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La lecture à portée de main
Correction : Algèbre générale, Numérotation des nombres rationnels
2
pages
Français
Documents
Écrit par
David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr
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55
Licence :
Langue
Français
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1.
2.a
2.b
2.c
3.a
3.b
3.c
4.a
4.b
4.c
1.a
Correction
Partie I
∗
ϕ:ℕ→ℕdéfinie parϕ()=+1 est bien définie et réalise une bijection.
ϕ:ℕ→définie parϕ()=2est bien définie et réalise une bijection.
0 1 2 3 4 5
ϕ() 0−1 1−2 2−3 .
Siest pair alors2∈ℕ⊂ℤdoncϕ()∈ℤ+⊂ℤ.
Siest impair alors+1 est pair et (+1) 2∈ℕ∗d’oùϕ()∈ℤ−∗⊂ℤ.
Ainsi pour tout∈ℕ,ϕ()∈ℤ. L’applicationϕest bien définie.
Supposonsϕ()=ϕ() . Ci dessus on a observé que pourpairϕ()∈ℤ+et que pourimpair
ϕ()∈ℤ−∗.ϕ() etϕ( de même signe,) étantetont même parité. S’ils sont tous deux pairs
alors l’égalitéϕ()=ϕ() donne2=2 puis=. S’ils sont tous deux impairs, on conclut de
même. Ainsiϕest injective.
Soit∈ℤ. Si≥0 alors=ϕ(2) avec 2∈ℕdonc∈Imϕ. Si en revanche<0 , alors
=ϕ(−(2−1)) avec−(2−1)∈ℕdonc∈Imϕ. Finalementϕest surjective.
Pour tout,∈ℕ, 2∈ℕ∗et 2+1∈ℕ∗doncϕ(,)∈ℕ∗. L’applicationϕest bien définie.
Supposonsϕ(,)=ϕ(′,′) alors 2(2+1)=2′(2′ + (1) . Quitte à échanger les couples,) et
(′,′) , on peut supposer≥′et on obtient alors la relation 2−′(2+1)=2+′1 . Le nombre
2′+1 étant impair, on ne peut avoir−′∈ℕ∗et donc=′ 2. Il reste alors+1=2′+1 qui
donne=′. Finalement l’applicationϕest injective.
Posons={∈ℕ/ 2|}.est une partie deℕ 0, non vide car∈ 2. Si|alors 2≤, or
≤2donc≤. Ainsiest majorée (par) et donc possède un plus grand élément que nous
noterons. Puisque∈, 2|ce qui permet d’écrire=2avec∈ℕ∗. Or le nombreest
impair car s’il était pair,ne serait pas le plus grand élément de. Cela permet donc d’écrire
=2+1 avec∈ℕpuis de conclure=ϕ(,) .
Par ce qui précèdeϕest bijective. Puisqueℕ2est en bijection avecℕ∗et queℕ∗est en bijection avec
ℕ, on peut conclure queℕ2est en bijection avecℕ. L’application réciproque de celle-ci réalise une
bijection deℕversℕ2et permet de conclure queℕ2est dénombrable.
Si on noteϕune bijection deℕversℤ(comme en I.2.), l’applicationϕ:ℕ2→ℤ2définie par
ϕ(,)=(ϕ(),ϕ( clairement une bijection de)) réaliseℕ2versℤ2. A partir de cette bijection et d’une
bijection deℕversℕ2, on construit par composition une bijection deℕversℤ2et on peut conclure
queℤ2est dénombrable.
L’applicationϕdeℕversℚdéfinie parϕ()=répond au problème.
Siϕ()=ϕ(′) alors (,)=(′,′) avec et′′les représentants irréductibles deet′. On a
alors=′et=′puis= =′′=′d’où l’injectivité deϕ.ϕn’est revanche pas surjective
car par exemple le couple (2, 4) n’est pas une valeur prise, puisqu’il ne forme pas une fraction
irréductible.
Il suffit de composerϕavec une injection deℤ2versℕpour former une injection deℚversℕ.
Partie II
Pour=, on a⊂et()⊂donc∈. Ainsi≠ ∅.
1.b
2.a
2.b
2.c
3.a
3.b
4.
On sait⊂⇒()⊂() donc⊂et()⊂donne respectivement()⊂() et
(())⊂() . On a bien sûr⊂∪( puisque) et(∪())=()∪(()) , on a aussi
(∪())⊂()⊂∪() donc∪()∈.
Remarquons quecontient tout ensemble inclus dans tous les ensembles de. Pour tout∈, on a
⊂donc⊂. De plus, pour tout∈, on a⊂donc()⊂()⊂. Puisque()
est inclus dans tout∈,()⊂. Finalement∈.
Par II.1.b,∪()∈donc⊂∪() . De plus, puisque∈, on a aussi⊂et()⊂de
sorte que∪()⊂et donc par double inclusion=∪() .
Soit∈−1() . On a()∈=∪() . Or()∈Imet=(Im) donc()∉et donc
()∈() . Par suite il existe∈tel que()=( à dire) c’est()=(()) . Orest injective
donc=() et donc∈() . Ainsi−1()⊂() . Inversement, soit∈() . Il existe∈tel
que=() et()=(())=()∈()⊂. Ainsi∈−1( donc) et()⊂−1() . Par double
inclusion−1()=() .
Puisque′=() , l’application′est surjective par construction. De plus, par restriction d’une
application injective,′est aussi injective. Finalement′est bijective. Par le même argument′est
aussi injective.=(Im)⊂donc par passage au complémentaire⊂Im. Par suite tout élément
depossède au moins un antécédent qui par définition de′appartient à′. Ainsi′est surjective
et finalement bijective.
Soit∈.∈′ ⇔()∈⇔()∉⇔∉−1()=()⇔∉′. Donc′=′.
Supposonsϕ()=ϕ(′) . Si,∈′alors l’injectivité de′permet de conclure=′. Si,′∉
alors c’est l’injectivité de′−1qui permet cette fois-ci de conclure. Quitte à inverseret′, il reste à
étudier le cas où∈et′∉. On a alorsϕ()∈=′() etϕ(′)∈′ =−1() or∩′′ = ∅
donc l’égalitéϕ()=ϕ(′) est dans ce cas impossible. Finalementϕest injective.
Soit∈. On∈′ou∈′. Dans le premier cas,∈Im′et donc∈Imϕ. Dans le seco
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