{1})=A\times (B\sqcup C)}
.
D'après l'exercice précédent (point 3),
∅
⊔
A
∼
∅
∪
A
=
A
{\displaystyle \varnothing \sqcup A\sim \varnothing \cup A=A}
.
L'application
A
{
x
}
→
A
,
f
↦
f
(
x
)
{\displaystyle A^{\{x\}}\to A,\,f\mapsto f(x)}
est bijective.
Montrer que :
A
B
⊔
C
∼
A
B
×
A
C
{\displaystyle A^{B\sqcup C}\sim A^{B}\times A^{C}}
;
(
A
×
B
)
C
∼
A
C
×
B
C
{\displaystyle (A\times B)^{C}\sim A^{C}\times B^{C}}
;
(
A
B
)
C
∼
A
B
×
C
{\displaystyle (A^{B})^{C}\sim A^{B\times C}}
;
(
P
(
B
)
)
C
∼
P
(
B
×
C
)
{\displaystyle \left({\mathcal {P}}(B)\right)^{C}\sim {\mathcal {P}}(B\times C)}
: les applications de
C
{\displaystyle C}
dans
P
(
B
)
{\displaystyle {\mathcal {P}}(B)}
sont en bijection avec les relations de
B
{\displaystyle B}
dans
C
{\displaystyle C}
;
P
(
B
⊔
C
)
∼
P
(
B
)
×
P
(
C
)
{\displaystyle {\mathcal {P}}(B\sqcup C)\sim {\mathcal {P}}(B)\times {\mathcal {P}}(C)}
.
Solution
L'application
F
:
A
B
⊔
C
=
A
B
0
∪
C
1
→
A
B
0
×
A
C
1
{\displaystyle F:A^{B\sqcup C}=A^{B_{0}\cup C_{1}}\to A^{B_{0}}\times A^{C_{1}}}
définie par
F
(
w
)
=
(
w
|
B
0
,
w
|
C
1
)
{\displaystyle F(w)=\left(w_{|B_{0}},w_{|C_{1}}\right)}
(où
w
|
X
{\displaystyle w_{|X}}
désigne la restriction de
w
{\displaystyle w}
à
X
{\displaystyle X}
) est bijective, de réciproque l'application
G
:
A
B
0
×
A
C
1
→
A
B
0
∪
C
1
{\displaystyle G:A^{B_{0}}\times A^{C_{1}}\to A^{B_{0}\cup C_{1}}}
définie par
G
(
u
,
v
)
(
z
)
=
{
u
(
z
)
si
z
∈
B
0
v
(
z
)
si
z
∈
C
1
{\displaystyle G(u,v)(z)={\begin{cases}u(z)&{\text{si }}z\in B_{0}\\v(z)&{\text{si }}z\in C_{1}\end{cases}}}
. Et d'après l'exercice 3-1 (points 1, 4 et 2),
A
B
0
×
A
C
1
∼
A
B
×
A
C
{\displaystyle A^{B_{0}}\times A^{C_{1}}\sim A^{B}\times A^{C}}
.
L'application
F
:
A
C
×
B
C
→
(
A
×
B
)
C
{\displaystyle F:A^{C}\times B^{C}\to (A\times B)^{C}}
définie par
F
(
u
,
v
)
(
c
)
=
(
u
(
c
)
,
v
(
c
)
)
{\displaystyle F(u,v)(c)=(u(c),v(c))}
est bijective car l'application
G
:
(
A
×
B
)
C
→
A
C
×
B
C
{\displaystyle G:(A\times B)^{C}\to A^{C}\times B^{C}}
définie par
G
(
w
)
=
(
p
A
∘
w
,
p
B
∘
w
)
{\displaystyle G(w)=(p_{A}\circ w,p_{B}\circ w)}
(où
p
A
:
A
×
B
→
A
{\displaystyle p_{A}:A\times B\to A}
et
p
B
:
A
×
B
→
B
{\displaystyle p_{B}:A\times B\to B}
sont les deux projections canoniques
(
x
,
y
)
↦
x
{\displaystyle (x,y)\mapsto x}
et
(
x
,
y
)
↦
y
{\displaystyle (x,y)\mapsto y}
) vérifie
G
∘
F
=
id
A
C
×
B
C
{\displaystyle G\circ F=\operatorname {id} _{A^{C}\times B^{C}}}
et
F
∘
G
=
id
(
A
×
B
)
C
{\displaystyle F\circ G=\operatorname {id} _{(A\times B)^{C}}}
. En effet :
[
(
G
∘
F
)
(
u
,
v
)
]
(
c
)
=
(
p
A
(
u
(
c
)
,
v
(
c
)
)
,
p
B
(
u
(
c
)
,
v
(
c
)
)
)
=
(
u
(
c
)
,
v
(
c
)
)
{\displaystyle \left[(G\circ F)(u,v)\right](c)=\left(p_{A}\left(u(c),v(c)\right),p_{B}\left(u(c),v(c)\right)\right)=\left(u(c),v(c)\right)}
donc
(
G
∘
F
)
(
u
,
v
)
=
(
u
,
v
)
{\displaystyle (G\circ F)(u,v)=(u,v)}
;
[
(
F
∘
G
)
(
w
)
]
(
c
)
=
(
(
p
A
∘
w
)
(
c
)
,
(
p
B
∘
w
)
(
c
)
)
=
w
(
c
)
{\displaystyle \left[(F\circ G)(w)\right](c)=\left((p_{A}\circ w)(c),(p_{B}\circ w)(c)\right)=w(c)}
donc
(
F
∘
G
)
(
w
)
=
w
{\displaystyle (F\circ G)(w)=w}
.
L'application
F
:
(
A
B
)
C
→
A
B
×
C
{\displaystyle F:(A^{B})^{C}\to A^{B\times C}}
définie par
F
(
w
)
(
b
,
c
)
=
w
(
c
)
(
b
)
{\displaystyle F(w)(b,c)=w(c)(b)}
est bijective.
C'est le cas particulier
A
=
{
0
,
1
}
{\displaystyle A=\{0,1\}}
de la question précédente, via la bijection canonique entre
P
(
E
)
{\displaystyle {\mathcal {P}}(E)}
et
{
0
,
1
}
E
{\displaystyle \{0,1\}^{E}}
.
De même, c'est le cas particulier
A
=
{
0
,
1
}
{\displaystyle A=\{0,1\}}
de la question 1.
Déterminer
B
∅
{\displaystyle B^{\varnothing }}
et
∅
A
{\displaystyle \varnothing ^{A}}
.
À quelle condition a-t-on
B
A
=
∅
{\displaystyle B^{A}=\varnothing }
?