Comme promis à Pablo

christophe c · September 2012

Voir http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,773411,773873#msg-773873

J'ai hésité entre rubrique pédagogie et fondements. "fondements" m'a paru plus approprié et moins insultant dans la mesure où c'est la recherche pour toi d'une convention d'échange concernant les preuves irréfutables si indispensables aux maths et dont il est "respectable" d'être passé à côté du poids qu'elles pèsent en science.

Exo1: Soit $a\in \R$. On suppose que $\forall x\in \R: ($ si $x>0$ alors $a\leq x)$. Prouve alors irréfutablement à partir de cette hypothèse que $a\leq 0$ (en rédigeant parfaitement et en n'omettant aucun détail)

christophe c · September 2012

Comme je pars diner, je t'en mets un autre qui suppose connu la notion de fonctions continues et dérivables de $\R$ dans $\R$ au cas où tu exécuterais le premier.

exo2: prouve irréfutablement l'énoncé suivant: il n'existe pas d'applications $g,h$ allant de $\R$ dans $\R$ telles que pour toute application $f$ dérivable sur $\R$ allant de $\R$ dans $\R: g\circ f\circ h = f'$ où $f'$ désigne la dérivée de $f$

AitJoseph · September 2012

Bonsoir

a étant donné dans R

- Montrons que R*+ est inclus dansB= [a,+00[ ,en effet , soit x supérieur à 0 strictement , alors a est inférieur à x au sens large , d'après Hypothèse .

- R*+ inclus dans B donc inf R*+ sup ou égal à inf B , les bornes inférieures existent car les ensembles en question sont minorés et valent respecivement 0 et a , a qui est plus petit élément . CQFD

Nous sommes tous plus au moins Pablo

-D
Autre exo Demain

Salut

Philippe Malot · September 2012

Si tu commences à lui faire ses exercices, on n'en finira plus !

sphinx · September 2012

Bonjour à tous

Après mes six premiers posts inutiles (lien de Christophe Chalon) ici je peux le dire :
je pensais sincèrement t'aider dragon (pablo) mais je ne maitrise rien du L1 (seul dans ma solitude je pourrais arriver) alors ici tu pense ... si j'avais su que tu parlais d'algebre tensoriel ou de Lie ... mais même rien qu'en comprenant ton premier post tu as pus constater j'ai du mal et en plus je me suis planté dès le premier post!
je remercie tous les participants de ce fil car après vous avoir tous lus je peux le dire :
vous m'avez aidés à voir clair
c'est aussi la raison pour laquelle je suis revenu pour ce septième post : vous remercier

cela n'empêche que je peux toujours faire l'exo 1

exo1
si j'admet un a >0 et que je continue à dire que $\forall x \in \mathbb {R}$ tel que x>0 alors $0<a \leq x$
je suis alors obliger d'affirmer $\nexists y >0 $ tel que $0<y \leq a \leq x$
et comme y > 0 il est identifiable à a > 0
par conséquent en admettant a > 0 j'admet qu'il n'existe pas

l'exo 2 est trop difficile pour moi de sorte que j'ai la L1 qui m'attend tans mon tipy

AitJoseph · September 2012

C'est demain

Raisonnons par l'absurde et supposons l'existence de deux applications f et g vérifiant : gofoh=f' , pour toute application dérivable .
En particulier pour une application Cte quelconque ( yo quelconque) : il existe yo / Cte(x)= yo, pour tout x et d/dx Cte (x)=0 .

pour x dans R , (goCteoh)(x)=g(y0)=0 , ce qui prouve que g est nulle , car yo est fixé mais quelconque .
Finalement , on obtient f'=0 , pour toute fonction dérivable , ce qui est absurde ]

On est tous sphinx plus au moins

-D

Bonne journée

christophe c · September 2012

@Joseph: à priori c'est un fil à la demande de Pablo et pour Pablo, c'est dommage de souffler, par ailleurs:

il est demandé des preuves irréfutables utilisant le moins possible de prérequis. Certaines de tes étapes utilisent des choses trop sophistiquées et non prouvées dans ta preuve pour exo1:

* que $A\subseteq B$ =>$inf(A)\geq inf(B)$
* que les ensembles non vides minorés ont une borne inférieure

L'énoncé est aussi vrai dans $\Q$

Ce serait bien que tu modifies ton post-idée pour l'exo2 en encre blanche par exemple

suite exos pour Pablo

Exo3: prouver qu'il n'existe pas de fonction $f$ polynomiale injective de $\R$ dans $\R$ vérifiant $\forall (x,y)\in \R^2: f(x+y)=f(x)\times f(y)$

Exo4: Soient $A,B$ des matrices carrées ayant 50 lignes et 50 colonnes. On suppose connu la multiplication usuelle des matrices. Tous les coefficients de $A$ sont dans $\Q$ et tous ceux de $B$ sont dans $\C$. De plus, on suppose $A\times B=$ la matrice identité à 50 lignes, 50 colonnes. Prouver que tous les coefficients de $B$ sont dans $\Q$ (utilisation possible de culture générale de L1)

Exo5: soit $E$ un ensemble contenant au moins 2 éléments. Prouve qu'il existe une application $f$ de $E$ dans $E$ qui soit bijective et telle qu'il n'existe pas d'élément $x\in E$ tel que $x=f(x)$ (tu as le droit à l'axiome du choix)

Exo6: soit $(K,+,\times)$ un corps commutatif et $D$ une application de $K$ dans $K$ telle que:
1) $\forall (x,y)\in K^2: D(x\times y)=x\times D(y) + y\times D(x)$
2) $\forall (x,y)\in K^2: D(x + y)=D(x)+D(y)$
3) Le seul sous-corps de $K$ est $K$ lui-même

prouve que $\forall x\in K: D(x)=0$

Eric Chopin · September 2012

>@Joseph: à priori c'est un fil à la demande de Pablo et pour Pablo

C'est pas la définition d'un message privé ça?

Eric

egoroffski · September 2012

Hum.. Là CC tu dois bien reconnaître qu'Eric a raison, c'est assez grotesque d'ouvrir un fil public et te plaindre ensuite que les gens répondent à tes exercices. A part ça, je ne sais pas trop quel effet tu comptes produires sur Pablo avec tes exos :S

AitJoseph · September 2012

Bonjour
@Christophe

Je voudrais savoir : ma réponse exo 2 fausse ?

Ait joseph fils avec aide de mon père

Merci

christophe c · September 2012

Tout à fait d'accord, c'est à la discrétion des gens, c'était juste "une idée" comme ça, pas une demande (et surement pas une "plainte"

)

Jux · September 2012

Ce n'est pas très lisible mais ça me semble correct ; il manque peut-être un argument pour justifier qu'il existe des fonctions $f\colon \mathbb{R} \to\mathbb{R}$ dont la dérivée n'est pas partout nulle.

AitJoseph · September 2012

@Ju'x

Il existe des applications dont la dérivée n'est pas partout nulle : f(x)= 2012x

Merci

sphinx · September 2012

bonjour
j'ai de gros soucis Ait Joseph je ne comprend pas ta démonstration regarde --->

l'exo2 dit :
démontrer qu'il n'existe pas d'applications g et h allant de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$ telles que pour toute application f dérivable sur $\mathbb {R}$ allant de $\mathbb {R}$ dans $\mathbb {R}$ on a : g o f o h = f '

C'est bien ça ce qui est demandé non ? l'exercice a t-il été bien posé ????

si j'arrive à prouver ici que g et h n'existe pas en prenant $\mathbb {R}->\mathbb {R}\ $:\$ f(x)=a$ est cnste donc f ' = 0
alors j'aurais réussi la démo or je n'y arrive pas --->

g o f o h = f ' = df / dx
$\int g\circ f\circ h\ .\ dx\ =\ f\ +\ K$ avec la cnste d'intégration K
par ailleurs f est cnste de sorte que f(h(x))=a
et étant donné que g o f o h = f ' = 0 alors g(x) = 0 et donc g'(x) = 0
dans cet exemple j'ai trouvé que g et h sont possibles pour une application f cnste

dans ta démo tu prouve que forcément on obtiens f ' = 0
je suis d'accord toute les applications ne sont pas nulles mais tu as pris un f constant c'est normal non ?
bref je suis paumé soit c'est par l'énoncé mal formulé (j'en doute vu mon niveau)
soit c'est moi qui déconne

s'il vous plait sortez moi de ce merdier merci
Christophe Chalons au secours!!!

Ju’x · September 2012

\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
Le fonctions $g$ et $h$ de l'énoncé doivent convenir pour toute fonction dérivable $f$. Il faut faire attention à l'ordre des quantificateurs.
$$\mathrm{non}\,(\exists g\in \R^\R, \exists h \in \R^\R, \forall f \in D(\R,\R), \;g \circ f \circ h = f')$$

Thierry Poma · September 2012

Bonjour tout le monde,

Je vois beaucoup d'intervenants, sauf Pablo ! 8-) Est-ce normal ? Ne faudrait-il pas lui faire signe dans l'un de ses topics, car je ne pense pas qu'il aura l'idée de venir dans la rubrique "Fondements" ?

Avec tout mon respect,

T. Poma

sphinx · September 2012

Merci Ju'x
dans ce cas force est de constater que j'ai plus que raté ma démo (je m'en doutai un peu )
je ne vois pas comment mais c'est un fait !
ta réponse Ju'x me suffit
il faut que je trouve par moi même car je ne vois pas pour quelle raison je serai le seul à affirmer qu'en prennant f est cnste et donc f ' = 0 on ne peux pas démontrer ce qui est demandé puisque Ait Joseph y arrive et que Christophe Chalon ne l'a pas contesté
j'avoue pour ma part que j'ai rien pigé à sa démo le mieux est que je ne quitte pas ce fil avant de savoir ce qu'on y dit à commencer par cette démo
ce qui laissera le temps à la modération d'apprécier mon silence (et c'est inestimable)
encore une fois ta seule et unique réponse me suffit Ju'x à présent c'est à moi de chercher ...tout seul
Merci

sphinx

christophe c · September 2012

@sphinx: pour te simplifier la vie, sache qu'une preuve de maths est la donnée de:

1) une suite finie de couples (u_0,r_0), ...., (u_n,r_n) où
2) chaque $r_i$ est un ensemble fini inclus dans $\{0;..;i-1\}$
3) $u_n$ est la conclusion de ta preuve

[size=large]C'est facile à disposer en texte (tu numérotes tes phrases et tu indiques entre parenthèses, en fin de phrase la liste des numéros (l'ensemble $r_i$))[/size]

4) Après quoi le lecteur recensera ton argumentation de la manière suivante:

4.1) il considèrera que tu viens de lui prouver $u_n$
4.2) en admettant tous les axiomes (autrement dit les hypothèses) de la forme $a_p$, avec:

4.3) $a_p:= [$conjonction des $u_i$ tels que $i\in r_p]$ => $u_p$

4.4) Autrement dit, la science retiendra de ton oeuvre que tu as prouvé le théorème irréfutable suivant:

4.5) $(a_1$ et $a_2$ et ... et $a_n)$ implique $u_n$

5) Ta preuve sera forcément irréfutable mais par contre, rien n'obligera les scientifiques à croire à ta conclusion, ie à $u_n$. Ils pourront tout à fait douter de l'un des tes $a_p$ (ie envisager que $non(a_p)$ soit vrai

6) quand $r$ est vide, l'énoncé $[$conjonction des $u_i$ tels que $i\in r]$ => $x$ est simplement l'énoncé $x$

christophe c · September 2012

Exemple:

0) dzert
1) zerty (car 0)
2) zercdhdh (car 0)
3) ezrezhj (car 0;2)
4) gtghy
5) djfhjttbtndez (car (1;4))

Tu viens de prouver djfhjttbtndez

à partir des axiomes:
* dzert
* dzert=>zerty
* dzert => zercdhdh
* (dzert et zercdhdh) => ezrezhj
* gtghy
* (zerty et djfhjttbtndez) => djfhjttbtndez

sphinx · September 2012

Christophe Chalon j'apprécie ton aide
fais moi confiance Ju'x m'a beaucoup aidé à présent il faut que je soit seul
y a que comme ça qu'on avance
mais merci
ta patience ne sera pas mise à l'épreuve
ni la tienne ni celle des autres
et puis pense un peu (là dessus je te fais confiance) imagine comme se sera beau ... rêvé par tous ....le silence d'un sphinx multimillénaire en âge
c'est pas beau ça ?
merci mille fois à tous
fais moi confiance je reviendrai

AitJoseph · September 2012

Exo 3

Suposons que f est une fonction polynomiale , qui vérifie l'hypothèse :
Alors

- deg P est supérieure ou égal à 1 et impair , dans le cas pair , étudiez la fonction pour le voir .

-En particulier : pour tout x : on a f(2x)= f(x) .f(x) , à gauche on a un degré impair , à droite , un degré pair puisque : deg( f.f)= 2 deg (f) , ce qui est absurde ]

Salut

JLT · September 2012

Où est parti Pablo ?

Ju’x · September 2012

AitJoseph a écrit:

Exo 3

Suposons que f est une fonction polynomiale , qui vérifie l'hypothèse :
Alors

- deg P est supérieure ou égal à 1 et impair , dans le cas pair , étudiez la fonction pour le voir .

-En particulier : pour tout x : on a f(2x)= f(x) .f(x) , à gauche on a un degré impair , à droite , un degré pair puisque : deg( f.f)= 2 deg (f) , ce qui est absurde ]

Salut,

\begin{enumerate}
\item Je ne suis pas sûr qu'avec les règles du jeu de Christophe tu puisses utiliser sans détails la notion de degré d'une application polynomiale qui demande de voir que l'application qui a un polynôme réel associe une fonction polynomiale est injective. Bien sûr, on peut aussi le définir ici directement comme
\[
\deg f = \inf\{n \in \mathbb{N} : \sup_{x \geq 1} |x^{-n}f(x)| < \infty\}
\]
ou encore à l'aide des coefficients de Fourier de $t \mapsto f(e^{it})$, mais je pense qu'il y a toujours quelque chose de non trivial derrière.

\item Le fait que tu laisses la démonstration de cas pair \og{} au lecteur\fg{} sort aussi des règles de Christophe. En fait, en partant de ton idée de degré avec $f(2X) = f(X)^2$, on peut donner une preuve plus courte et plus convaincante.
\end{enumerate}

AitJoseph · September 2012

@ Ju'x

Le degré d'une fonction polynomiale se définit de manière beaucoup plus simple , comme le degré du polynome associé , R étant un corps infini , les deux ensembles s'identifient .
Quelles sont les règles de Christophe ?

Tu veux dire f(2x)= f(x)*f(x) implique degf=2degf implique deg f = -00 ou 0 ? et f ne serait pas injective , car f= Cte . ?

christophe c · September 2012

Quelles sont les règles de Christophe ?

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?7,773875,774115#msg-774115

Remarque par rapport à la remarque de Ju'x: si tu n'arrives pas à prouver un truc, tu peux toujours l'admettre (par exemple l'injectivité évoquée par Ju'x)

AitJoseph · September 2012

@Christophe

Quelle est la chose que je n'ai pas pu démontrer ? Ju'x n'a pas parlé d'injectivité !

Cordialement

christophe c · September 2012

Ju'x: qui demande de voir que l'application qui a un polynôme réel associe une fonction polynomiale est injective

Bin tu as complété à ton dernier post l'idée que te suggérait Ju'x pour terminer une "sketch-preuve", mais avant tu n'avais pas traité le cas du degré pair

AitJoseph · September 2012

@Chrisrophe

Mais ma première démonstration est juste , certes pas belle !

Jux · September 2012

AitJoseph a écrit:

@ Ju'x
Le degré d'une fonction polynomiale
se définit de manière beaucoup plus
simple , comme le degré du polynome
associé , R étant un corps infini , les
deux ensembles s'identifient

C'est ce dont je te parlais : il faut un argument pour identifier les deux ensembles, ici l'infinitude de R.

Les règles de christophe consistent ici à donner un démonstration irréfutable, sans omettre de détails. C'est dit dans son premier post.

AitJoseph · September 2012

Bonjour

Ah , je comprend maintenant l'exigence de Christophe .Dans le temps j'avais traité un devoir de cette manière , pas à pas , comme une fourmie en voulant revenir , le plus possible aux sources , tout est juste , mais le professeur m'a noté 7/20 , je n'oublierai jamais ça , j'ai senti que c'était une insulte à la rigueur . En fait , ce qu'il n'a pas aimé c'est la correction de trois doubles feuilles .

Bonne Journée

sphinx · September 2012

bonjour Christophe Chalons
mille excuses j'ai pas tilté une overdose de maths m'a empêché de faire l'exo2
je le fais en deux partie je suis pressé par le temps
Exo2
en démontrant que les seules applications f dérivables sur R possibles sont constantes pour qu'il existe des applications g et h (f,g,h applications de R dans R) telle que : gofoh =f '
on demontre alors ce qui est demandé
la suite plus tard ...
je pense que c'est convenable comme début
non ?

christophe c · September 2012

En attendant, j'en veux un peu à Pablo : c'était quand même presque sur sa demande que l'idée de ce fil était née, on ne l'a pas beaucoup vu passer dans le coin.

sphinx · September 2012

hé bien moi je te dit merci Christophe Chalons
je ferai la deuxième partie demain
en attendant est-ce que tu trouve cela acceptable comme début ?
mon ami (je le pense sincèrement ) oui les maths d'accord mais là moi je suis pas en état une réponse de ta part serait très souhaitée

là je part là bas ----> 120°east

sphinx · September 2012

Exo2 deuxième partie
Mais il suffit aussi de démontrer que rien que pour $f(x)\ =\ 2^{-1}.ax^2$ il est impossible d'avoir $h$ est une application de $\R$ dans $\R$
Énoncer que $g\circ f\circ h = f '$ pour tout $f$ (selon les conditions qu'on a dites) est énoncer que $g = f '$, ce qui ramène à dire que $f ' \circ f = f '$.
Dans ce cas on obtient $g(x) = f '(x) = ax$ et $f\circ h = x$.
Il résulte donc que $\displaystyle h(x)\ =\ \sqrt {\frac {2.x}{a}}$
$h$ n'est donc pas une application de $\R$ dans $\R$

Franchement je ne vois pas comment faire autrement cet exo
Je me prends la tête dessus !
[*** modéré *** Hors sujet. AD]
Ça vaut bien un grand merci pour la bienveillance de l'auteur de ce fil.
Non ?

sphinx · September 2012

franchement j'avoue que je suis pas satisfait de cette démo
je dit qu'obligatoirement h est de cette forme mais je ne dit pas pourquoi cette forme est la seule obligatoire possible
j'avoue je chute sur le deuxième exo
par contre la methode je la trouve correcte :
il suffit de débusquer un f tel que g ou h ne soient pas possible

bon je vais pas en faire une maladie j'avoue : je peux pas faire mieux!

christophe c · September 2012

Bon comme j'avais mis des exos 3,4,etc, je corrige l'exo1 et l'exo2, mais je signale à Pablo, Joseph et sphinx qu'ici le but du jeu est d'être d'un formalisme le plus parfait possible et d'une précision totale: en particulier, les quantificateurs doivent tous être mis et les liaisons de variables parfaitement précises

exo1
1) $a>0$
2) donc $a>0,5.a$ et $0,5.a>0$
3) donc $non(\forall x>0: a\leq x)$

Il s'ensuit que $\forall a: ($ si $(\forall x>0: a\leq x)$ alors $a\leq 0)$

Je vous laisse recenser les "axiomes" locaux (ie les parties non justifiées)

exo2

1) $\forall f: g\circ f\circ h = f'$
2) donc $\forall a\in \R: g \circ (x\mapsto a) \circ h = (x\mapsto 0)$
3) donc $\forall a\in \R\forall x\in \R: g( (x\mapsto a)(h(x)) ) = (x\mapsto 0)(x)$
4) donc $\forall a\in \R\forall x\in \R: g(a) = 0$
5) donc $\forall x\in \R: g(x)=0$
6) donc $\forall f: f' = (x\mapsto 0) \circ f\circ h$
7) donc $\forall f: f' = (x\mapsto 0)$
8) donc $(x\mapsto x)' = (x\mapsto 0)$
9) donc $(x\mapsto 1)(2) = (x\mapsto 0)(2)$
10) donc $1=0$

sphinx · September 2012

Merci Christophe Chalons
Franchement ce n'est pas facile pour moi.
Je n'ai pas l'habitude ... et un de ces mal de crâne, mais c'est important pour moi alors merci
(non ça n'est pas un jeu).
Bon dimanche à vous tous et à toi particulièrement Christophe
... allez un aspro et ça repart

AitJoseph · September 2012

Comme j'ai traité les trois premiers exercices , de manière approchée .Je vais essayer pour le quatrième , pour Sphinx , Pablo et Christophe :

1. AB =I 50
2. dét ( AB) = 1
3. dét B non nul , dét A non nul
4 . B = inv A
5. B= 1/det A . trans ( com A ) ; transposée de comatrice
6 . A à coeff dans Q , le terme à droite dans 5 , exprimé avec les opérations usuelles dans Q , montre que B est aussi à coeff dans Q .

AitJoseph · September 2012

Cinquième exercice

Soit E un ensemble , CA désigne le complémentaire de A incluse dans E . Supposons card (A) supérieur strictement à 1 .

1 . Considérons l'application de E dans P( E) , qui à x associe f(x)= C{x} , partie de E

2. D'après l"axiome du choix , il existe une application g de E dans E telle que : pour tout x , g(x) est dans f(x) non vide pour tout x .

3 .S'il existe t tel que f(t) est vide , alors E est un singleton .

4 . g(x) est dans f(x) : g n'admet aucun point fixe .

Ju’x · September 2012

AitJoseph, pourquoi ton application $g$ serait-elle bijective de $E$ dans $E$ ?
Je vois une preuve assez simple passant par le lemme de Zorn, mais je me demande ce qu'attendait Christophe.

AitJoseph · September 2012

@ Ju'x

Qui a parlé de g bijective ? mais elle l'est !

@ Ju'x

Pardon , Christophe demande g bijective , je n'ai pas vu , elle l'est .

Amicalement

Ju’x · September 2012

Tu as simplement défini une application $g \colon E \to E$ sans point fixe (ce qui d'ailleurs ne nécessite pas d'axiome du choix). Pourquoi affirmes-tu de façon péremptoire qu'elle est bijective ?

AitJoseph · September 2012

@ Ju'x

- Oui , la bijectivité mérite une démonstration , je le vois , je ne suis pas Pablo
- L'axiome du choix intervient dans le choix d'un élément g(x) dans f(x) partie non vide .
- Tu as parlé de Zorn ?

Amicalement

Ju’x · September 2012

Ok. Le lemme de Zorn est une forme de l'axiome du choix souvent plus pratique à manipuler : le document http://www.normalesup.org/\~{}rpeyre/pro/popul/zorn.pdf est particulièrement clair à son sujet.

Ici on peut prendre comme ensemble inductif $\{(F,f) \mid F \subset E~\mathrm{et}~ f\colon F \to F~\mathrm{bijective}\}$ muni de la relation d'ordre : $(F,f) \preccurlyeq (G,g)$ ssi $F \subset G$ et $g _{\vert F} = f$. Je te laisse finir la preuve.

[Correction du lien. AD]

AitJoseph · September 2012

Oui , Merci pour le lien introuvable ! je connais le lemme de Zorn .

- Christophe C est occupé , il a retrouvé un ami , en plus il est fâché avec moi :-(

Amicalement

christophe c · September 2012

Pardon Joseph, non je ne suis pas faché, je réponds en fonction de notifications sans vraiment lire le forum donc je n'avais pas vu la vie de ce fil, je vais te lire, laisse-moi un peu de temps

christophe c · September 2012

@Joseph, et bien en parcourant, je vois que Ju'x te fait parfaitement bien la réplique. Pour info, quand E contient au moins 2 éléments différents $a,b$, la fonction $x\neq a\mapsto a | x=a\mapsto b$ n'a pas de point fixe (mais n'est pas à priori bijective)

Je te laisse tenter d'en constuire une bijective et sans point fixe et rédiger tout ça formellement

AitJoseph · September 2012

@Christophe

Ton contre- exemple est hors exemple . Tu n'as pas bien lu ma réponse .

Amicalement

Ju’x · October 2012

Bonsoir,

Je ne comprends pas ta réponse à Christophe : quel contre-exemple ? Son "pour info" montre que le résultat que tu as donné (existence d'une application de $E \to E$ sans point fixe) peut aussi se prouver directement, sans axiome du choix.

AitJoseph · October 2012

Bonsoir

- Il a donné seulement un exemple dans le cas E de cardinal 2
- Si j'ai bien compris , l'exemple qu'il a donné , dans ce cas , est : g(a)=b ; g(b)=a , qui est évidement bijective , si a distinct de b .
- Au début de l'exercice , il a précisé qu'on peut utiliser l'axiome du choix , équivalent au lemme de Zorn .
- Je n'ai pas dit qu'on ne peut pas le démontrer sans l'AC , c'est un autre problème .

Christophe est Logicien jusqu'à la mort

Merci pour le fichier

Cordialement

egoroffski · October 2012

Salut AitJoseph,

Je pense que tu as mal lu l'exemple de CC. Il suppose que $E$ est de cardinal au moins $2$. Il prend deux éléments $a \neq b$ dans $E$, il envoie effectivement $a$ sur $b$ et $b$ sur $a$, mais il envoie également tous les éléments différents de $a$ sur $a$. En d'autres termes, $f(x)=a$ si $x \in E \setminus \{a\}$ et $f(a)=b$. Clairement $f$ est sans point fixe, et se construit sans axiomes du choix. Et tout aussi clairement, $f$ n'est pas bijective dès que $E$ est de cardinal $3$ ou plus.

Sinon pour répondre à la question de départ sans utiliser Zorn, il me semble qu'on peut montrer assez facilement avec l'axiome du choix que tout ensemble infini $E$ se partitionne en deux ensembles équipotents $A$ et $B$ (il suffit de savoir que $E \times \{0,1\}$ est équipotent à $E$ ;Ju'x et Christophe confirmeront, ou pas). Toute bijection $g$ de $A$ vers $B$ répond à la question en fournissant une involution sans point fixes $f$, où $f(x)=g(x)$ si $x \in A$ et $f(x)=g^{-1}(x)$ si $x \in B$.

Comme promis à Pablo

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