Asymptotique d'une bijection de $\Bbb N^*$

Tous et notamment Champ-Pot-Lion : Voilà ce que j'avais fait pour répondre à la dernière question. J'avais écrit cette preuve avant d'initier ce fil car je n'étais suffisamment confiant en elle et j'avais besoin de la mettre au propre pour la vérifier. Le principe de départ est toujours le même : prendre une suite dense dans le fermé voulu. C'est assez long, mais c'est parce que j'ai un peu détaillé. Seul le cas $1.1$ apporte de nouvelles idées ; le reste ne vous dépaysera pas.

C'est partiiiii (:D


$\bullet\ \textbf{Cas 1.1 :}$ Soit $F\subset [0,\infty ]$ fermé tel que $F\cap \,]0,1[\, \neq \varnothing $ et $F\cap \,]1,\infty [\, \neq \varnothing $ et tel que $0$ ou $\infty $ ne sont pas des points isolés (dans le cas où ils sont effectivement dans $F$). Idée : partitionner $\Bbb N^*$ en parties de densité asymptotique $d_k$ (ce seront les $\{a_{k,i}\mid i\in\Bbb N^*\}$) et échanger les entiers entre ces parts. Soient $\ln$ le logarithme prolongé par continuité sur $[0,\infty]$ et :

• $(x_{k} )\in (\ln(F)\cap \,[0,+\infty [)^{\mathbb{N}}$ dense dans $\ln(F)\cap [0,+\infty ] $
• $(y_{k} )\in (\ln(F)\cap \,]-\infty ,0])^{\mathbb{N}}$ dense dans $\ln(F)\cap [-\infty ,0] $

ne prenant qu'un nombre fini de fois la valeur 0 (dense signifiant ici que les ensembles des valeurs prises par ces suites sont denses dans les fermés voulus). Quitte à réarranger l'ordre des termes, on peut supposer qu'à partir d'un certain rang $x_{k} \text{ et } |y_{k} |\geqslant \ln\!\Big(\! \frac{(k+1)^2}{k^2} \!\Big) = 2\ln(1+ \frac{1}{k} ) \underset{k\rightarrow+ \infty }{\longrightarrow} 0$. Puis, on construit par récurrence $\delta \in \mathbb{R}^{\mathbb{Z}}$ ainsi : $\delta _{0} =0$ et $\forall k\in \mathbb{N},\delta _{k+1} = \delta _{k} -x_{k} \text{ et } \delta _{-k-1} = \delta _{-k} +y_{k}$. Alors $e^{\delta _{k}} \text{ et } e^{\delta _{-k}} \underset{k\to+\infty}= O\Big(\! \frac{1}{k^2 } \!\Big)$, donc $(e^{\delta _{k}} )_{k\in \mathbb{Z}}$ est sommable. En notant $S$ sa somme, on pose $\forall k\in \mathbb{Z}, d_{k} \triangleq e^{\delta _{k}} /S$ qui définit une suite de somme 1.

Ensuite, soit $a : \mathbb{Z}\times \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^{*}$ bijective telle que : $\forall (k,i,\ell ,j) \in (\mathbb{Z}\times \mathbb{N}^*)^2 , \frac{i}{d_{k}} < \frac{j}{d_{\ell }} \Rightarrow a_{i,k} < a_{j,\ell }$. Les formules $$\sigma (a_{k,i} ) \triangleq a_{k+1,i} \quad \quad f(a_{k,i} ) \triangleq \frac{i}{d_{k}} \quad \quad r(a_{k,i} ) \triangleq \frac{d_{k} }{d_{k+1}}$$ définissent respectivement une permutation de $\mathbb{N}^*$ et deux fonctions sur $\mathbb{N}^*$. La relation $\frac{i/d_{k+1} }{i/d_{k} } = \frac{d_{k} }{d_{k+1}}$ induit $\frac{f(\sigma (n))}{f(n)} = r(n)$.

On a : $$ \forall x>0, \ \ \# \{(\ell,j)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{N}^* \mid \frac{j}{d_\ell} <x\} = \sum _{\ell\in \mathbb{Z}} \lceil xd_\ell -1\rceil \quad \text{ et } \quad \# \{(\ell,j)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{N}^* \mid \frac{j}{d_\ell} \leqslant x\} = \sum _{\ell\in \mathbb{Z}} \lfloor {xd_\ell }\rfloor \leqslant x.$$
Donc, en l'applicant à $x\triangleq \frac{i}{d_k}$ : $$\forall(k,i),\ \sum _{\ell \in \mathbb{Z}} \left\lceil \frac{i}{d_{k}} \, d_{\ell } -1 \right\rceil \leqslant a_{k,i} \leqslant \frac{i}{d_{k}} \quad \text{ i.e. } \quad \forall n,\ \sum _{\ell \in \mathbb{Z}} \left\lceil f(n) d_{\ell } -1\right\rceil \leqslant n \leqslant f(n).$$
Or $\displaystyle \sum _{\ell \in \mathbb{Z}} \frac{\lceil xd_{\ell } -1\rceil}x \underset{x\rightarrow \infty }{\longrightarrow} 1$ par cvd et $f(n) \rightarrow \infty $, donc $n \sim f(n)$. De même, $\sigma (n) \sim f(\sigma (n))$ car $\sigma (n) \rightarrow \infty $. D'où $\frac{\sigma (n)}{n} \sim r(n)$, puis $( \frac{\sigma (n)}{n} )$ et $(r(n))$ ont les mêmes valeurs d'adhérence. Or $\frac{d_{k} }{d_{k+1}} = e^{x_{k}} \text{ ou } e^{y_{-k-1}}$ (suivant le signe de $k$), donc cette adhérence est $F$.


$\bullet\ \textbf{Cas 1.2 :}$ Soit $F\subset [0,\infty ]$ fermé tel que $F\cap \,]0,1[\, \neq \varnothing $ et $F\cap \,]1,\infty [\, \neq \varnothing $ tel que $0$ ou $\infty$ est un point isolé de $F$. Par exemple, si $\infty$ est un point isolé, on veut l'ajouter à la construction précédente. Soit $\sigma $ donnée par le point précédent pour $\overline{F \setminus \{0,\infty \}}$. Il existe deux uniques bijections croissantes : $$\left\{ \begin{array}{cccc} \varphi :& A_{2} \triangleq \mathbb{N}^* \setminus \{m^2 \mid m\in \mathbb{N}^*\} &\rightarrow & \mathbb{N}^* \\
\psi :& \mathbb{N}^* &\rightarrow & A_{3} \triangleq \mathbb{N}^* \setminus \{m^{3} \mid m\in \mathbb{N}^*\} \end{array} \right.$$
On pose : $$\tau : \left\{ \begin{array}{ccc} m^2 &\mapsto & m^{3} \\
n\in A_{2} &\mapsto & \psi \circ \sigma \circ \varphi (n) \in A_{3} \end{array} \right.$$
$\forall n, |\varphi (n)-n|\leqslant \sqrt{\varphi (n)} \text{ et } |\psi (n)-n|\leqslant \sqrt[3]{n}$ donc $\frac{\tau (n)}{n} \underset{n\in A_{2} }{\sim } \frac{\sigma (\varphi (n))}{\varphi (n)}$. Et $\frac{\tau (m^2 )}{m^2 } \rightarrow \infty $, donc on a ajouté $\infty $ à l'adhérence. Et on n'a pas enlevé de valeur d'adhérence $a\in F \setminus \{0,\infty \}$ car $A_{2}$ est de densité asymptotique 1 tandis que, pour tout point $b$ arbitrairement proche de $a$, il existe une suite extraite de $( \frac{\sigma (n)}{n} )$ convergeant vers $b$ et dont le support est de densité asymptotique non nulle (un $\{a_{k,i}\mid i\in\Bbb N^*\}$ de densité $d_{k}$ par construction).
De même, en envoyant $m^{5}$ sur $m^{4}$ on peut ajouter la valeur d'adhérence 0 si besoin (sans perdre la valeur d'adhérence $\infty $ car $m^{5} \gg m^{3}$).


$\bullet\ \textbf{Cas 2.1 :}$ Soit un fermé $1\in F\subset [1,\infty ]$ tel que $\infty $ n'est pas un point isolé. Soit $(r_{n} )\in ([1,+\infty[)^{\mathbb{N}}$ dont $F$ est l'ensemble des valeurs d'adhérence. Soient $A_{2}$ défini ci-dessus et $A'=\mathbb{N}^* \setminus \{\lceil r_{m} m^2 \rceil \mid m\in \mathbb{N}^* \}$. Soit $\sigma \in \mathfrak{S}(\mathbb{N}^*)$ telle que $\forall m\in \Bbb N^* ,\sigma (m^2 )= \lceil {r_{m} m^2 }\rceil $ et $\sigma _{|A_{2}} ^{|A'}$ est une bijection croissante. En réalité, il faut faire attention au fait que certains $\lceil {r_{n} m^2 }\rceil $ tombant ex æquo peuvent obliger à décaler une partie des $\sigma(m)$ ; mais ce n'est pas très grave car, les $r_n$ étant tous $\geqslant 1$, on n'a jamais plus de $m =o( m^2)$ ex æquo en même temps, donc $\{\sigma(m^2)\mid m\in\Bbb N^*\}$ reste de densité asymptotique nulle. Alors $$\left| \frac{\sigma (m^2 )}{m^2 } - r_{n} \right| \leqslant \frac{| \sigma (m^2 ) -\lceil {r_{n} m^2 }\rceil |}{m^2 } + \frac{|\lceil r_{n} m^2 \rceil -r_{n} m^2|}{m^2 } \leqslant \frac{m}{m^2 } + \frac{1}{m^2 } \xrightarrow[m\to\infty]{} 0$$
donc $F$ est l'ensemble des valeurs d'adhérences de $( \frac{\sigma (m^2 )}{m^2 } )$. Pour le reste, le rapport tend vers $1$ car $A_{2}$ et $A'$ sont de densité asymptotique $1$.


$\bullet\ \textbf{Cas 2.2 :}$ Soit un fermé $1\in F\subset [1,\infty ]$ tel que $\infty $ est un point isolé. On prend $\sigma $ donnée par le cas $2.1$ et on lui applique une transformation du même type qu'au cas $1.2$ (le lieu de la transformation doit être un sous-ensemble de $\mathbb{N}^*$ de densité nulle et disjoint de $\{m^2 \mid m\in \mathbb{N}^*\}$).


$\bullet\ \textbf{Cas 2.3 :}$ Soit un fermé $1\in F\subset [0,1]$. $\{A_\sigma \mid\sigma\in\mathfrak{S}(\Bbb N^*)\}$ est stable par inversion car $A_{\sigma ^{-1}} = A_{\sigma } ^{-1} \triangleq \{x^{-1}\mid x\in A_\sigma\}$ (où $x\mapsto x^{-1}$ est prolongée par continuité sur $[0,\infty]$). Donc les cas $2.1$ et $2.2$ résolvent aussi le cas présent.


$\bullet\ \textbf{Cas 3.1 :}$ Soit un fermé $F$ qui est la réunion de $\{\infty \}$ et d'un fermé de $[0,1]$ qui contient $1$. Prendre le fermé du cas $2.3$ et lui ajouter $\infty$ comme en $1.2$ résout l'affaire.


$\bullet\ \textbf{Cas 3.2 :}$ Soit un fermé $F$ qui est la réunion de $\{\infty \}$ et d'un fermé de $[0,1]$ qui ne contient pas $1$. Soient $\alpha \triangleq \max ( F\cap [0,1])<1$ et $A\subset \mathbb{N}^*$ de densité asymptotique $1-\alpha $. Soit $\sigma _{1}$ l'unique bijection de $\mathbb{N}^*$ coïncidant avec la fonction carré sur $A$ et croissante sur $\mathbb{N}^* \setminus A$. Alors $\frac{\sigma _{1} (n)}{n} \xrightarrow[{n\in A}]{} \infty $ et $\frac{\sigma _{1} (n)}{n} \xrightarrow[{n\not\in A}]{} \alpha $. Puis soit $\sigma _{2}$ telle que $A_{\sigma _{2}} = \frac{1}{\alpha } (F\cap [0,1])$ (donnée par le cas $2.3$). Comme $\sigma _{1} (A)$ est de densité asymptotique nulle, on peut supposer qu'en fait $\sigma _{1} \in \mathfrak{S}(\mathbb{N}^* \setminus A)$ (quitte à bricoler comme en $1.2$). Alors $\sigma = \sigma _{2} \circ \sigma _{1}$ convient.


$\bullet\ \textbf{Cas 3.3 :}$ La remarque en $2.3$ et les cas $3.1$ et $3.2$ permettent de résoudre le cas où $F$ est la réunion de $\{0\}$ et d'un fermé de $[1,\infty ]$.

À tous,

Conjecture a écrit:

Soit $F$ un fermé de $[0,\infty]$. Il existe une involution $\sigma\in\mathfrak{S}(\Bbb N^*)$ (i.e. $\sigma^2={\rm id}$) telle que $F=A_\sigma$ si et seulement si $F$ est non vide et stable par inversion (i.e. $\forall x\in [0,\infty], x\in F \Leftrightarrow x^{-1}\in F\}$ où $x\mapsto x^{-1}$ est prolongée par continuité sur $[0,\infty]$).

Il me semble que toutes les idées déjà présentées dans ce fil s'adaptent parfaitement bien pour prouver ça, donc je n'ai pas très envie de le faire plus en détail. 8-)

Bonsoir totocov,
Tu veux envoyer $n$ sur le $n$-ième entier dans l'ordre de Charkovski ? Ce ne sera pas une surjection car, par exemple, 6 ne sera pas atteint puisqu'il est précédé d'une infinité de nombres (tous les nombres impairs).

Champ-Pot-Lion a écrit:

Quels sont les $A_{\sigma}$ si on demande que $\sigma^3 = \operatorname{id}$ ? Et si on demande que $\sigma$ soit d'ordre fini ?

Oula, ça se corse. Une condition nécessaire est que si $A_\sigma\neq\{1\}$, alors $A_\sigma$ n'est inclus ni dans $[0,1]$ ni dans $[1,\infty]$. En effet, si $\sigma^m={\rm id}$ et $\varphi$ est une extractrice telle que $\frac{\sigma(\varphi(n))}{\varphi(n)} \longrightarrow a_0 \neq 1$, alors quitte à réextraire on peut supposer $\forall k\in[\![1,m-1]\!], \exists a_k\in A_\sigma, \frac{\sigma^{k+1}(\varphi(n))}{\sigma^k(\varphi(n))}\longrightarrow a_k$. Puisque $\forall n, \prod\limits_{k=0}^{m-1} \frac{\sigma^{k+1}(\varphi(n))}{\sigma^k(\varphi(n))} =1$, on a deux possibilités :

• Soit l'un des $a_k$ est nul et un autre est infini. Dans ce cas c'est bon.
• Soit le produit $\prod\limits_{k=0}^{m-1} a_k$ existe et vaut $1$. Dans ce cas l'un des $a_k$ est strictement de l'autre côté de $1$ que $a_0$.

Edit : J'ai posté presque en même temps que Titi ; je n'avais pas vu son message. Je constate qu'on a dit à peu près la même chose.