Equipotence de R et P(N)

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metamasterplay
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Equipotence de R et P(N)

par metamasterplay » 23 Nov 2009, 20:58

Bonjour,

Dans une séance de cours, notre professeur nous lâche une petite bombe: et P() ont même puissance au sens de cardinalité. ça m'est paru étrange vu que je me suis plutôt habitué au topologique "tout puissant" avec sa continuité, complétude, etc... et P(), bah ça reste des entiers et donc du discret. Bref, disons que ça a été suffisant pour attiser ma curiosité :p.

Dans une première approche, on peut remarquer que chaque réel possède une écriture décimale, soit un ensemble de couples avec le rang et chiffre (compris entre 1 et 9). Cependant il y a certaines problèmes qu'il faut surmonter:
1/ Une telle application va vers x[(1,9)]), il faut donc se débarrasser de en réduisant l'intervalle de au minimum: On passe à l'écriture binaire.
2/La non-unicité du développement décimal: il suffit de prendre l'écriture minimale, qui quant à elle est unique.
3/ est relatif: On raisonne sur une intervalle où r est positif vu que est bijectable avec toute intervalle de .

Je vais donc raisonner seulement sur l'intervalle [0,1[ vu que s'y ramène moyennant des inversions.
Soit donc:

Si
On prend:
Qui n'est autre que l'écriture minimale de (par analogie: 0,9=1)

On définit donc notre fonction:

{}

Cette application est injective:
Pour et
(le principe même d'une base).
Par contre-apposée:

Donc:

Donc:

L'application est aussi surjective:
Pour {}
est un antécédent de .

L'application est donc bel et bien bijective.
et P() ont donc même puissance au sens de cardinalité.

Place maintenant aux questions:
1/Le charabia que j'ai écrit est-il compréhensible?
2/Si oui, est-il correct?
3/Puisque est "un cran" supérieur à au sens de puissance, est-ce-que on a plus généralement pour tout ensemble infini , ?
4/Peut-on de même exhiber une bijection entre et , l'ensemble des fonctions continues sur , parce que et P(), ça va un peu, mais de là à réduire toute une fonction en un réel...
Merci d'avance.



Doraki
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par Doraki » 23 Nov 2009, 21:31

Ta fonction de [0;1[ dans P(N) est injective, oui, mais pas surjective, vu que t'as décidé que f(1/2) = {1} et pas {2,3,4,...}.
(d'ailleurs faudrait que les indices commencent à 0).
Enfin bon, c'est pas super grave.

Ensuite, cardinal(N) = cardinal(R) + 1 c'est l'hypothèse du continu, qui est indépendante de la théorie des ensembles usuelles : On ne peut pas le prouver ni l'infirmer (et puis déjà va donc définir le "+1" en toute propreté hein).
On a que cardinal(E) < cardinal(P(E)) mais on peut pas savoir si il y a des trucs entre.

Et pour finir, oui, l'ensemble des fonctions continues de R dans R est équipotent à R.

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Ben314
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par Ben314 » 23 Nov 2009, 21:50

Pour le coté "discret" de P(N), méfie toi....(déja, tout dépend de la topologie).
Si on veut comparer P(N) et R on peut chercher une structure algébrique qu'ils ont tout les deux... tient, par exemple la relation d'ordre ("inférieur ou égal" pour R et "inclu" pour P(N)). Et bien, tient toi bien, il existe une partie de P(N) qui, munie de l' ordre "inclusion" est en bijection avec l'intervalle [0,1].... (pour moi cela signifie que cette partie de P(N) n'est absoluement pas discréte...)

Dans la suite, fait attention, si on n'utilise que des fonctions continues, R est en bijection avec ]0,1[ mais pas avec [0,1[

Pour les "Question" :
1) c'est compréhensible
2) Pas tout à fait correct (voir Doraki ci dessus) et dans la rédaction de la surjectivité, tu rédige comme si toutes les parties de N étaient finies.
3) Sur le "un cran supérieur", il y a un B.P dés le début : qu'est ce qui te dit qu'il n'y a pas des ensemble "plus gros" que N et "plus petit" que R ?
(c'est l'"hypothèse du continu" dont parle Doraki
4) Comme pour N et P(N), on peut montrer qu'il n'y a jamais de bijections entre un ensemble X et l'ensemble de ces parties P(X).
On peut en particulier en dédire qu'il y a strictement plus de (fonction
de R dans R) qu'il n'y a de réels.
Par contre il n'y a pas plus de (fonctions continues de R dans R) qu'il n'y a de réels. Cela vient du fait que, pour connaitre une fonction continue, il suffit de la connaitre sur les quotients et que les quotients sont "peu nombreux" bien qu'ils soient dense.

P.S. Désolé pour les redondances avec Doraki, quand j'ai commencé à écrire sont post n'était pas encore là...
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ffpower
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par ffpower » 23 Nov 2009, 22:02

Ben314 a écrit:Et bien, tient toi bien, il existe une partie de P(N) qui, munie de l' ordre "inclusion" est en bijection avec l'intervalle [0,1]....

J ai pas compris cette phrase. Est ce que tu veux parler d une injection de R dans P(N) qui préserverait l ordre?Car,ca,c est manifestement faux.On obtiendrait sinon une partie de P(N) totalement ordonnée indénombrable, pas possible..

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Ben314
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par Ben314 » 23 Nov 2009, 22:13

Oui, je parle d'une bijection croissante de [0,1] sur une partie de P(N)

Et cela permet d'exhiber une partie de P(N) totalement ordonnée non dénombrable... (étonant, non)
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par ffpower » 24 Nov 2009, 01:27

Bon j arrive pas a trouver de preuve la de suite que c est pas possible, mais je refuse de croire que c'est possible de faire ca lol..

mathelot

par mathelot » 24 Nov 2009, 06:25

bonjour,

glosons...

Gödel a construit un modèle pour la théorie des ensembles où
l'hypothèses du continu est vraie.

P.Cohen a montré en 1963 que l'hypothèse du continu
( le cardinal suivant E est P(E))
était indémontrable dans ZF en construisant un modèle
où elle était fausse.


Depuis lors, les choses ont évolué içi

Doraki
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par Doraki » 24 Nov 2009, 08:42

ffpower :
On prend une bijection f entre une partie dense dénombrable de [0;1] et N.
On prend alors F : [0;1] -> P(N) définie par
F(x) = l'ensemble des n tels que n = f(y) et y

mathelot

par mathelot » 24 Nov 2009, 09:52

Ben314 a écrit:Oui, je parle d'une bijection croissante de [0,1] sur une partie de P(N)

Et cela permet d'exhiber une partie de P(N) totalement ordonnée non dénombrable... (étonant, non)




i , strictement croissante, injecte ([0;1],<) dans .

remarque en effet, la suite ,
est dense dans [0;1] ,ie, tout intervalle ouvert contient un terme de cette suite. l'application est donc strictement croissante de:



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Ben314
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par Ben314 » 24 Nov 2009, 10:14

mathelot a écrit:

i , strictement croissante, injecte ([0;1],<) dans .


Trés joli !!!
La preuve que je connaissait (classique) est celle de doraki que l'on peut rendre "constructive" en utilisant les diadiques dans [0,1] et les congruences modulo les 2^n dans P(N) mais, c'est beaucoup moins joli.

Remarque : en réfléchissant, la "preuve style doraki" permet de voir qu'il y a une infinité non dénombrable de telles fonctions et je pense, (mais j'ai la flemme de vérifier) qu'on peut montrer qu'il y a une infinité non dénombrable de parties de P(N) en bijections croissante avec [0,1].

Question : il me semble que, dans le treillis P(N), on peut aussi trouver une partie non dénombreble "horizontale" c'est à dire telle que deux éléments distincts ne soient jamais comparable.
Ca dit quelque chose à quelqu'un ?
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mathelot

par mathelot » 24 Nov 2009, 10:45

réciproquement,






injecte dans
avec croissance stricte

ffpower
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par ffpower » 25 Nov 2009, 01:10

effectivement,c était tout con en plus..et pourtant tellement contre intuitif^^
Pour ton autre question Ben,je connais un énoncé plus fort:on peut trouver une famille indénombrable d éléments de P(N), d intersections 2 a 2 finie..

 

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