automorphisme d'algèbre de Boole
Bonjour à tous,
Je m'arrache les cheveux sur un problème qui me paraît pourtant très simple.
Soit E un ensemble et B une algèbre de Boole de P(E).Soif f une application surjective croissante pour l'inclusion, montrer que c'est un automorphisme d'algèbre de Boole.
L'injectivité est immédiate.Et f-1 est aussi croissante pour l'inclusion .
f(E)=E et f(vide)= vide est immédiat.
Je pense avoir réussi à montrer que f[size=x-large]([/size][size=x-large]c[/size]A[size=x-large])[/size]=[size=x-large]c[/size] (f(A)).Il me reste à prouver que f(AU
=f(A)Uf(B).L'une des inclusions est immédiate.Quant à l'autre .....Merci pour votre aide.
Je m'arrache les cheveux sur un problème qui me paraît pourtant très simple.
Soit E un ensemble et B une algèbre de Boole de P(E).Soif f une application surjective croissante pour l'inclusion, montrer que c'est un automorphisme d'algèbre de Boole.
L'injectivité est immédiate.Et f-1 est aussi croissante pour l'inclusion .
f(E)=E et f(vide)= vide est immédiat.
Je pense avoir réussi à montrer que f[size=x-large]([/size][size=x-large]c[/size]A[size=x-large])[/size]=[size=x-large]c[/size] (f(A)).Il me reste à prouver que f(AU

Réponses
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f va de quoi dans quoi?Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Ah oui, pardon, f va de B dans B
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Pardon, mais mon problème est-il trop simple, trop compliqué, peu intéressant ou bien l'ai-je mal posé?
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T'inquiète c'est juste que je me suis déconnecté . Dès que j'ai un PC je regarde et te réponds là suis sur téléphone
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La donnée d'une algèbre de Boole c'est la donnée d'un ensemble $(B,\leq )$ vérifiant blabla. Ton souhait est de prouver qu'une bijection croissante est un automorphisme (dans ton contexte et pour une algèbre de Boole particulière, c'est à dire un isomorphisme de $(B,\leq)$ dans $(B,\leq)$. Autrement dit, tu veux prouver ici que la réciproque de $f$ est croissante. Il te suffit de prouver que $f(a)\leq f(b)$ implique $a\leq b$. Soit $c:=a-b$ (dans un algèbre de Boole, ça a un sens). Tu veux prouver que $c=0$. Si $0<c$ alors $0=f(0)<f(c) = f(a\wedge (1-b))\leq f(a)\wedge (1-f(b))$
car tu prétends avoir déjà prouvé que $f(1-b) = 1 - f(b)$.
Mais ça donne la contradiction (toujours si $c>0$) $0=f(0)<f(c) = f(a\wedge (1-b))\leq f(a)\wedge (1-f(b)) = 0$
Une fois que tu sais que $f$ est un isomorphisme, $f(a\vee b)\leq f(a)\vee f(b)$ ne devrait pas te poser de problème**. Je me suis servi de ce que tu prétendais avoir déjà prouvé
[small]** Soit en effet $f(m)$ un majorant de $\{f(a);f(b)\}$. Alors $m$ majore $\{a;b\}$. Tu prends $m$ tel que $f(m)=f(a)\vee f(b)$[/small]Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour,
Il me semble que votre énoncé n’est valable qu’avec une hypothèse de stricte croissance.
L’inclusion non triviale, pour l’égalité concernant les réunions, se démontre précisément à l'aide de l’injectivité. -
L'algèbre de Boole $B$ est-elle finie ? Sinon $f$ n'est pas nécessairement injective et l'inclusion $f(X \cup Y)\subseteq f(X) \cup f(Y)$ peut être fausse.
En effet soit $f:\mathcal P(\mathbb N) \to \mathcal P(\mathbb N)$ qui à $E$ associe $\big \{n \in \mathbb N\mid n+1 \in E \setminus \{\min E\} \big\}$ si $E\neq \emptyset$, et $\emptyset$ sinon.
Alors $f$ est surjective : tout $X$ est l'image par $f$ de $\{0\} \cup \{k+1\mid k \in X\}$). $f$ n'est pas injective car $f(\emptyset) = f(\{0\})$.
$f$ est croissante : si $E \subseteq F$ et $E \neq \emptyset$, $\min F \leq \min E$ donc pour tout $x$, si $x+1 \in E \setminus \{\min E\}$, $x+1 > \min E \geq \min F$ donc $x+1 \in F \setminus \{\min F\}$ bref $f(E) \subseteq f(F)$ ; l'inclusion étant évidente si $E$ est vide.
$f$ ne préserve pas l'union : soient $E=\{1,3\}$ et $F=\{2,3\}$. Alors $f(E \cup F)=\{1,2\}$ et $f(E)=f(F)=f(E) \cup f(F)= \{2\}$.Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Généralement soit $f:B \to B$ une bijection croissante d'un ensemble ordonné, de réciproque croissante (cette dernière circonstance(*) ne saute pas aux yeux dans la situation envisagée par l'auteur du présent fil).
Alors pour tous $x,y \in B$ si $\inf \{x,y\}$ existe on a $f(\inf \{x,y\})= \inf \{f(x),f(y)\}$. Résultat analogue pour $\sup$.
Si de plus $B$ possède un maximum et un minimum et que $\inf \{x,y\}=\min B$ et $\sup \{x,y\} = \max B$, on aura bien sûr $\inf \{f(x), f(y)\}=\min B$ et $\sup \{f(x), f(y) \} = \max B$.
[size=x-small](*) EDIT: en fait si: pour cela on se sert de ce que dans une algèbre de Boole, toute partie à deux éléments possède une borne inférieure[/size].Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$. -
Ok merci à tous.En fait j'ai trouvé grace à votre aide.De plus , j'avais mal posé le problème.f est surjective et vérifie
A<B <=> f(A)< f(B), ce qui donne immédiatement l'injectivité et la stricte croissante de f-1.
Il fallait donc vérifier f(1-A)=1-f(A) et f(a+b) = f(a)+f(b).
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Bonjour!
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