Ensemble des bijections d'un ensemble dans lui-même

Soit $E$ un ensemble. On note $\mathfrak S(E)$ l'ensemble des bijections de $E$ dans lui-même (voir article sur les fonctions). 

La composition des fonctions notée $\circ$ définit une loi interne sur $\mathfrak S(E)$. En effet, nous avons la propriété suivante :

Propriété 1. 

Si $f$ et $g$ sont des bijections de $E\longrightarrow E$, alors $f\circ g$ est une bijection $E \longrightarrow E$.

De plus $(f\circ g)^{-1}=g^{-1}\circ f^{-1}$.

Démonstration. 

 Soit $f,g$ des bijections $E\longrightarrow E$. Nous allons montrer que $f\circ g$ est injection et une surjection.

1) Supposons que $f\circ g(x)=f\circ g(y)$ pour $x,y$ des éléments de $E$. 

Alors $f(g(x))=f(g(y))$ implique $g(x)=g(y)$ car $f$ est injective. 

Comme $g$ est injective, $x=y$. 

Ainsi $f\circ g$ est injective.

2) Soit $z$ un élément de $E$. 

Comme $f$ est surjective, il existe un élément $y\in E$ tel que $f(y)=z$, de plus $y=f^{-1}(z)$. 

Commme $g$ est surjective, il existe un élément $x\in E$ tel que $g(x)=y$, et cet élément est $x=g^{-1}(y)$.

On a $f\circ g(x)=f(g(x))=f(y)=z$. 

$f\circ g$ est donc surjective.

3) Etant injective et surjective, $f\circ g$ est bijective. Sa réciproque $(f\circ g)^{-1}$ est l'unique fonction $E\longrightarrow E$ telle que pour tout $x,z\in E$, on a l'équivalence 

$$(\ast) \ \ \ \ \ x=(f\circ g)^{-1}(z) \Longleftrightarrow \left(f\circ g\right)(x)=z$$

Notons $h=g^{-1}\circ f^{-1}$. $h$ est une bijection de $E \longrightarrow E$ car composée de telles bijections. 

Nous allons montrer que $h=(f\circ g)^{-1}$ en montrant que pour tout $z\in E$, $h(z)=(f\circ g)^{-1}(z)$. 

Soit donc $z\in E$ et soit $x$ tel que $\left(f\circ g\right)(x)=z$. (D'après $(\ast)$, $x=(f\circ g)^{-1}(z)$.) 

$$h(z)=g^{-1}\circ f^{-1}(z)=g^{-1}\circ f^{-1}\left(f\circ g(x)\right)=g^{-1}\left(f^{-1}\left(f\left(g(x)\right)\right) \right)=g^{-1}(g(x))$$

car pour tout $y\in E$, $f^{-1}\left(f\left(y\right)\right)=y$ (ici $y=g(x)$).

Donc $$h(z)=g^{-1}(g(x))=x$$

car pour tout $x\in E$, $g^{-1}(g(x))=x$.

Ainsi, $h(z)=x=(f\circ g)^{-1}(z)$.

Ceci étant vrai pour tout $z\in E$, on en déduit que $(f\circ g)^{-1}=g^{-1}\circ f^{-1}$.

Aussi, la composition est une loi associative. En effet si $f,g,h$ sont trois bijections $E \longrightarrow E$, alors  pour tout $x\in E$, on a 

$$(f\circ g)\circ h (x)=(f\circ g)(h (x))=(f(g(h (x))))=f(g\circ h(x))=f\circ (g\circ h)(x)$$

D'où $(f\circ g)\circ h=f\circ (g\circ h)$.

Pour la loi $\circ$, la bijection $x\longmapsto x$ notée $\textrm{id}_E$ est un élément neutre car pour tout $f\in \mathfrak S (E)$ et pour tout $x\in E$ : 

$$f\circ \textrm{id}_E (x)=f(\textrm{id}_E(x))=f(x)=\textrm{id}_E(f(x))=\textrm{id}_E\circ f(x)$$

d'où $f\circ \textrm{id}_E=\textrm{id}_E\circ f$.

Nous avons démontré la propriété suivante.

Propriété 2.  

$(\mathfrak S(E),\circ)$ est un groupe.

L'égalité $(f\circ g)^{-1}=g^{-1}\circ f^{-1}$ aurait pu n'être montré qu'ici car c'est propriété vraie dans tout groupe.  

En général, $(\mathfrak S(E),\circ)$ n'est pas un groupe commutatif, il suffit pour cela de considérer l'ensemble $E=E_n=\left\{1,2,\ldots,n \right\}$ (avec $n\geq 3$) comme nous le verrons dans un article ultérieur.