Existence d'une bijection

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Auteur du sujet

Salut à tous,

je me suis demandé aujourd'hui si R et l'ensemble des fonction à valeurs réelles était en bijection. J'ai fait quelques recherches mais je n'ai rien trouvé. Est-ce que vous en avez déjà entendu parler?

Merci

PS : désolé je ne sais pas utiliser MathJax, du coup au passage est-ce que il existe un cours là dessus?

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Staff

Nope, ils ne le sont pas.

Parce que l'ensemble des fonctions à valeurs réels surjecte les parties de $\mathbf{R}$ et que ces dernières sont bien plus nombreuses que les éléments de $\mathbf{R}$.

Ce n’est pas en répétant « Hom, Hom », qu’on démontre des théorèmes sérieux - Siegel Mon Twitter

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Staff

De mémoire on peut montrer de manière générale qu'un ensemble et l'ensemble de ses parties ne sont pas en bijection.

La méthode doit ressembler à une diagonale de Cantor. Mais je suis pas bien sûr. N'importe quelle référence de logique devrait t'aider si tu cherches les détails.

Ce n’est pas en répétant « Hom, Hom », qu’on démontre des théorèmes sérieux - Siegel Mon Twitter

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Staff

Oui, il y a un Tuto : https://zestedesavoir.com/tutoriels/244/comment-rediger-des-maths-sur-zeste-de-savoir/

Pour ce qui est de R et des fonctions dans R, je ne sais pas s'il y a bijection. Les fonctions polynomiales, oui, mais les fonctions au total, je pense qu'on est plutôt en bijection avec les parties de R (a premières vue, c'est peut être faux ce que je dis).

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Staff

Un calcul heuristique donne

$$\mathbf{R}^\mathbf{R} = (2^\omega)^{2^\omega} = 2^{\omega 2^\omega} = 2^{2^\omega} = \mathcal{P}(\mathbf{R})$$

donc je dirais que y a de bonnes chances pour que ça soit en bijection avec les parties de $\mathbf{R}$. (D'ailleurs y a tet moyen de rendre ce calcul assez juste pour que ça soit une preuve)

Édité par Holosmos

Ce n’est pas en répétant « Hom, Hom », qu’on démontre des théorèmes sérieux - Siegel Mon Twitter

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Par contre le truc qui m'avait épaté c'est que l'ensemble des fonctions continues est en bijection avec R.
Parce qu'il suffit de connaitre les valeurs de la fonction dans Q, le prolongement par continuité dans R étant unique. Donc l'ensemble des fonctions continues est $\mathbf{R}^\mathbf{Q}$ et non $\mathbf{R}^\mathbf{R}$

Édité par Looping

Auteur du sujet

OK. Merci beaucoup. Du coup une autre question encore, puisque on peut créer une bijection de $\mathbb R$ vers $\mathbb R^{2}$, et vers $\mathbb R^{n}, n\in\mathbb N$ de même, Comment généralise t on à $\mathbb R^{\mathbb N}$?

Édité par Skodt

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Comprends-tu ce qu'a écrit Holosmos ? Tu peux essayer de t'en inspirer. Et sinon, ça revient au même : un réel peut être encodé par une suite infinie de zéros et de uns… essaie de faire pareil pour une suite de réels.

Édité par blo yhg

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Par contre le truc qui m'avait épaté c'est que l'ensemble des fonctions continues est en bijection avec R.
Parce qu'il suffit de connaitre les valeurs de la fonction dans Q, le prolongement par continuité dans R étant unique. Donc l'ensemble des fonctions continues est $\mathbf{R}^\mathbf{Q}$ et non $\mathbf{R}^\mathbf{R}$

Looping

Ah oui tiens ! :D J'avais jamais remarqué ça. C'est vrai que c'est joli. <3

OK. Merci beaucoup. Du coup une autre question encore, puisque on peut créer une bijection de $\mathbb R$ vers $\mathbb R^{2}$, et vers $\mathbb R^{n}, n\in\mathbb N$ de même, Comment généralise t on à $\mathbb R^{\mathbb N}$?

Skodt

Ça, on ne peut pas, comme le disait Holosmos. La preuve correcte n'est pas très longue, mais un peu fastidieuse à rédiger. Moralement, une il y a une différence centre prendre une puissance finie d'un ensemble, et en prendre une puissance dénombrable. $\mathbb R^n$ a le même cardinal1 que $\mathbb R$, mais $\mathbb R^{\mathbb N}$ a un cardinal strictement plus grand. ρττ a donné l'essentiel de l'argument : le développement en écriture décimale (ou binaire, ou n'importe quelle base) d'une suite de réels et un argument de type diagonale de Cantor te permettront de conclure.

Disclaimer (04/04/2016, 17 h 30) – En fait, il y a un doute sur la véracité de cet argument. La réflexion est engagée un peu plus bas.


  1. Avec toutes les précautions d'usage sur le sens du mot « cardinal » lorsque l'on manipule les ensembles infinis. 

Édité par c_pages

Staff

Heu il me semble que ces deux ensembles sont pourtant bien en bijection… Non ?

Je dirais même que

$$ |\mathbf{R}^\mathbf{N}| = (2^{\omega})^\omega = 2^\omega = |\mathbf{R}| $$

Édité par Holosmos

Ce n’est pas en répétant « Hom, Hom », qu’on démontre des théorèmes sérieux - Siegel Mon Twitter

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Sans faire de l'arithmétique cardinale, on peut encore plus ou moins expliciter des bijections à cette échelle-là. Il vaut cependant mieux s'armer de Cantor-Bernstein dans ce cas-là ; ça permet de passer outre pas mal de difficultés techniques — notamment des problèmes d'unicité dans l'argument du développement décimal évoqué plus haut.

En l'occurrence, c'est, je trouve, un exercice amusant que de chercher des bijections — ou du moins des injections — successives entre ces ensembles :

$$\mathbb{R}^\mathbb{N} \simeq \mathcal{P}(\mathbb{N})^\mathbb{N} \simeq \mathcal{P}(\mathbb{N} \times \mathbb{N}) \simeq \mathcal{P}(\mathbb{N}) \simeq \mathbb{R} $$

Ce qui répond d'ailleurs à la question posée ci-dessus.

Édité par Lucas-84

Auteur du sujet

Merci beaucoup, du coup je vais essayer de démontrer cela (quand j'aurais le temps !). D'ailleurs du coup dernière question, est-ce que vous connaissez un endroit où je peux en apprendre plus sur ce qu'à fait Holosmos (le calcul heuristique) ?

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Staff

Ce qui répond d'ailleurs à la question posée ci-dessus.

le problème, c'est que si on ne trouve que des injections, ça marche pas.

Ceci dit, une fois qu'on a fait le travail de trouver les injections, c'est assez simple de trouver une réciproque pour aller de $\matbf{R} \longrightarrow \mathbf{P(N)}$.

Il me semble que la bijection entre $\mathbf{P(N)} et \mathbf{P(N \times N)}$ semble connue (d'après mes souvenirs, mais ça commence à dater malgré tout). donc le plus dur reste de trouver les deux autres bijections.

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Ce qui répond d'ailleurs à la question posée ci-dessus.

le problème, c'est que si on ne trouve que des injections, ça marche pas.

Ceci dit, une fois qu'on a fait le travail de trouver les injections, c'est assez simple de trouver une réciproque pour aller de $\matbf{R} \longrightarrow \mathbf{P(N)}$.

Oui, en fait c'est bien Cantor-Bernstein qui nous permet de ne faire que des injections : si j'arrive à injecter $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ et $\mathbb{R}^\mathbb{N}$ dans $\mathbb{R}$, alors je suis assuré de l'existence d'une bijection entre ces deux ensembles.

En l'occurrence, il n'est pas trop difficile de se convaincre que $\mathbb{R}$ s'injecte dans $\mathbb{R}^\mathbb{N}$, il n'y a donc qu'un sens intéressant (gauche -> droite dans le message plus haut).

Il me semble que la bijection entre $\mathbf{P(N)} et \mathbf{P(N \times N)}$ semble connue (d'après mes souvenirs, mais ça commence à dater malgré tout). donc le plus dur reste de trouver les deux autres bijections.

artragis

On peut facilement déduire d'une bijection de $E$ dans $F$ une bijection de $\mathcal{P}(E)$ dans $\mathcal{P}(F)$ (prendre les préimages). Il suffit donc de montrer que $\mathbb{N}^2 \simeq \mathbb{N}$, ce qui correspond sans doute à tes souvenirs ! ;-)

Édité par Lucas-84

Staff

Merci beaucoup, du coup je vais essayer de démontrer cela (quand j'aurais le temps !). D'ailleurs du coup dernière question, est-ce que vous connaissez un endroit où je peux en apprendre plus sur ce qu'à fait Holosmos (le calcul heuristique) ?

Skodt

Bah un cours de logique assez classique aborde ce genre de choses. Moi j'ai suivi celui-là. Mais c'est d'un niveau d'abstraction assez élevé …

Ce n’est pas en répétant « Hom, Hom », qu’on démontre des théorèmes sérieux - Siegel Mon Twitter

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