Solution pour le challenge n° 73

Solution pour le challenge 73

La construction qui suit met en valeur l’idée selon laquelle on résout parfois plus simplement une question en augmentant la dimension de l’espace ambiant.

Posons, pour tout $b\in\mathbb{R}$ :

$E_{b}=\mathbb{R}\times\left\{ b\right\}$

$E_{b}$ n’est autre que la droite « horizontale » d’équation $y=b$ :

Il est clair que $\left(E_{b}\right)_{b\in\mathbb{R}}$ est une famille non dénombrable de parties de $\mathbb{R}^{2},$ non dénombrables et deux à deux disjointes.

Par ailleurs, on sait qu’il existe une bijection $\varphi:\mathbb{R}^{2}\rightarrow\mathbb{R}.$

Détail (cliquer pour déplier / replier)

L’équipotence de $\mathbb{R}$ et $\mathbb{R}^{2}$ peut être justifiée comme suit.

On note $X\sim Y$ pour indiquer que les ensembles $X$ et $Y$ sont équipotents (c’est-à-dire : en bijection l’un avec l’autre).

On sait que si $A$ est infini et si $A\sim A^{2},$ alors $\mathcal{P}\left(A\right)\sim\mathcal{P}\left(A\right)^{2}.$

Il en résulte que $\mathcal{P}\left(\mathbb{N}\right)\sim\mathcal{P}\left(\mathbb{N}\right)^{2}.$

Or $\mathcal{P}\left(\mathbb{N}\right)\sim\left\{ 0,1\right\} ^{\mathbb{N}}\sim\mathbb{R}$ et donc $\mathbb{R}\sim\mathbb{R}^{2}.$

Pour les détails, on pourra se reporter à cet article.

Il suffit alors de poser, pour tout $b\in\mathbb{R}$ :

$F_{b}=\varphi\left\langle E_{b}\right\rangle$

La famille non dénombrable $\left(F_{b}\right)_{b\in\mathbb{R}}$ est composée de parties non dénombrables de $\mathbb{R}$ qui sont deux à deux disjointes. Pour ce dernier point, comme $\varphi$ est bijective, alors pour tout $\left(b,b'\right)\in\mathbb{R}^{2}$ tel que $b\neq b'$ :

$\varphi\left\langle E_{b}\right\rangle \cap\varphi\left\langle E_{b'}\right\rangle =\varphi\left\langle E_{b}\cap E_{b'}\right\rangle =\varphi\left\langle \emptyset\right\rangle =\emptyset$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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Cet article a 4 commentaires

CLAVIER 20 Fév 2022 Répondre

Merci pour votre réponse. Je ne l’avais pas vue tout de suite, parce que je pensais que je recevrai automatiquement un mail pour m’avertir (il me semble que c’était comme ça les autres fois). En fait, mon idée de bijection de R² sur R était d’alterner les décimales des deux nombres de départ (sans passer par le développement en base 2, ce qui ne change pas grand chose finalement). Mais je me suis rendu compte que ça marchait moyennement du fait qu’on doive interdire qu’une partie décimale « se termine » par une infinité de 9. Par exemple 9090,90909090… devrait avoir pour antécédent (99,9999… ; 0), c’est-à-dire (100 ; 0), mais l’image de ce couple est en fait 100000. Du coup, c’est pour ça que je vous ai posé la question. Mais ne vous cassez pas la tête, c’était juste par curiosité. J’imagine que cette question a bien dû être résolue, peut-être d’une façon très différente.
CLAVIER 19 Fév 2022 Répondre

Bonjour. Avez-vous un exemple de bijection explicite pas trop alambiquée de R² sur R ?
1. René Adad 19 Fév 2022 Répondre
  
  Bonne question …
  Vu que $\mathbb{R}$ est équipotent à $[0,1[$ , il suffit de construire une bijection de $[0,1[$ vers $[0,1[^2$ .
  Par ailleurs, $[0,1[$ est en bijection avec l’ensemble des suites binaires (à termes dans $\{0,1\}$ ) dont les termes ne valent pas tous 1 APCR : il suffit d’associer à chaque $x\in [0,1[$ son développement propre en base 2.
  Cela dit, on prend $x\in[0,1[$ , on note $(a_n)_{n\geq1}$ la suite de ses chiffres binaires et on lui associe le couple $(y,z)$ défini par les suites extraites $(a_{2n})_{n\geq1}$ et $(a_{2n-1})_{n\geq1}$ .
  Plus formellement, et vu que le n-ème chiffre binaire de $x\in[0,1[$ est $a_{n}\left(x\right)=\left\lfloor 2^{n}x\right\rfloor -2\left\lfloor 2^{n-1}x\right\rfloor$ , nous avons une bijection :
  $\displaystyle{[0,1[\to[0,1[^2,x\mapsto\left(\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n}(x)2^{-n},\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}(x)2^{-n}\right)}$
  
  Je ne vois pas moins alambiqué … et j’espère ne pas avoir raconté de bêtises.
  1. René Adad 19 Fév 2022 Répondre
    
    Bon … je me réponds à moi-même … il y a quand même un souci dans ma soi-disant bijection en raison de la non-unicité du développement binaire.
    Par exemple, si l’on considère le couple $(y,y)$ avec $y=\frac12=0.100000\cdots$ (écriture binaire), alors on a aussi $y=0.011111\cdots$ et donc quatre antécédents, à savoir :
    $x_1=0.11000000\cdots$
    $x_2=0.00111111\cdots$
    $x_3=0.01101010\cdots$
    $x_4=0.10010101\cdots$
    Bref, il faut encore réfléchir …

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