4.1. Cardinal
Définition 6.
Un ensembleEestfinis’il existe un entiern∈Net une bijection deEvers{1, 2, . . . ,n}. Cet entiernest unique et s’appelle lecardinaldeE(ou lenombre d’éléments) et est noté CardE.
Quelques exemples :
1. E={rouge, noir}est en bijection avec{1, 2}et donc est de cardinal 2.
2. Nn’est pas un ensemble fini.
3. Par définition le cardinal de l’ensemble vide est 0.
Enfin quelques propriétés :
1. SiAest un ensemble fini etB⊂AalorsB est aussi un ensemble fini et CardB6CardA.
2. SiA,Bsont des ensembles finis disjoints (c’est-à-direA∩B=∅) alors Card(A∪B) =CardA+CardB.
3. SiAest un ensemble fini et B ⊂ Aalors Card(A\B) = CardA−CardB. En particulier si B ⊂ Aet CardA=CardBalorsA=B.
4. Enfin pourA,B deux ensembles finis quelconques :
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Card(A∪B) =CardA+CardB−Card(A∩B) Voici une situation où s’applique la dernière propriété :
B A
La preuve de la dernière propriété utilise la décomposition A∪B=A∪ B\(A∩B) Les ensemblesAetB\(A∩B)sont disjoints, donc
Card(A∪B) =CardA+Card B\(A∩B)
=CardA+CardB−Card(A∩B) par la propriété 2, puis la propriété 3.
4.2. Injection, surjection, bijection et ensembles finis
Proposition 3.
Soit E,F deux ensembles finis et f :E→F une application.
1. Si f est injective alorsCardE6CardF . 2. Si f est surjective alorsCardE>CardF . 3. Si f est bijective alorsCardE=CardF . Démonstration.
1. Supposons f injective. Notons F0=f(E)⊂F alors la restriction f|:E→F0(définie par f|(x) = f(x)) est une bijection. Donc pour chaque y ∈F0est associé un uniquex ∈Etel que y= f(x). DoncEetF0 ont le même nombre d’éléments. Donc CardF0=CardE. OrF0⊂F, ainsi CardE=CardF06CardF. 2. Supposons f surjective. Pour tout élément y ∈F, il existe au moins un élément x de Etel que y= f(x)
et donc CardE>CardF.
3. Cela découle de (1) et (2) (ou aussi de la preuve du (1)).
Proposition 4.
Soit E,F deux ensembles finis et f :E→F une application. Si CardE=CardF alors les assertions suivantes sont équivalentes :
i. f est injective, ii. f est surjective, iii. f est bijective.
Démonstration. Le schéma de la preuve est le suivant : nous allons montrer successivement les implications : (i) =⇒ (ii) =⇒ (iii) =⇒ (i)
ce qui prouvera bien toutes les équivalences.
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• (i) =⇒ (ii). Supposonsf injective. Alors Cardf(E) =CardE=CardF. Ainsif(E)est un sous-ensemble deF ayant le même cardinal queF; cela entraîne f(E) =F et donc f est surjective.
• (ii) =⇒ (iii). Supposons f surjective. Pour montrer que f est bijective, il reste à montrer que f est injective. Raisonnons par l’absurde et supposons f non injective. Alors Cardf(E) < CardE (car au moins 2 éléments ont la même image). Or f(E) =F car f surjective, donc CardF<CardE. C’est une contradiction, donc f doit être injective et ainsi f est bijective.
• (iii) =⇒ (i). C’est clair : une fonction bijective est en particulier injective.
Appliquez ceci pour montrer leprincipe des tiroirs: Proposition 5.
Si l’on range dans k tiroirs, n>k paires de chaussettes alors il existe (au moins) un tiroir contenant (au moins) deux paires de chaussettes.
Malgré sa formulation amusante, c’est une proposition souvent utile. Exemple : dans un amphi de 400 étudiants, il y a au moins deux étudiants nés le même jour !
4.3. Nombres d’applications
Soient E,F des ensembles finis, non vides. On note CardE=net CardF=p.
Proposition 6.
Le nombre d’applications différentes de E dans F est : pn Autrement dit c’est (CardF)CardE .
Exemple 4.
En particulier le nombre d’applications deEdans lui-même estnn. Par exemple siE={1, 2, 3, 4, 5}alors ce nombre est 55=3125.
Démonstration. Fixons F et p=CardF. Nous allons effectuer une récurrence surn=CardE. Soit (Pn) l’assertion suivante : le nombre d’applications d’un ensemble ànéléments vers un ensemble à péléments estpn.
• Initialisation.Pourn=1, une application deEdansF est définie par l’image de l’unique élément de E.
Il y ap=CardF choix possibles et doncp1applications distinctes. AinsiP1 est vraie.
• Hérédité.Fixonsn>1 et supposons que Pnest vraie. Soit Eun ensemble àn+1 éléments. On choisit et fixea∈E; soit alorsE0=E\ {a}qui a biennéléments. Le nombre d’applications deE0versF est pn, par l’hypothèse de récurrence(Pn). Pour chaque application f :E0→F on peut la prolonger en une application f :E→F en choisissant l’image dea. On apchoix pour l’image deaet doncpn×pchoix pour les applications deEversF. AinsiPn+1est vérifiée.
• Conclusion.Par le principe de récurrencePn est vraie, pour toutn>1.
Proposition 7.
Le nombre d’injections de E dans F est :
p×(p−1)× · · · ×(p−(n−1)).
Démonstration. SupposonsE={a1,a2, . . . ,an}; pour l’image dea1 nous avonspchoix. Une fois ce choix fait, pour l’image de
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a2il reste p−1 choix (cara2 ne doit pas avoir la même image quea1). Pour l’imageENSEMBLES ET APPLICATIONS 4. ENSEMBLES FINIS 23
dea3 il y a p−2 possibilités. Ainsi de suite : pour l’image deak il y ap−(k−1)choix... Il y a au final p×(p−1)× · · · ×(p−(n−1))applications injectives.
Notationfactorielle:n!=1×2×3× · · · ×n. Avec 1!=1 et par convention 0!=1.
Proposition 8.
Le nombre de bijections d’un ensemble E de cardinal n dans lui-même est : n!
Exemple 5.
Parmi les 3125 applications de{1, 2, 3, 4, 5}dans lui-même il y en a 5!=120 qui sont bijectives.
Démonstration. Nous allons le prouver par récurrence surn. Soit(Pn)l’assertion suivante : le nombre de bijections d’un ensemble ànéléments dans un ensemble ànéléments estn!
• P1 est vraie. Il n’y a qu’une bijection d’un ensemble à 1 élément dans un ensemble à 1 élément.
• Fixons n> 1 et supposons que Pn est vraie. Soit E un ensemble à n+1 éléments. On fixe a ∈ E.
Pour chaque b ∈ E il y a –par l’hypothèse de récurrence– exactement n! applications bijectives de E\ {a} →E\ {b}. Chaque application se prolonge en une bijection deE→F en posanta7→b. Comme il y an+1 choix de b∈Ealors nous obtenonsn!×(n+1)bijections de Edans lui-même. AinsiPn+1est vraie.
• Par le principe de récurrence le nombre de bijections d’un ensemble ànéléments estn!
On aurait aussi pu directement utiliser la proposition7avecn=p(sachant qu’alors les injections sont aussi des bijections).
4.4. Nombres de sous-ensembles
SoitEun ensemble fini de cardinaln.
Proposition 9.
Il y a2CardE sous-ensembles de E :
CardP(E) =2n Exemple 6.
SiE={1, 2, 3, 4, 5}alorsP(E)a 25=32 parties. C’est un bon exercice de les énumérer :
• l’ensemble vide :∅,
• 5 singletons :{1},{2}, . . .,
• 10 paires :{1, 2},{1, 3}, . . . ,{2, 3}, . . .,
• 10 triplets :{1, 2, 3}, . . .,
• 5 ensembles à 4 éléments :{1, 2, 3, 4},{1, 2, 3, 5}, . . .,
• et Etout entier :{1, 2, 3, 4, 5}.
Démonstration. Encore une récurrence surn=CardE.
• Sin=1, E={a}est un singleton, les deux sous-ensembles sont :∅etE.
• Supposons que la proposition soit vraie pour n>1 fixé. Soit Eun ensemble àn+1 éléments. On fixe a∈E. Il y a deux sortes de sous-ensembles deE:
— les sous-ensemblesAqui ne contiennent pasa: ce sont les sous-ensemblesA⊂E\{a}. Par l’hypothèse de récurrence il y en a 2n.
— les sous-ensemblesAqui contiennent a : ils sont de la formeA={a} ∪A0 avecA0⊂ E\ {a}. Par l’hypothèse de récurrence il y a 2n sous-ensemblesA0possibles et donc aussi 2n sous-ensemblesA.
Le bilan : 2n+2n=2n+1 partiesA⊂E.
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ENSEMBLES ET APPLICATIONS 4. ENSEMBLES FINIS 24
• Par le principe de récurrence, nous avons prouvé que si CardE=nalors on a CardP(E) =2n.
4.5. Coefficients du binôme de Newton
Définition 7.
=1 (la seule partie n’ayant aucun élément est l’ensemble vide),
• 51
=1 (la seule partie ayant 5 éléments est l’ensemble tout entier).
Sans calculs on peut déjà remarquer les faits suivants : Proposition 10.
2. Compter le nombre de partiesA⊂Eayantkéléments revient aussi à compter le nombre de parties de la formeûA(qui ont doncn−kéléments), ainsi n−kn
=2nexprime que faire la somme du nombre de parties àk éléments, pourk=0, . . . ,n, revient à compter toutes les parties deE.
ENSEMBLES ET APPLICATIONS 4. ENSEMBLES FINIS 25
Le triangle de Pascal est un algorithme pour calculer ces coefficients nk
. La ligne du haut correspond à 00 La dernière ligne du triangle de gauche aux coefficients 40
, 41
, . . . , 44 .
Comment continuer ce triangle pour obtenir le triangle de droite ? Chaque élément de la nouvelle ligne est obtenu en ajoutant les deux nombres qui lui sont au-dessus à droite et au-dessus à gauche.
1
Ce qui fait que cela fonctionne c’est bien sûr la proposition11qui se représente ainsi :
n−1
Une autre façon de calculer le coefficient du binôme de Newton repose sur la formule suivante : Proposition 12.
Démonstration. Cela se fait par récurrence surn. C’est clair pour n=1. Si c’est vrai au rangn−1 alors écrivons nk
= n−1k−1
+ n−1k
et utilisons l’hypothèse de récurrence pour n−1k−1
et n−1k
4.6. Formule du binôme de Newton
Théorème 1.
ENSEMBLES ET APPLICATIONS 4. ENSEMBLES FINIS 26 Le théorème est aussi vrai sia etbsont des nombres complexes.
Exemple 8.
Démonstration. Nous allons effectuer une récurrence surn. Soit(Pn)l’assertion :(a+b)n=Pn k=0
• Conclusion.Par le principe de récurrencePn est vraie, pour toutn>1.
Mini-exercices.
1. Combien y a-t-il d’applications injectives d’un ensemble à n éléments dans un ensemble à n+1 éléments ?
2. Combien y a-t-il d’applications surjectives d’un ensemble à n+1 éléments dans un ensemble àn éléments ?
3. Calculer le nombre de façons de choisir 5 cartes dans un jeux de 32 cartes.
4. Calculer le nombre de listes àkéléments dans un ensemble ànéléments (les listes sont ordonnées : par exemple(1, 2, 3)6= (1, 3, 2)).
5. Développer(a−b)4,(a+b)5.
6. Que donne la formule du binôme poura =−1, b = +1 ? En déduire que dans un ensemble àn éléments il y a autant de parties de cardinal pair que de cardinal impair.
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ENSEMBLES ET APPLICATIONS 5. RELATION D’ÉQUIVALENCE 27