Bonjour,
    Ne connais tu pas  la "numération en base 2 " ?

oui mais je crois qu il faut démontrer la bijection sans se référer au système de numération

bonjour,

Citation :
on note P_f(N) l'ensemble des parties finie de N
l'application D de N  vers N quia appartient à A

Si et
et

1) Que se passe-t-il si je divise cette égalité par ?
2) À quelle condition puis-je la diviser par ? Est-il possible qu'elle ne soit pas satisfaite ? (réponse : non)
3) Conclusion et

J'ai oublié de préciser que et sont pairs. Tu peux même si tu veux supposer que ce sont des puissances de 2

oui si on divise par
on aura si l_1 est différent de l-2  un nombre pair  egal un nombre impair contradiction
mais comment rédiger tout ça?

pardon M. Ulmiere
j'ai oublié de demander comment tu as choisis l1 et l2

On considère deux parties finies et . On peut les écrire et avec et

On suppose que , c'est-à-dire que



Quitte à intervertir les rôles de et , on peut supposer sans perte de généralité que


Je te propose deux méthodes de résolution de l'exercice.

Méthode 1 :
est divisible par et égal à , donc est divisible aussi par . D'où et donc leur égalité. Par récurrence (immédiate) basée sur cette initialisation, et pour tout , . Note que j'occulte une difficulté : il peut y avoir besoin d'intervertir plusieurs fois les rôles de A et B. C'est ce qui fait qu'on finit par avoir l'égalité entre n et m, mais je t'encourage à essayer de le rédiger.


Méthode 2 :
Comme D(A) et D(B) sont des sommes de puissances de 2, ce sont en particulier des réels strictement positifs.
SAUF bien sûr quand A ou B est vide. C'est un cas à part : 0 est le seul entier qui s'écrive comme la somme de zéro puissances de deux...

Puisque , on a aussi .
On recommence ensuite l'opération avec pour en déduire que .
A chaque fois, l'égalité des parties entières des logs en base 2 nous dit que les deux réels comparés ont le même nombre de chiffres, c'est à dire qu'il reste le même nombre de chiffres () à traiter. Au bout de la récurrence on a bien et pour tout , i.e .




Remarque : le nombre de chiffres en base b d'un entier p est .
Parce que p a k chiffres ssi ssi ssi

Correction:
Quitte à intervertir les rôles de A et B, on peut supposer sans perte de généralité que

merci infiniment cher ami
la deuxième méthodes m(apparait plus facile

j ai pas bien compris ce passage

bonjour,
n'est pas une bijection car 0 n'a pas d'antécédent
il faut donc que l'ensemble d'arrivée soit N* on a  D({0})=1.
On peut démontrer que D est bijective en montrant que tout n de N* possède un antécédent unique.

remarquons que on peut ranger les éléments de A qui sont tous distincts dans l'ordre croissant
l'ensemble des constitue une partition de N*

Par récurrence

hypothèse de récurrence
Si possède un antécédent unique A dans alors tout n possède un antécedent unique A' dans

initialisation
comme possèdent un unique antécédent , 2=D({1}) ,3=D({0;1})

Supposons l'hypotèse vraie pour
,on a donc et
  possède un unique antécédent A et n possède A'=A U {n}  comme unique antécedent

merci beaucoup DOMOREA
    je retiens cette méthode, elle est intéressantes

salut

la méthode Ulmiere est pourtant simple ... même si je la trouve compliquée dans sa formulation ce me semble-t-il !!

soient A et B deux parties finies ayant même image n par la fonction f

donc    et  

notons p = Min A et q = Min b alors :



si alors il est aisé de montrer qu'on arrive à l'égalité  : pair = impair

donc p = q

et par récurrence descendante on considère alors l'entier

et on recommence ...

N est minoré donc cette récurrence s'arrête et montre alors que A = B ...

  merci carpediem
    c' est encore plus simple

de rien



bien entendu il faut fignoler la rédaction et entrer dans les détails !!

dans le raisonnement de DOMOREA  
il dit que d est une bijection de [tex]
_{f}(N)\rightarrow N^* ; /tex]

excusez le message précèdent voila ce que je voulais écrire
dans le raisonnement de DOMOREA  
il dit que D est une bijection de
EN REALITE C ERTS VERS N
car D(ensemble vide)=0