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On sait bien qu’il existe des surjections de \left[0,1\right] dans \mathbb{R}.

Pour ne citer qu’un exemple parmi tant d’autres, l’application s définie ci-dessous est surjective :

    \[s:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R},\thinspace x\mapsto\left\{ \begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{2x-1}{x\left(1-x\right)}} & \text{si }0<x<1\\\\0 & \text{si }x\in\left{ 0,1\right}\end{array}\right.\]

Si l’on peut construire une application f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R} telle que l’image directe de tout intervalle non-trivial soit \left[0,1\right], il suffira ensuite de considérer s\circ f pour répondre affirmativement à ce challenge.

Pour cela, étant donné x\in\mathbb{R}, écrivons son développement décimal propre :

    \[x=\left\lfloor x\right\rfloor +\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\left(x\right)\thinspace10^{-k}\]

avec a_{k}\left(x\right)\in\left\{ 0,\cdots,9\right\} pour tout k\in\mathbb{N}^{\star}, et les a_{k}\left(x\right) qui ne sont pas tous égaux à 9 à partir d’un certain rang.

Définissons alors f\left(x\right) comme étant la fréquence du chiffre 1 dans la suite \left(a_{k}\left(x\right)\right)_{k\geqslant1}, à savoir :

    \[f(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\text{card}\left\{k\in\llbracket 1,n\rrbracket;\thinspace a_{k}\left(x\right)=1\right\}\]

… si toutefois cette limite existe !

Et si elle n’existe pas, posons simplement f\left(x\right)=0.

Il s’agit de prouver que, si I=\left[u,v\right] avec u<v, alors f\left\langle I\right\rangle =\left[0,1\right].

Etant donné \alpha\in\left[0,1\right], posons pour tout n\geqslant1 :

    \[b_{n}=\left\lfloor n\alpha\right\rfloor -\left\lfloor \left(n-1\right)\alpha\right\rfloor\]

Alors :

    \[0\leqslant b_{n}<n\alpha-\left(\left(n-1\right)\alpha-1\right)=\alpha+1\leqslant2\]

donc b_{n}\in\left\{ 0,1\right\}. Puis considérons le réel :

    \[y=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\thinspace10^{-n}\in\left[0,\frac{1}{9}\right]\subset\left[0,1\right[\]

Il est clair (sommation télescopique) que :

    \[\frac{1}{n}\text{card}\left\{ k\in\llbracket 1,n\rrbracket;\thinspace b_{k}=1\right\} =\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}b_{k}=\frac{\left\lfloor n\alpha\right\rfloor }{n}\]

d’où, en passant à la limite :

    \[f\left(y\right)=\alpha\]

Pour finir, en choisissant x\in I dont le développement décimal propre coïncide à partir d’un certain rang avec celui de y, on constate que f\left(x\right)=\alpha. On a bien montré que f\left\langle I\right\rangle =\left[0,1\right].

J’aurais bien aimé vous dessiner le graphe de s\circ f… mais je crains que ce ne soit pas dans mes cordes 🙂

Le graphe de f est une sorte « ruban » horizontal, avec des ordonnées comprises entre 0 et 1, mais attention : un ruban « poreux » !! Car il faut essayer d’imaginer que pour toute abscisse x, le segment vertical joignant les points \left(x,0\right) et \left(x,1\right) ne contient qu’un seul point du graphe …

Pour le graphe de s\circ f, c’est la même idée mais cette fois les ordonnées s’étendent de -\infty à +\infty.

On doit pouvoir montrer que le graphe de s\circ f est une partie dense de \mathbb{R}^{2}. Des candidats ?


Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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