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Pour ajouter ma pierre à l'édifice, je dirais même que deux intervalles réels (bornés ou non) sont toujours en bijection (si on exclut l'intervalle vide et les singletons) ; autrement dit, quels que soient les intervalles que tu prends, ils ont le "même infini" d'éléments (on dira en fait carrément qu'ils ont le même nombre d'éléments).

La démonstration du résultat ci-dessus est assez jolie, j'incite les éventuels curieux de passage ici à la tenter (en n'hésitant pas à utiliser les petits résultats triviaux, la preuve prend quelques lignes à peine !)

Sinon, la question que tu t'es posée est toute légitime en effet, et c'est une belle marque de maturité mathématique que d'en être arrivé à se demander cela.

et pour répondre aussi au souci de départ de ""classer" les cardinaux d'ensembles infinis, une des réponses est la suite des alephs.
http://fr.wikipedia.org/wiki/Aleph_%28nombre%29

thom's a écrit :Pour ajouter ma pierre à l'édifice, je dirais même que deux intervalles réels (bornés ou non) sont toujours en bijection (si on exclut l'intervalle vide et les singletons) ; autrement dit, quels que soient les intervalles que tu prends, ils ont le "même infini" d'éléments (on dira en fait carrément qu'ils ont le même nombre d'éléments).

Si je puis me permettre, après y avoir réfléchi, j'ai l'impression d'avoir trouver un truc...

Soit $ f : I \rightarrow I' $ qui a $ x $ associe $ f(x) $.
Soit $ y \in I' $, posons $ x=f^{-1}(y) $, on a donc $ f(x)=f(f^{-1}(y))=y $ donc f est surjective.
Soit $ (x,y) \in I^2 $, supposons que $ f(x)=f(y) $, il faudrait que je trouve une manière d'arriver à $ x=y $ pour démontrer que $ f $ est injective.
Par conséquent, $ f $ étant injective et surjective, elle correspond donc bien à une bijection de $ I $ dans $ I' $

Je sens bien que le problème est plus ou moins hors de ma porté, et qu'il doit y avoir énormément d'erreur dans ce que j'ai écris... Mais je tente, pour ne pas garder des idées fausses !

Et merci pour les nouvelles réponses

Waw waw waw. Dur, j'entends les craies crisser au tableau, Pythagore se retourner dans sa tombe et on m'apprend à l'instant que $ (\sqrt{2})^{2} = 3 $.
Mais rassure toi, je n'aurais pas fait mieux quand j'étais en terminale, à ta place.

Dis moi, quand tu écris ça : $ x=f^{-1}(y) $, tu suppose déjà que f est bijective, non ? Et puis c'est quoi ce que tu essayes de démontrer quand tu poses ça :

$ f : I \rightarrow I' $ qui a $ x $ associe $ f(x) $ ?

Que ta fonction f, quelconque, est bijective ? Donc toute fonction qui va de I dans I' est bijective ?

Le théorème que j'ai énoncé est presque à ta portée, en tout cas tu pourras comprendre la démonstration sans problème. Mais il te faut un peu d'aide ; on va se placer dans un cas simple pour commencer, et regarder comment ça se passe.

Voyons déjà si on peut placer deux segments réels (c'est-à-dire des intervalles fermés de R) en bijection. On prend donc deux segments, que l'on note I = [a,b] et I' = [c,d]. On cherche une bijection qui va de I dans I', autrement dit une fonction f qui envoie I sur I' telle que f est bijective. On va donc chercher une telle fonction, à toi de jouer, fais un dessin éventuellement.

Ha c'est assez surprenant les cardinaux infinis. On peut montrer que l'ensemble des réels calculables est dénombrable. En gros, tous les réels sont des nombres mystérieux que l'on ne connaitra jamais!

En effet, un nombre est calculable s'il existe un algorithme capable d'énumérer ces décimales. En fixant un langage, l'ensemble de tous les algorithmes est la réunion sur les entiers naturels n de tous les algorithmes possibles de tailles égales à n (qui sont en nombre fini). C'est donc une réunion dénombrable d'ensembles finis, c'est un ensemble dénombrable

thom's a écrit : Waw waw waw. Dur, j'entends les craies crisser au tableau, Pythagore se retourner dans sa tombe et on m'apprend à l'instant que $ (\sqrt{2})^{2} = 3 $.
Mais rassure toi, je n'aurais pas fait mieux quand j'étais en terminale, à ta place.

Dis moi, quand tu écris ça : $ x=f^{-1}(y) $, tu suppose déjà que f est bijective, non ? Et puis c'est quoi ce que tu essayes de démontrer quand tu poses ça : $ f : I \rightarrow I' $ qui a $ x $ associe $ f(x) $ ? Que f est bijective ? Donc toute fonction qui va de I dans I' est bijective ?

Je savais que j'avais écrit n'importe quoi (enfin, je m'en doutais fortement)

Effectivement, je n'avais pas pensé à tous les sous-entendus que pouvait amener ce que j'avais écrit.

J'essayais de démontrer que pour tout intervalle $ I $et $ I' $ réel non vide et non réduit à un seul élément, il existe une fonction $ f $ qui réalise une bijection de $ I $dans $ I' $ (ce qui me semble permet de traduire le théorème que tu as laissé en exercice, mais après réflexion, je pense que sa démonstration est hors de portée pour moi à l'heure actuelle). Mais il est vrai que j'aurais peut-être du l'écrire au début...


Edit : @Valvino : si j'ai bien compris, il existe des réels qui ne sont pas calculables ?

belos a écrit :ce qui me semble permet de traduire le théorème que tu as laissé en exercice, mais après réflexion, je pense que sa démonstration est hors de portée pour moi à l'heure actuelle

J'ai édité mon message précédent pour te mettre sur la voie

belos a écrit :@Valvino : si j'ai bien compris, il existe des réels qui ne sont pas calculables ?

Hé oui! Et donc d'après ce qui précède la plupart des réels ne sont pas calculables! Ca n'empêche pas de les étudier. L'exemple le plus connu de réel non calculable est la constante omega de Chaitin. Por plus d'infos, c'est ici.

C'est ce genre de chose où l'on se rend compte que l'ensemble des nombres réels n'est pas un ensemble qui "existe" au sens physique du terme. Ca reste une approximation et un outil formidable quand même. Le paradoxe de Banach-Tarski montre aussi les limites du fait que les réels collent à la réalité physique.

Si on considère une fonction $ f $continue et strictement croissante sur $ [a;b] $ tel que $ f(a)=c $et $ f(b)=d $, alors $ f(I)=I' $ et par conséquent on a bien trouvé une fonction $ f $ qui réalise une bijection de $ I $ vers $ I' $

Mais on n'a pas construit la fonction, à vraie dire je sais pas si on a prouvé l'existence d'une telle fonction...

Je vais continuer à réfléchir sur l'expression de la fonction...


Pour Valvino : Intéressant, encore une chose que je ne connaissais pas ! Merci !

belos a écrit :Si on considère une fonction $ f $continue et strictement croissante sur $ [a;b] $ tel que $ f(a)=c $et $ f(b)=d $, alors $ f(I)=I' $ et par conséquent on a bien trouvé une fonction $ f $ qui réalise une bijection de $ I $ vers $ I' $

Oui, c'est bien, ça ! Bah alors, une fonction toute bête comme ça, t'en connais pas ? (fais un dessin, il faut faire des dessins, tes profs te le diront souvent !) Tu vas bien réussir à me trouver l'expression analytique d'une fonction qui colle ?