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mercredi 29 novembre 2023

Sous-ensembles de \mathbb N. Dénombrabilité de \mathbb Q.

 Cet article fait suite à :

Pour la contruction de \mathbb Q, on pourra se reporter à cet article.

Nous verrons plus bas quelques propriétés : 
  • l'image de \mathbb N par une injection est un ensemble dénombrable
  • les sous-ensembles de \mathbb N sont soit finis soit dénombrables

Image de \mathbb N par une injection

Propriété A. S'il existe une injection \mathbb N \longrightarrow E, alors E n'est pas un ensemble fini. 

Démonstration. Supposons qu'il existe un n entier tel qu'il existe une bijection \varphi:E_n \longrightarrow E. Notons \alpha:\mathbb N \longrightarrow E une injection. 

Alors \varphi^{-1}\circ \alpha : \mathbb N \longrightarrow N_n est une injection. Par injectivité de \beta=\varphi^{-1}\circ \alpha\beta(1),\ldots,\beta(n),\beta(n+1) sont des éléments de \mathbb N_n. D'après le principe des tiroirs, au moins deux de ses éléments sont égaux contredisant l'injectivité de \beta.

Il est donc impossible que E soit un ensemble fini.


Propriété B. Soit f:E\longrightarrow F une fonction injective. Alors la fonction \tilde f:E \longrightarrow f(E) définie pour tout x\in E par \tilde{f}(x)=f(x), est une bijection.


Démonstration. Clairement \tilde f est injective. 

Pour la surjectivité, soit y\in f(E). Il existe par définition de f(E) un élément x\in E tel que f(x)=y


Lemme C1. Si F n'est pas de cardinal fini, et si x_1,\ldots,x_r sont r éléments de F, alors l'ensemble 
F'=F\setminus\left\{x_1,\ldots,x_r \right\}
n'est pas vide et n'est pas de cardinal fini.


Démonstration. On fait une récurrence sur r

Initialisation. Si r=1, F'=F\setminus\left\{x_1\right\}. F' n'est pas vide car sinon F serait de cardinal 1. Si F' était de cardinal fini, on aurait F'=\left\{a_1,\ldots,a_t \right\} et F=\left\{a_1,\ldots,a_t \right\}\cup \left\{x_1\right\} contiendrait exactement t+1 éléments contredisant le fait que F est fini.

Hérédité. Supposons que si x_1,\ldots,x_k sont k éléments de F, alors l'ensemble 
F'=F\setminus\left\{x_1,\ldots,x_k \right\}
n'est pas vide et n'est pas de cardinal fini.

Soit x_{k+1} un autre élément de F. Comme F' est infini, d'après le cas r=1, on en déduit que F''=F'\setminus\left\{x_{k+1} \right\}=F\setminus\left\{x_1,\ldots,x_k,x_{k+1} \right\} n'est pas de cardinal fini.

Conclusion. Le lemme est démontré.



Lemme C2. Si une suite d'entier naturel (n_k) est strictement croissante, alors, elle n'est pas majorée.


Preuve. Soit A un nombre réel. Soit N_A, le premier entier supérieur ou égal à A

On montre à l'aide d'une récurrence que n_{N_A}\geq n_0+N_A\geq N_A \geq A. Ainsi, (n_k) n'est pas majorée.


Propriété C. Soit F\subset \mathbb N un sous-ensemble qui n'est pas de cardinal fini. 

Alors F est dénombrable.

Autrement dit, un sous-ensemble de \mathbb N est soit fini soit dénombrable. On dit qu'il est au plus dénombrable.

Démonstration. On va construire une fonction bijective \varphi:F\longrightarrow \mathbb N.

On note F_0=F et n_0=\min F_0 le plus petit élément de F_0

On pose et F_1=F\setminus\left\{n_0 \right\} et n_1=\min F_1. Il n'y a pas de problème car d'après le lemme, F_1 n'est pas vide. On a n_0<n_1. De plus il n'y a aucun élément de F entre n_0 et n_1, par minimalité de n_1

Supposons qu'à l'étape k on a n_0<n_1<\ldots<n_k, k+1 éléments tels qu'il n'existe aucun élément de F entre deux n_i consécutifs. D'après le lemme F_{k+1}=F\setminus\left\{n_0,n_1,\ldots,n_k,n_{k+1} \right\} est non-vide ; il possède donc un plus petit élément n_{k+1}. Par minimalité de n_k, n_k<n_{k+1} et par minimalité de n_{k+1}, il n'existe pas non-plus d'élément de F entre n_k et n_{k+1}.

Par récurrence, on construit donc une suite d'éléments (n_i) de F, tels que :
n_0<n_1<\ldots<n_k <n_{k+1}<\ldots
pour laquelle pour tout entier k il n'y a jamais d'élément de F entre deux n_k et n_{k+1}

Pour tout k, on pose \varphi(k)=n_k.

La fonction \varphi est injective car la suite (n_k) est strictement croissante. 

La fonction \varphi est surjective. Soit en effet, y\in F \mathbb N. La suite (n_k) n'est pas majorée. En effet, elle répond aux conditions du lemme C2. Donc il existe n_s tel que n_s\geq y. Soit n_r le plus petit élément de (n_k) supérieur ou égal à y. Par construction de la suite (n_k), y n'est pas compris entre n_r et n_{r+1}, donc y=n_r. Ainsi y=\varphi(r).   


Propriété D. S'il existe une injection E \longrightarrow \mathbb N est que E n'est pas fini, alors E est dénombrable.

Si F'\subset F avec F' de cardinal non-fini et F dénombrable, alors F' est dénombrable.

Démonstration. Soit j:E\longrightarrow \mathbb N une injection. Alors d'après la propriété B, \tilde j : E \longrightarrow j(E) définit une bijection. E n'étant pas fini, j(E) n'est pas fini. D'après la propriété C, j(E) est donc dénombrable. 

Soit \psi:\mathbb N \longrightarrow j(E) une bijection. Alors j^{-1}\circ \psi établit une bijection entre \mathbb N et E. E est donc dénombrable. 

Soit j:F'\longrightarrow F l'inclusion naturelle donnée par j(x)=x. C'est une fonction injective. Soit \varphi:\mathbb N\longrightarrow F une bijection. Alors \varphi^{-1}\circ j : F' \longrightarrow \mathbb N est injective comme composée de deux fonctions bijective. On en déduit que F' est dénombrable.

Dénombrabilité de \mathbb Q


Propriété. \mathbb Q est dénombrable.

Remarque. Pour la construction de \mathbb Q, on pourra se reporter à cet article.

Démonstration. 

Puisque \mathbb Z^{\star}\subset \mathbb Z et que \mathbb Z est dénombrable, \mathbb Z^\star est dénombrable. (Ainsi \mathbb Z \times \mathbb Z^\star est dénombrable.) 

Soit E \subset \mathbb Z \times \mathbb Z^\star l'ensemble des couples (a,b) tels que b est strictement positif et a\neq 0 et b sont premiers entre eux. 


Soit \varphi : E \longrightarrow Q^\star définie par \varphi(a,b)=\frac a b. Alors \varphi est surjective car tout rationnel non-nul peut s'écrire sous la forme \frac a b avec a,b
premiers entre eux et b strictement positif : c'est la forme irréductible.  \varphi est injective car la forme irréductible avec le dénominateur strictement positif est unique. 

Donc E est en bijection avec \mathbb Q^\star. Si on ajoute (0,0) à E, et qu'on définit \varphi(0,0)=0, on obtient une bijection entre E'=E\cup\left\{(0,0)\right\} et \mathbb Q. \mathbb Q contient \mathbb Z donc \mathbb Q n'est pas de cardinal fini, a fortiori E' n'est pas de cardinal fini. Puisque E'\subset \mathbb Z \times \mathbb Z, j:E'\longrightarrow \mathbb Z \times \mathbb Z définie par j(x)=x est injective. On en déduit que E' est dénombrable. Ainsi \mathbb Q est dénombrable.

A suivre


Dans de prochains articles, on pourra s'intéresser :
  • A la réunion d'ensembles dénombrables
  • A des exembles d'ensembles non-dénombrables

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