MPSI B Corrigé (partiel) du DS 4 29 juin 2019
Exercice 1 : nombre de recouvrements.
1. Exemple. Choisissons A = {1, 2, 3} , B = {x, y, z, t}
f =
1 → {x, y}
2 → {x}
3 → ∅
alors
ϕ =
x → {1, 2}
y → {1}
z → ∅
t → ∅
2. On peut reformuler les dénitions de Φ
ABet de Φ
BA∀f ∈ F(A, P (B)), ∀a ∈ A, ∀b ∈ B : a ∈ (Φ
AB(f ))(b) ⇔ b ∈ f (a)
∀g ∈ F(B, P(A)), ∀a ∈ A, ∀b ∈ B : b ∈ (Φ
BA(g))(b) ⇔ a ∈ g(b) Par conséquent, ∀f ∈ F(A, P (B)), ∀a ∈ A, ∀b ∈ B on a
b ∈ (Φ
BA◦ Φ
AB(f ))(a) ⇔ b ∈ (Φ
BA(Φ
AB(f )))(a)
⇔ a ∈ Φ
AB(f ))(b)
⇔ b ∈ f (a) Ceci étant valable pour tous les f ∈ F (A, P (B)) on a bien
Φ
BA◦ Φ
AB= Id
F(A,P(B))On démontre de la même manière que
Φ
AB◦ Φ
BA= Id
F(B,P(A))On tire la surjectivité de Φ
ABde la première équation et l'injectivité de la deuxième.
Les applications Φ
ABet Φ
BAsont donc des bijections réciproques l'une de l'autre.
Supposons A et B nis avec respectivement α et β éléments. D'après le cours sur le dénombrement des applications et celui des parties d'un ensemble, on peut écrire
Card (F(A, P (B))) = Card (F(A, P (B))) = (2
β)
α= 2
αβ3. On suppose maintenant que A = {1, · · · , n} et B = E . Si f est une application de A dans P(E) , on pose
E
1= f (1), E
2= f (2), · · · , E
n= f(n), ϕ = Φ
AB(f )
a. Désignons par Ω
il'ensemble des parties de A contenant i alors
x ∈ ϕ
−1(Ω
i) ⇔ ϕ(x) ∈ Ω
i⇔ i ∈ ϕ(x)
⇔ x ∈ f (i) Donc ϕ
−1(Ω
i) = f (i) .
b. Utilisons encore la relation fondamentale
∀a ∈ A, ∀b ∈ B : a ∈ ϕ(b) ⇔ b ∈ f (a) On peut écrire
∅ ∈ ϕ(E) ⇔ ∃b ∈ B tq ϕ(b) = ∅
⇔ ∃b ∈ B tq ∀a ∈ A : a 6∈ ϕ(b)
⇔ ∃b ∈ B tq ∀a ∈ A : b 6∈ f (a)
⇔ ∃b ∈ B tq b 6∈ Ω
1∪ · · · ∪ Ω
nL'équivalence des négations des deux propositions fournit la relation demandée.
On en déduit que le nombre de n -recouvrements est aussi le nombre d'applications de E vers P (E) − ∅ soit (si p est le nombre d'éléments de E ) :
(2
p− 1)
nCette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
