Cardinalité de R

par **benekire2** » 05 Déc 2010, 15:41

Bonjour ,

Aujourd'hui en fouillant le net à la recherche d'informations sur la "dénombrabilité" j'ai trouvé pas mal de choses , entre autres l'ensemble P(N) des parties de N n'est pas dénombrable ( Théorème de Cantor ) et voilà une question qui m'embête , je ne sais pas par où commencé :

Montrer que R est P(N) sont équipotents .

Merci de votre aide :we:

par **Ben314** » 05 Déc 2010, 16:52

Salut.
Déja, R, ]0,1[ et [0,1] ont même cardinal (pourquoi ?)
Ensuite, peut être qu'en écrivant les réels de [0,1] en base 2....

par **ffpower** » 05 Déc 2010, 16:56

Y'a quand même un petit probleme technique sur les développements propres/impropres si on tient vraiment à avoir un truc bijectif..

par **benekire2** » 05 Déc 2010, 17:06

Ben314 a écrit:Salut.
Déja, R, ]0,1[ et [0,1] ont même cardinal (pourquoi ?)
Ensuite, peut être qu'en écrivant les réels de [0,1] en base 2....

Re,

Donc , on trouve une bijection affine entre ]0,1[ et ]-1,1[ et on utilise la bijectivité de la fonction tangente hyperbolique de ]-1,1[ sur R ; et cantor bernstein permet de montrer qu'il existe une bijection de ]0,1[ dans [0,1]

Je vais rfléchir à l'écriture en base 2 .

Merci.

par **Ben314** » 05 Déc 2010, 17:38

ffpower a écrit:Y'a quand même un petit probleme technique sur les développements propres/impropres si on tient vraiment à avoir un truc bijectif..

O.K., tu n'as pas directement une bijection MAIS, ça te donne façilement des injections dans les deux sens...

par **benekire2** » 05 Déc 2010, 17:49

Ben314 a écrit:O.K., tu n'as pas directement une bijection MAIS, ça te donne façilement des injections dans les deux sens...

Oui des injection dans les deux sens ça me suffit

Donc je réfléchis encore

par **Nightmare** » 05 Déc 2010, 18:45

Salut,

autrement, on peut toujours passer par l'intermédiaire

équipotent à P(N) et à R

par **benekire2** » 05 Déc 2010, 18:57

Nightmare a écrit:Salut,

autrement, on peut toujours passer par l'intermédiaire équipotent à P(N) et à R

Salut Jord !

Donc, j'ai ma bijection de 2^N sur P(N) , il me reste a trouver celle de 2^N sur R ou de manière équivalente comme ben semble le suggéré , une injection de 2^N dans [0,1] et une injection de [0,1] sur 2^N

par **Ben314** » 05 Déc 2010, 19:08

Vu la "simplicité" de la bijection de P(N) sur 2^N, je pense pas que ça apporte grand chose de bien nouveau : ça change un soupson la rédaction, mais c'est tout....

Que peut tu me dire des fonctions suivantes :
f : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-a-1)
g : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-2a+1) {ou bien 3^(-a-1)}

par **benekire2** » 05 Déc 2010, 19:24

Ben314 a écrit:Vu la "simplicité" de la bijection de P(N) sur 2^N, je pense pas que ça apporte grand chose de bien nouveau : ça change un soupson la rédaction, mais c'est tout....

Que peut tu me dire des fonctions suivantes :
f : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-a-1)
g : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-2a+1) {ou bien 3^(-a-1)}

La première est injective et la deuxième est surjective, on a donc ce que l'on veut. :we:

Merci !

EDIT. Enfin l'inverse je voulais dire, la première surjective, la deuxième injective.

par **Nightmare** » 05 Déc 2010, 20:23

Ben314 a écrit:Vu la "simplicité" de la bijection de P(N) sur 2^N, je pense pas que ça apporte grand chose de bien nouveau : ça change un soupson la rédaction, mais c'est tout....

Que peut tu me dire des fonctions suivantes :
f : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-a-1)
g : P(N)->[0,1] ; A -> somme pour a dans A des 2^(-2a+1) {ou bien 3^(-a-1)}

j'ai dit "autrement" et non "il vaut mieux faire ainsi" :lol3:

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