Salut,

Est-ce qu'il existe deux bijections de Z dont la somme vaut l'identité?

0 = 0 + 0
1 = 2 + (-1)
2 = 1 + 1
3 = (-1) + 4
4 = (-2) + 6

ça semble évident mais ça a pas l'air de se construire facilement si on y va par méthode "d'exhaustion"

Si la réponse est oui, évidemment un algorithme de construction est le bienvenu.

z ------> 2z
et z -----> -z
la somme c'est bien l'identité

0 = 0 + 0
1 = 2 - 1
2 = 4 - 2
3 = 6 - 3

intokook ta première fonction n'est pas surjective :p

Le 09 novembre 2015 à 22:26:28 intokook a écrit :
z ------> 2z
et z -----> -z
la somme c'est bien l'identité

tu penses quand même pas qu'on allait faire un topic sur un problème qui se résout en écrivant x = 2x - x

f(z) = z/2 si z pair, (z+1)/2 sinon
g(z) = z/2 si z pair, (z-1)/2 sinon

g(z)+f(z) = z

Et elles sont bijectives :
f^-1(z) = 2z si z pair, 2z-1 sinon

Elles sont pas injectives.

On peut quand même prouver que ça existe par méthode "d'exhaustion" comme tu dis, même si ça donne pas vraiment de formule générale :

On peut montrer que pour tous k, K, m, M ∈ ℤ, on peut construire f et g définies sur un ensemble qui contient l'intervalle d'entiers [k, K], injectives, qui prennent toutes les deux au moins toutes les valeurs de l'intervalle [m, M], et telles qu'en tous points où elles sont définies, f(t) + g(t) = t.
(Je détaille pas c'est chiant à écrire et pas trop dans l'esprit de ce que tu demandes de toute façon. En faisant un dessin pour essayer de construire f, on voit bien qu'on manquera jamais de place pour remplir les deux intervalles quitte à aller chercher des points assez loin)

Bref du coup, en faisant une grosse union où k et m tendent vers -∞ et K et M tendent vers +∞, on obtient des fonctions de ℤ → ℤ, injectives, surjectives, et qui vérifient bien la relation.

sorry sorry sorry j'ai fumé la moquette, jsuis con on est dans Z
et oui c'est clair RSA

Je pense avoir quelque chose :

On commence par 0 = 0 + 0

Ensuite, je regarde le plus petit nombre "sans le signe" (= en v.a) non utilisé à gauche : c'est 1.
Je choisis son opposé pour le terme de gauche de la décomposition suivante :

1 = (-1) + 2

Je continue en prenant, le plus petit nombre "sans le signe" non utilisé à droite : C'est 1
Je choisis son opposé pour le terme de droite de la décomposition suivante :

2 = 3 + (-1)

Rebelotte à gauche, je regarde le plus petit non utilisé, c'est 2, je choisis son opposé :

3 = (-2) + 5

Rebelotte à droite, le plus petit non utilisé est 3 :

4 = 7 + (-3)

etc...

Et on prend les opposés pour les entiers négatifs :
-1 = 1 + (-2)
-2 = (-3) + 1
-3 = 2 + (-5)
-4 = -7 + 3

Ca m'a lair de fonctionner mais je n'ai pas encore de preuve propre que c'est bien surjectif, ni que c'est bien injectif...

Edit : La surjectivité est évidente en fait, l'injectivité moins...

Une définition formelle :

On pose f(0) = g(0) = 0 puis :

Pour n pair :
f(n) = - | plus petit entier qui n'est pas un antécédent de |f| sur {0,....,n} |
g(n) = n - f(n)

Pour n impair :
g(n) = - | plus petit entier qui n'est pas un antécédent de |g| sur {0,...,n} |
f(n) = g(n) - n

Et pour tout relatif n :
f(-n) = -f(n)