Isomorphismes d'ensembles ordonnés
Bonjour. Soit $E$ un ensemble muni de deux relations d'ordre total $\le$ et $\preccurlyeq$ telles que les deux structures $(E, \le)$ et $(E, \preccurlyeq)$ sont isomorphes.
Question : les deux relations d'ordre sont-elles confondues ? C'est-à-dire a-t-on l'équivalence $x\le y \Leftrightarrow x\preccurlyeq y$ pour tous $x,y \in E$ ?
Question : les deux relations d'ordre sont-elles confondues ? C'est-à-dire a-t-on l'équivalence $x\le y \Leftrightarrow x\preccurlyeq y$ pour tous $x,y \in E$ ?
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Réponses
$0<1$ $1\prec 0$ $f(0) = 1$ $f(1)=0$
Alors les $(E, \le)$ et $(E, \preccurlyeq)$ sont isomorphes et les relations ne sont pas confondues.Mais du coup j'ai une autre question : si $E$ est fini et totalement ordonné par $\le$, alors il est bien ordonné, donc le seul automorphisme est l'identité. Or ce n'est pas ce qu'on observe sur l'exemple ci-dessus ?
Soit $E$ un ensemble totalement ordonné par une relation d'ordre notée $\le$ et soit $f:E\rightarrow E$ une bijection telle que $x\le y \Leftrightarrow f(x) \le f(y)$ (c'est à dire un isomorphisme de la structure $(E,\le)$ dans elle-même). Alors $f$ est un automorphisme de la structure $(E,\le)$.
Cordialement.
Une structure totalement ordonnée $(E, \le)$ étant donnée, on peut construire autant de structures $(E, \preccurlyeq)$ totalement ordonnées qu'il existe de bijections de $E$ dans $E$ et chaque bijection est un isomorphisme de $(E, \le)$ dans $(E, \preccurlyeq)$.
Mais seule la bijection identité est un automorphisme de $(E, \le)$, les autres isomorphismes ne sont pas des automorphismes puisque $(E, \le)$ et $(E, \preccurlyeq)$ sont deux structures distinctes.
Si $(E, \preccurlyeq)$ est bien ordonné, le seul automorphisme est l'identité, ceci quelle que soit la relation d'ordre (il faut juste que ce soit un bon ordre). Et si $E$ est fini, il y a $(\text{Card }E)!$ manières de bien l'ordonner.
Outre de savoir si ce que j'ai écrit est correct, je me pose encore une question : $(E, \le)$ et $(E, \preccurlyeq)$ étant deux structures totalement ordonnées, peut-il exister plusieurs isomorphismes de $(E, \le)$ dans $(E, \preccurlyeq)$ ?
Le reste est correct.
Pour ta question : oui, $\mathbb{Q}$ muni de l'ordre usuel a des tonnes d'automorphismes
Merci Maxime. Et merci à tous pour votre aide
Dit comme ça, pas sûr...
Comme tu dis n'être pas sûr de toi, voici une définition précise sans abus de langage.
Si $E$ est un ensemble, $\leq$ et $\preccurlyeq$ sont deux ordres sur $E$, on dit qu'une bijection $f : E \rightarrow E$ est un $(\leq ,\preccurlyeq)$-isomorphisme si $\forall x,y \in E,\quad x \leq y \Leftrightarrow f(x) \preccurlyeq f(y)$. Si $\leq\ =\ \preccurlyeq$, on dit que $f$ est un $\leq$-automorphisme.
On dit "isomorphisme" et "automorphisme" tout court quand tout est sous-entendu. Pour "comprendre à 100%", il te suffit de toujours noter comme ci-dessus sans ambiguïté.
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
Oups ! Je me croyais dans $\mathbb{R}$. Alors $x\mapsto (rx+q)$ avec $r$ et $q$ rationnels et $r$ positif.
Bon, eh bien l'application $\theta : f \mapsto \leq_f$ n'est pas du tout une bijection de $Bij(E)$ vers $OT(E)$ (c'est le sens formel qu'on aurait dû donner à ton assertion : "il y a autant d'ordres que de bijections").
En effet, si $E = \mathbb{Q}$, et que $\leq$ est l'ordre habituel, soit $g$ une bijection de $\mathbb{N}$ vers $\mathbb{Q}$, définissons $\preccurlyeq$ par : $\forall q,r \in E, \quad q\preccurlyeq r \Leftrightarrow g^{-1}(q) \leq_{\mathbb{N}} g^{-1}(r)$ où $\leq_{\mathbb{N}}$ désigne l'ordre habituel sur $\mathbb{N}$. Alors $\preccurlyeq$ n'est pas atteint par $\theta$. Pour le voir, on peut démontrer que tous les éléments $R$ de l'image de $\theta$ vérifient $\forall x,y \in E,\ \exists z \in E, (xRy \Rightarrow (xRz \mbox{ et }zRy))$, ce qui n'est pas le cas de $\preccurlyeq$. Ainsi, $\theta$ n'est pas surjective.
De plus, si $f$ est la multiplication par $\frac{1}{2}$, alors $\leq = \leq_f$, et donc $\theta$ n'est pas injective.
Par contre, si on note $OT(E)_f$ le sous-ensemble de $OT(E)$ contenant les ordres totaux $R$ sur $E$ tels qu'il existe un $\leq,R$-isomorphisme, alors $OT(E)_f$ est l'image de $\theta$. Et l'image réciproque de $\{\leq\}$ par $\theta$ est l'ensemble des $\leq$-automorphismes.
Au fait, $\theta$ dépend énormément de $\leq$ : comme l'a fait remarquer Max, si $\leq$ est un bon ordre, il y a peu de $\leq$-automorphismes (il n'y en a qu'un seul), tandis qu'il y en a plein si $\leq$ est l'ordre habituel sur $\mathbb{Q}$.
Pierre, si tu connais un peu ce langage (sinon ça ne sert pas à grand chose de lire ce qui va suivre, contente-toi de ce que Georges dit), le groupe des bijections de $E$ agit sur l'ensemble des ordres totaux de $E$. $OT(E)_f$ est alors l'orbite de $f$ sous cette action, et l'application $f\mapsto \leq_f$ (qu'on noterait $f\mapsto f\cdot \leq$ si on pense en actions de groupes) est injective si et seulement si $\leq$ a un stabilisateur trivial, i.e. si $(E,\leq)$ n'a qu'un seul automorphisme (vérifier que le stabilisateur de $\leq$ est précisément le groupe des automorphismes de $(E,\leq)$), ce qui n'arrive pas en général.
On peut dire énormément de choses de cette action des bijections de $E$ sur $OT(E)$; par exemple si on s'autorise de la topologie, celle pour $E=\mathbb{N}$ satisfait une sorte de "propriété universelle"