Inscription / Connexion Nouveau Sujet
bijection de R dans C
Bonjour,
je suis à la recherche d'un exemple d'une bijection de R dans C.
Bonjour. Tu conviendras qu'il suffit de trouver une bijection de R dans R².
Il y a probablement plus simple, mais je vais te donner un exemple qui marche. Je ne rédige pas complètement, mais tu auras l'idée.
Tout d'abord, on va exhiber une bijection f de [0,1[ dans [0,1[².
pour tout decimal x s'écrivant 0,a1 a2 a3 a4... dans son développement décimal propre. On pose
f(x) = (0,a1 a3 a5 ... a(2n+1) ... , 0,0 a2 a4 ... a(2n) ...)
f est clairement bijective, je te laisse le soin de le vérifier.
De la même façon on peut construire une bijection fn de [n,n+1[dans n'importe quel carré de la forme [p,p+1[ x [q,q+1[.
de plus, comme N² est dénombrable, on peut trouver une bijection g de N dans N².
Par conséquent à l'ensemble des [n,n+1[ on peut associer de facon bijective l'ensemble des [p,p+1[ x [q,q+1[.
Par conséquent on peut paver de façon surjective de plan à partir de R.
On a donc trouvé une bijection de R dans R².
Je suis un peu tardif, mais l'application f qui partage les décimales n'est pas bijective.
En effet, le réel 0,9090909... aurait pour image le couple (0,9999... ; 0), c'est à dire le couple (1;0).
Or, ce couple est déjà l'image de 0,1. Contradiction.
En fait non, 0,90909... admet comme image (1,0) mais n'appartient pas à [0,1[x[0,1[ du coup, mais on pourrait reprendre ce que j'ai dit avec le nombre 0,0090909... .
Si vous avez d'autres idées pour construire une bijection explicite n'hésitez pas, je suis très intéressé par la question !
Bonjour,
En fait on peut bidouiller un peu pour avoir une bijection explicite avec ce principe.
Si on ne considère que les couples qui sont les images de deux réels différents, on peut établir en faisant un choix deux bijections entre cet ensemble de couples et deux sous-ensembles de [0,1[. Il suffit de "fusionner" ces deux bijections, par exemple en ramenant les réels du premier ensemble dans [0,0.5[ et les autres dans [0.5,1[. Le reste des couples ne posant pas de problème, on a bien une bijection de [0,1[ dans [0,1[².
Bonjour,
Je ne comprends pas ce que vous entendez par "fusionner"
Et en ramenant un réel problématique à [0;0,5[ (en divisant par deux j'imagine) comment être certain qu'on ne tombera pas sur un réel non problématique ?
C'est plus simple en pensant en base 2 :
Si je rajoute un 0 ou un 1 en première position dans l'écriture en base 2 d'un réel problématique j'ai toujours un réel problématique et c'est comme ça que je différencie les deux cas.
Ah d'accord, je crois comprendre mais je ne suis pas sûr que cela permette d'obtenir une bijection car les deux réels qui avaient la même image auront toujours la même image après passage dans [0;0,5[ et dans [0,5;1[, et même si c'était le cas, la bijection ne serait sans doutes pas explicite car votre construction fait appel à l'axiome du choix (pour construire les deux sous-bijections).
Je me suis trompé de sens, c'est un peu plus compliqué que ce que j'affirmais au départ :
Prenons f : (0,x1x3...;0,x2x4...) -> 0,x1x2x3...
Ceci est injectif mais pas surjectif, il manque les réels problématiques qui ont des 1 tous les deux rangs à partir d'un certain rang.
Considérons l'ensemble des couples dont le membre de gauche a une écriture en base 2 finie et est non nul. Une écriture alternative avec une infinité de 1 est possible, on va donc définir g qui prend les même valeurs que f sauf sur ce sous-ensemble, g : (0,1x1
x3...0000...;0,x2x4...) -> 0,x1x2x3...0x2n0...
et g : (0,0x1
x3...0000...;0,x2x4...) -> 0,x'1x2x'3...1x2n1...
avec 0,x'1x'3...1111... l'écriture alternative de 0,x1x3....
En faisant la même chose sur la deuxième composante du couple on obtient une nouvelle fonction h.
Il faut parcontre faire attention au cas où les deux composantes ont une écriture finie, en effet on appliquant ce qu'on vient de dire si les premiers chiffres des composantes sont 1 alors on obtient une écriture impropre.
Pour régler ce problème on constateque les images d'écriture finie ont nécéssairement pour antécédent un couple de nombres tous deux d'écriture finie dont le premier chiffre est le même et donc on fera commencer l'image par ce même chiffre.
Vous m'excuserez si il y a des erreurs, c'est un peu fastidieux comme exercice. Pour mieux cerner l'idée regardez la preuve d'équipotence entre 
et P(
) qui est un cas plus simple (celle qui n'utilise pas Cantor-Bernstein). Pas besoin de l'axiome du choix d'ailleurs.
Il vaut mieux dire " bijection de E sur F " que " bijection de E dans F " .
Soient b un entier > 1 , S l'ensemble des suites u : * 
[|0 , b-1|] et T = { u 
S | 
p * 
q tel que q > p et u(q) 
b-1} .
On montre que :
.. l'application s : u 
u(n)/bn réalise une bijection de T sur ]0 , 1[ .
..S est non dénombrable tandis que S \ T est dénombrable ; d'où il résulte que S et T sont équipotents ( càd qu 'il existe au moins une bijection de S sur T )
Ainsi S et ]0 , 1[ sont équipotents .
Comme f : x tan(
(2x - 1)/2) est bijective de ]0 , 1[ sur , S et sont équipotents .
Maintenant si w S on définit g(w) = (u,v) : x (w(2n-1), w(2n)) .
g est bijective de S sur S²
Il ne reste plus qu'à montrer que S² et ² sont équipotents pour voir que et ² sont aussi équipotents , ce que tu voulais démontrer ..
Je cherchais plutôt à trouver de façon explicite une bijection entre R et C, pas seulement montrer qu'il en existe une (je le savais déjà 
)
En gros, obtenir ce qu'un mathématicien intuitionniste essaierait de faire, sans me prétendre intuitionniste et encore moins mathématicien évidemment.
Au passage vous auriez vu laisser 10 au lieu de b, ça aurait un peu accéléré la compréhension 
Schtromphmol : ce que vous avez proposé a l'air bon vu de loin, je vous au tiens au courant de ce que j'en pense, merci !
Bonsoir,
Je me permet d'intervenir à nouveau pour parler d'autres façons explicites de construire la bijection :
Méthode 1 : En passant par P(N) pour moins de bidouillage sur l'écriture en base 2.
Étape 1 : On construit 
: [0,1[ -> P(N) bijective (résultat connu)
Soit f : [0,1[ -> P(N) qui à 0,x1..xn.. (en base 2) associe la partie de N qui contient n ssi xn = 1. f est injective mais f([0,1[) ne contient pas les parties cofinies de N.
Alors : 0,x1..xn.. -> f(0,x2..xn..) si (xn)nN est de support fini et x1 = 0,
N - f(0,x2..xn..) si (xn)nN est de support fini et x1 = 1,
f(0,x1..xn..) sinon.
En plus -1 s'écrit bien.
Étape 2 : On construit 
: P(N) -> P(N)xP(N) bijective (facile)
: E -> (
(E), 
(E)),
: E -> {n N, 2n E},
: E -> {n N, 2n+1 E},
-1 : (A, B) -> 
(A) U 
(B),
: A -> {2n, n A},
: B -> {2n+1, n B}.
Méthode 2 :
Soient E et F deux ensembles et f:E→F et g:F→E deux applications injectives. Le théorème de Cantor-Bernstein affirme l'existence d'une bijection de E sur F. Une démonstration possible est la construction "explicite" de l'application de la manière suivante:
Soit A0 le complémentaire de g(F) dans E. Pour n entier strictement positif on pose An=g∘f(An−1) et on pose A=Un∈NAn.
Pour x∈A on pose h(x)=f(x); si x∉A, on a x∈g(F) , et on pose h(x)=y où y est l'unique antécédent de x par g .
On prouve (on recommande chaudement à ceux qui découvrent cette histoire de le faire) que h est bijective.
Dans notre cas je crois qu'on avait pas trop de problèmes pour trouver des injections. Le petit soucis avec ça puisqu'on parle d'intuitionnisme c'est que la preuve que h est bijective utilise le principe du tiers exclu.
En gros, obtenir ce qu'un mathématicien intuitionniste essaierait de faire, sans me prétendre intuitionniste et encore moins mathématicien évidemment.
J'aurai plutôt dit ça comme ça :
En gros, obtenir ce qu'un mathématicien intuitionniste essaierait de faire, sans me prétendre mathématicien et encore moins intuitionniste évidemment.
Tu pourras trouver un autre topic sur le sujet ici :
Bijection explicite de R² sur R
Annuler
connectez vous
algèbre en post-bac