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bridgslam · 19-02-2021 09:42:18

Re-bonjour,

L'idée est que si on a une bijection d'une partie X d'un ensemble fini vers Y ( partie aussi) , forcément les complémentaires
correspondants sont aussi équipotents. C'est la clé, et qui évite tout souci, comme le tiens avec la réciproque...

Cordialement,
Alain

Chlore au quinoa · 18-02-2021 20:13:13

En effet, ma dernière disjonction de cas est fausse merci de la remarque. Je devrais simplement nommer les éléments de $f(X)$ puisqu'ils sont en nombre fini, cela éviterait les problèmes.

Adam

bridgslam · 18-02-2021 15:54:15

On a même à la fois une application ni injective ( 2 deux fois image ) ni surjective ( 1 n'a pas d'antécédent )...

bridgslam · 18-02-2021 15:52:33

prends ( par-exemple ) X = { 1,2 } et f(X) = { 2,3 } avec pour les images 1 -> 2 , 2 - > 3 , alors ta fonction réciproque f⁽-1) donnera 2 pour 3 ,

globalement tu vois bien qu'on n'a pas une bijection sur {1 , 2 , 3 } ...

Alain

Chlore au quinoa · 18-02-2021 15:45:08

Cela doit revenir plus ou moins à ce que vous avez fait aussi.

Yes j'avais le même type d'idée dans la tête.

si par hasard l'image de x par f tombe dans l'intersection de X et f(X) ( pourquoi pas ?) ta preuve ne marche pas en prenant la réciproque...

Pourquoi ? J'ai justement privé $f(X)$ de $X$ pour éviter ce problème *pensif*

bridgslam · 18-02-2021 15:42:37

Dans le même chapitre ( ensembles finis) on peut s'intéresser aussi à des inégalités par rapport à la formule du crible de Poincaré ( ou d'inclusion-exclusion ).
Ces inégalités sont en fait complètement généralisables (ce que j'ignorais complètement ) , et en fait connues sous le nom d'inégalités de Bonferroni.
Comme quoi on en apprend tous les jours.
Ces inégalités sont parfois évoquées aussi dans les (bons) recueils de probas.
Le site math-os.com en détaille la preuve, avec quelques lemmes préalables faciles qu'on peut s'amuser à chercher aussi ( le site masquant/dépliant intelligemment leurs preuves). Les inégalités sont dues essentiellement à la croissance puis décroissance des coeff. binomiaux sur une même ligne du triangle de Pascal, ainsi qu'à leur somme alternée nulle. Très joli en tous cas. Panzani, Bonferroni, Gnocchis, tout cela donne envie de mettre la main à la pâte :-)

Cordialement,
Alain

bridgslam · 18-02-2021 15:14:05

Pour information, l'exo en question vient d'un exercice de Michel Quercia ( que je vous recommande chaudement) sur des comparaisons d'équivalences de fonctions ) , dans le chapitre ensembles finis. On tombe assez vite sur sa page avec un moteur de recherche.

En détaillant un peu, on montre qu'un type 1 d'équivalence implique toujours un certain type 2.
La réciproque n'est pas automatique, mais est vraie dans certains cas de finitude, , et notamment si l'ensemble de départ est fini , on a alors besoin de nôtre petit résultat pour le prouver complètement, ce qui n'est pas si anodin...

Alain

bridgslam · 18-02-2021 15:05:57

si par hasard l'image de x par f tombe dans l'intersection de X et f(X) ( pourquoi pas ?) ta preuve ne marche pas en prenant la réciproque...
Et il n'y en a pas besoin..

bridgslam · 18-02-2021 14:57:40

C'est vrai que ça déarçonne un peu au début néanmoins , l'utilisation de la réunion permet de fermer les échappées d'images , pour en finir avec les f( f( f( .... ) )).

bridgslam · 18-02-2021 14:54:13

Il n'y a pas à faire intervenir de f-1 non plus, c'est juste l'équipotence qui permet de compléter par une bijection absolument quelconque sur le complémentaire
de X dans F....

Alain

bridgslam · 18-02-2021 14:48:51

Bonjour,

Et merci de vous y être intéressé.
En fait ce que j'avais fait pour ne pas tourner en rond c'est considérer F = X union f(X) qui est aussi fini.
On peut déjà prolonger f par collage à f' sur F\X vers F\f(X) que l'on peut choisir bijective vue que ces complémentaires en questions sont aussi équipotents...
On a même pas mal de choix si X et f(X) sont disjoints :-) ...

Puis pour E\F on peut considérer l'identité I ( vers E\F) évidemment bijective.
Le recollement de f, f' et I répond aux contraintes , elle est bijective, et sa restriction à X est f par construction.

Cela doit revenir plus ou moins à ce que vous avez fait aussi.

Cordialement,

Alain

Chlore au quinoa · 18-02-2021 14:37:21

Salut !

Je me suis penché sur ton énoncé, et c'était particulièrement casse-pieds pour trouver quoi associer à quoi...

Je considère $g\,:\,E\rightarrow E$
$x\mapsto \begin{cases}f(x) \:\quad\,\,\text{si}\:x\in X \\x\qquad\quad\,\text{si}\:x\notin X\cup f(X)\\f^{-1}(X)\quad\text{si}\:x\in f(X)\backslash X\end{cases}$

Je PENSE que cette application convient ! Si j'ai un doute c'est pour le dernier cas, je n'arrive pas à voir pourquoi mais ça me semble louche... Si quelqu'un passe après moi, grand bien lui fasse de confirmer ou d'infirmer mes dires ^^

Adam

bridgslam · 18-02-2021 13:26:00

Le fait est faux évidemment sans l'hypothèse de finitude, par exemple si f de N=X dans N est le décalage de 1, g ne peut pas exister.

Alain

bridgslam · 18-02-2021 13:22:30

Bonjour à tous,

Dans un exercice, un tournant décisif de la preuve finale est basé sur le fait suivant:

Si E est un ensemble quelconque , et f une bijection d'une partie finie X de E vers E, alors il existe une bijection g : E -> E dont la restriction à X est f.

En fait ce résultat était admis tacitement dans l'exo, mais saurez-vous le montrer proprement ( à savoir expliciter une telle bijection g )?

C'est faisable et sans doute (à mon avis ) formateur pour manipuler les propriétés des fonction et/ou des ensembles finis.
Il ne faut pas trop se casser la tête non plus...

Bonne chance
Alain

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