Preuve géométrique - équipotence - validité ?

Bonjour.

C'est une preuve géométrique. Qu'est-ce que tu lui reproches ?

Cordialement.

Salut,

Vu ce que tu as dis, il est clair que tes notions d'ouvert et de fermé sont assez élémentaires (que tu te reposes sur ce qu'on t'as dit au lycée), ce n'est pas grave, il faut un début à tout. Pour éviter le dialogue de sourd, une mise au point topologique:
- Un ouvert ça peut être n'importe quelle union d'intervalles ouverts. On dit que les intervalles ouverts composent une base de la topologie de l'ordre sur $\mathbb{R}$.
- Un fermé c'est juste le complémentaire d'un ouvert (c'est la définition, c'est comme ça et pas autrement).

Là dessus: tout ouvert non vide de $\mathbb{R}$ contient une "boule ouverte" qu'on pourra écrire sous la forme $]a,b[$ avec $a<b$, connaissant quelque propriétés de $\mathbb{R}$ tu connais des bijections entre un tel intervalle et $\mathbb{R}$ (par exemple $\forall x\in ]a,b[, f(x)= \frac{1}{a-x}+\frac{1}{b-x}$). Le théorème auquel tu dois ton pseudo permet même de se convaincre qu'il existe une bijection entre n'importe quel ouvert de $\mathbb{R}$ et $\mathbb{R}$.
Les fermés en revanche, tu en as des finis, des dénombrables ($\aleph_0$) et d'autres du même cardinal de $\mathbb{R}$, $\aleph_1$ (il y a même des gens qui se sont demandé si il n'existe pas des cardinaux entre les deux derniers, mais ça, ça a l'air d'être vraiment compliqué).

Re,
Bah... euh... Disons que je voulais juste te dire que ce qu'on appelle fermé c'est pas juste les intervalles fermés, il y a d'autres trucs.
Si tu as bien pigé le coup de la bijection entre un intervalle ouvert non vide et $\mathbb{R}$, tu dois être en mesure de donner une explication au fait qu'il existe une bijection entre $\mathbb{R}$ et une de ses parties contenant un intervalle ouvert (non vide), parce que ce serait plutôt raccord avec ton pseudo.

CB a écrit:

si l’on retire un nombre fini d’éléments à un ensemble infini E, on obtient un ensemble encore équipotent à E

Il faut une petite forme d'axiome du choix (le choix dénombrable). Sinon, tu peux très bien avoir des ensembles non finis dont toute partie est finie ou complémentaire d'un fini (il a été prouvé que c'est consistant).

Concernant les intervalles, vu que tu as l'air de chercher du soin, prendre garde au fait que certaines bijections ne peuvent pas être continues (celles de $[a,b]\to ]a,b[$ par exemple). Mais comme tu es dans IR, pas besoin du tout d'axiome du choix, puisque tu as une bijection effective entre IN et IQ.

Vu ton pseudo tu peux aussi remarquer que $[a,b]$ s'injecte facilement dans $]a,b[$ et réciproquement et construire la bijection résultante avec Cantor Bernstein :-D

Tu sembles avoir ouvert deux fils. Je te redis que pour l'équivalence l'axiome du choix dénombrable est utilisé dans les preuves.

Titi le curieux a écrit:

du même cardinal de $\mathbb R$, $\aleph_1$ (il y a même des gens qui se sont demandé si il n'existe pas des cardinaux entre les deux derniers, mais ça, ça a l'air d'être vraiment compliqué).

Je suis toujours effaré par les gens qui ont lu des choses sur le problème du continu et qui continuent à écrire ce genre d'ânerie ! Tu ne peux pas affirmer que le cardinal de $\mathbb R$ est $\aleph_1$ ! C'est l'essence même du problème du continu, et il n'y a essentiellement pas de réponse satisfaisante à la question "est-ce que le cardinal de $\mathbb R$ est $\aleph_1$ ?". Le cardinal de $\mathbb R$, c'est $2^{\aleph_0}$, et ça c'est indépendant de ta religion.

À part ça, on peut montrer que tout fermé de $\mathbb R$ est soit fini, soit dénombrable, soit en bijection avec $\mathbb R$. Le problème du continu ne se pose pas au niveau des fermés.

Pour info, l'axiome du choix dénombrable ne s'applique pas forcément pour les béotiens, donc je dis comment on injecte $\N$ dans $E$.

1/ A chaque entier $n$, on associe une liste finie $L_n$ de longueur $n$ et injective d'éléments de $E$. Puis:

2/ on prend $v_n$ dans la liste $L_n$ qui est le premier de ses éléments pas encore apparus parmi les $v_p, p<n$.

:-D C'est vraiment ignorer les raisons des crédits fournis aux laboratoires de théorie des ensembles depuis presque un siècle.

"in the real world" en plus l'hypothèse du continu (l'axiome du prétend qu'il y a une bijection entre $\omega_1$ et $\R$) est plus que complètement fausse, en ce sens que de toute façon, tout bon ordre mis sur IR "tend à le rendre potentiellement dénombrable", ceci étant dû au fait que ses ultrafiltres $\omega_1$-additifs sont forcément principaux.

Il faut voir IR comme ce que sa vocation lui demande, un continuum sans points. Il y a des réels importants dans cette mer (en nombre dénombrable), mais il y a aussi conceptuellement tous ceux que tu tires au sort, dont on peut "prouver" qu'ils sont en dehors de l'univers sans que ça n'engendre "vraiment" de contradiction de ZFC.

A la différence des théories faibles, ZF "voit son extérieur". En gros plus une théorie est forte plus elle s'aperçoit qu'il y a des fenètres et voit à travers. Ca va à l'encontre des intuitions primordiales, mais c'est plus maintenant une découverte qu'une spéculation. Par exemple, tu peux mesurer toutes les "formules boréliennes" comme tu le fais avec celles dénombrablement engendrées et obtenir des Lebesgue mesure tout à fait respectables (et absolues). Ainsi, tu te retrouves parfois à mesurer un morceau qui se trouve complètement extérieur à l'univers comme par exemple $\vee_x\in \R\ : \{x\}$, qui vaut évidemment $0$ (où j'ai abusé en abrégeant par $\{x\}$ la formule $V_n=x(n)$. )

Idem que ci-dessus en vidéo

Encore un petit effort et tu vas construire une bijection de $\R$ dans $\R\setminus \Q$.

Avec plaisir, n'hésite pas.