Homeomorphisme entre suites réelles denses
Publié : 08 mars 2021 15:16
Bonjour, je cherche l'exercice suivant :
$ f: a_0\mapsto b_0 $ et pour $n>0$, $f:a_n\mapsto b_m$ où $m=min\{k\in \mathbb N: |b_k-f(a_i)|\le d\} $ où $d=d(a_n,(a_0,\dots,a_{n-1})=d(a_n,a_i)$ pour un certain $i$, et où le minimum est pris sur les entiers $k$ tels que $ b_k $ n'a pas encore été atteint.
Ainsi $ f $ est injective, elle est $1$ lipschitzienne, donc continue sur $A$.
Pour $x\in \mathbb R$, $x$ est adhérent à $A$ et $\underset {a\rightarrow x, a \in A} {lim} f(a)$ existe. En effet, par caractérisation séquentielle, on prend $a_{\phi(n)}\rightarrow x$, alors en particulier cette suite est de Cauchy, et donc on a clairement que $(f(a_{\phi(n)}))$ est aussi de Cauchy donc converge. Si on prend une autre suite à valeurs dans $A$ qui converge vers $x$, il suffit de les entrelacer pour avoir qu'elles ont même limite.
On peut ensuite prolonger $f$ en une application continue de $\mathbb R$ sur $\mathbb R$.
Il me manque juste la surjectivité, je pense que ma condition de distance était trop demandante, mais sinon je ne vois pas trop comment montrer la continuité de $f$, mais surtout que $f$ admet une limite en tout réel, ce qui est la condition sine qua non pour qu'elle admette un prolongement continu sur $\mathbb R$ si je ne m'abuse.
Enfin, si jamais $f$ était bijective, on pourrait montrer que $f^{-1}$ est continue ainsi : on se donne $y\in \mathbb R$, en restreignant $f$ sur un compact $K$ tel que $f(K)$ soit un voisinage de $y$, on a immédiatement la restriction de $f$ bicontinue, car continue bijective depuis un compact. Ainsi $f^{-1}$ continue en $y$.
Auriez-vous quelques idées ? Merci d'avance !
Après pas mal de recherches, mon meilleur candidat est l'application définie par récurrence :Soit $(a_n),(b_n)$ deux suites réelles denses et injectives. Trouver un homéomorphisme de $\mathbb R$ sur $\mathbb R$ qui envoie $A=\{a_n\}$ sur $B=\{b_n\}$.
$ f: a_0\mapsto b_0 $ et pour $n>0$, $f:a_n\mapsto b_m$ où $m=min\{k\in \mathbb N: |b_k-f(a_i)|\le d\} $ où $d=d(a_n,(a_0,\dots,a_{n-1})=d(a_n,a_i)$ pour un certain $i$, et où le minimum est pris sur les entiers $k$ tels que $ b_k $ n'a pas encore été atteint.
Ainsi $ f $ est injective, elle est $1$ lipschitzienne, donc continue sur $A$.
Pour $x\in \mathbb R$, $x$ est adhérent à $A$ et $\underset {a\rightarrow x, a \in A} {lim} f(a)$ existe. En effet, par caractérisation séquentielle, on prend $a_{\phi(n)}\rightarrow x$, alors en particulier cette suite est de Cauchy, et donc on a clairement que $(f(a_{\phi(n)}))$ est aussi de Cauchy donc converge. Si on prend une autre suite à valeurs dans $A$ qui converge vers $x$, il suffit de les entrelacer pour avoir qu'elles ont même limite.
On peut ensuite prolonger $f$ en une application continue de $\mathbb R$ sur $\mathbb R$.
Il me manque juste la surjectivité, je pense que ma condition de distance était trop demandante, mais sinon je ne vois pas trop comment montrer la continuité de $f$, mais surtout que $f$ admet une limite en tout réel, ce qui est la condition sine qua non pour qu'elle admette un prolongement continu sur $\mathbb R$ si je ne m'abuse.
Enfin, si jamais $f$ était bijective, on pourrait montrer que $f^{-1}$ est continue ainsi : on se donne $y\in \mathbb R$, en restreignant $f$ sur un compact $K$ tel que $f(K)$ soit un voisinage de $y$, on a immédiatement la restriction de $f$ bicontinue, car continue bijective depuis un compact. Ainsi $f^{-1}$ continue en $y$.
Auriez-vous quelques idées ? Merci d'avance !