Bonjour,
Voici un petit exercice :
Donner un exemple de bijection de [0, 1] sur [0, 1] discontinue en tout point.
On connait la fameuse fonction continue nulle part qui à tout x associe 1 si x est rationnel et 0 sinon, mais cette fonction n'est pas bijective.
Puisque l'ensemble des rationnels est dénombrable, pour construire une telle fonction, mon idée est d'associer à tout rationnel de ]0,1[ son succésseur et x, à tout irrationnel x.
Serait-ce correct ?
Dernière modification par invite7863222222222 ; 29/06/2008 à 11h11.
Bonjour jreeman,
C'est effectivement une très bonne idée que de définir différemment l'image du réel x suivant qu'il rationnel ou non. Il reste à mettre en forme.
Qu'entends-tu par successeur d'un rationnel ?Envoyé par jreeman
Bonjour jreeman,
Une autre idée :
x rationnel dans [0; 1/2] --> 1/2+x
x rationnel dans ]1/2; 1] --> -1/2+x
x irrationnel --> x
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Sans doute celui induit par la bijection considérée entre IN et les rationnels de [0; 1] ...
Dernière modification par Médiat ; 29/06/2008 à 11h29.
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Donc 0--> 1/2 et 1 --> 1/2.
Elle a une drôle de tête cette bijection.
]1/2; 1] --> 1-x me semble de meilleure composition.
Il suffit de définir une bijection sur les rationnels de [0,1] qui n'ait pas de point fixe, et l'identité sur les irrationnels.
Oui c'est exactement ce à quoi je faisais allusion, puisque les rationnels sont dénombrables cela signifie qu'il existe une bijection de Q dans IN, et donc il est possible de construire une bijection des rationnels de [0,1] vers une partie de IN.
Oui c'est vrai cela, il manque 0 --> 1 et 1 --> 0 dans la première proposition.Il suffit de définir une bijection sur les rationnels de [0,1] qui n'ait pas de point fixe, et l'identité sur les irrationnels.
Dernière modification par invite7863222222222 ; 29/06/2008 à 11h42.
Tu as raison
Dans ce cas 1-x sur les rationnels, mais est-ce qu'il n'y a pas un problème au point (1/2; 1/2) ?
Ma première idée, mais je la trouvais peu esthétique (ce qui est mieux que faux) :
0 --> 1/2
1/2-->0
Pour tous les autres rationnels (1-x)
et l'identité pour les irrationnels.
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Dans la "bijection" de Médiat, 1/2 a deux antécédents, et 0 n'en a pas...
Je la modifie en utilisant deux bijections, l'une de [0,1/2] dans [1/2,1], l'autre de ]1/2,1] dans [0,1/2[.
Pourquoi devrait-on avoir 0-->1 et 1--> 0 ?
il suffit de poser f(1) = 0
Je suis Charlie.
J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
Oui, mais la fonction successeur n'est pas bijective dedans lui-même, il vaudrait mieux utiliser une bijection entre
Bojuor Médiat,
Je ne pose pas x-->1-x sur les rationnels : cette bijection a un point fixe, 1/2, donc le prolongement par l'identité sur les irrationnels est continu en ce point...
Je modifie ta proposition :
x rationnel dans [0; 1/2] --> 1/2+x
x rationnel dans ]1/2; 1] --> 1-x
de façon à envoyer [0,1/2] dans [1/2,1], et ]1/2,1] dans [0,1/2[, de façon à obtenir une bijection sans point fixe sur les rationnels.
Ah oui, exact, ca ne va pas, c'est seulement 1 qui doit être envoyé vers 0 : avec la fonction sucesseur, 1 peut être l'image d'un rationnel. Et donc pour faire une bijection, 1 doit donc être envoyé vers 0.
Question plus difficile... : existe-il d'autres fonctions (bijectives, discontinues partout sur [0, 1]) que celles qui viennent d'être définies?
J'aimerai bien voir une preuve rigoureuse de cette histoire de bijection construite à partir de la fonction successeur...
Par raison de cardinalité, la réponse est oui.
Je conviens que ce n'est pas évident.
mais je veux bien tenter : les rationnels sont dénombrables donc les rationnels de [0, 1] aussi, donc il existe une bijection des rationnels de [0,1] avec IN. On appelle B cette bijection.
On définit la fonction successeur sur les rationnels de [0, 1] comme ceci : successeur(q) = B(succ(B-1(q))) où succ est la fonction successeur dans IN.
Mais on ne peut pas conclure en utilisant l'argument sur la composée d bijection car comme tu l'as fais remarquer succ n'est pas une bijection dans IN.
Bon je dois y aller mais on doit pas être loin, je pense, de pouvoir conclure sur cette démonstration non ?
Sinon, à mon retour, j'essayerai de proposer une fin de la preuve.
Bon bah j'ai pas réussi désolé.
En fait, pourrais-tu préciser ?Par raison de cardinalité, la réponse est oui.
J'essaie le coup de la bijection et du successeur :
On peut construire une bijection entre l'ensemble des rationnels compris entre 0 et 1 et une partie de IN de la façon suivante : à tout rationnel p/q, avec p<q et p différent de 0, on associe n=2p(2q+1).
C'est une injection par l'unicité de la décomposition en facteurs premiers. Pour que ce soit une bijection on se restreint à l'ensemble des nombres de la forme 2p(2q+1) avec p<q et p et q premiers entre eux.
Cet ensemble est ordonné et je peux donc considérer l'application successeur, puis prendre l'image inverse.
Par exemple je pars de 1/17 qui me donne n=70. Son successeur est 72 qui me donne en retour 3/4.
1/2 n'est le successeur d'aucun nombre. je prends donc pour ma bijection f(0)=1/2, f(1/2)=1 et f(1)=0.
Ca marche, non ?
Bonjour ericcc,
Quel est l'antécédent de 1/3 ?
Oups ! Par contre 1/4 a un antécédent : 1/3.
Est ce qu'on peut construire un "fix" avec un cycle 0->1/2->1/3->1->0 ?
pourquoi cela constitue une décomposition en facteurs premiers ?n=2p(2q+1).
C'est une injection par l'unicité de la décomposition en facteurs premiers
Une fois que tu as éliminé les puissances de 2, il ne reste qu'un nombre impair, qui s'écrit de manière unique sous la forme 2y+1
A partir du moment où on met un bon ordre sur les rationnels de [0,1], par bijection avec
C'est pourquoi je proposai de considérer une bijection entre les rationnels de [0,1] et
On peut aussi construire une bijection sur les rationnels de [0,1] comme "composée d'une infinité de cycles à supports disjoints " :
0 --> 1/2 --> 1 --> 0
1/3 --> 2/3 --> 1/3
1/4 --> 3/4 --> 1/4
...
1/n --> p1/n --> p2/n --> ... --> (n-1)/n --> 1/n
...
où 1/n, p1/n, p2/n, (n-1)/n est la suite, finie et croissante, des rationnels de [0,1] dont le dénominateur du représentant irréductible est n.
Reste à montrer la discontinuité en tout point de la bijection ainsi obtenue.
GB, j'ai du louper un truc : j'avais essayé de définir une bijection des rationnels de ]0,1[ avec un sous ensemble de IN. On lui donne un bon ordre, et donc un plus petit élément m. Ensuite on construit le cycle 0->m->1.
Ca marche là ?
Désolé j'avais mal compris votre message ericcc.
Dernière modification par invite7863222222222 ; 01/07/2008 à 14h43. Motif: Mauvaise compréhension du message de Ericcc
Ca ne peut pas marcher, parce que le suivant de m dans ton bon ordre n'a pas d'antécédent dès lors que tu poses f(m)=1.
Je suis peut-être passé sur quelque chose mais pourquoi pensez vous que s'il y a un point fixe pour la bijection alors la fonction est continue en ce point ?
Il faut reprendre la formulation exacte
A partir du moment ou l'on définit la bijection par l'identité sur les irrationnels, si
