Cardinal de tribu borélienne
bonjour
je soumets ici deux problèmes de cardinalité sur des tribus classiques
j'ai une preuve courte et élégante pour le premier, quoique l'un des sens de l'équivalence nécessite peut-être l'axiome du choix je ne sais plus...
le deuxième est un énoncé trouvé dans un livre mais je n'en ai pas la preuve, quelqu'un en connait-il une?
Soit $X$ un ensemble.
Premier énoncé
$X$ est fini ou dénombrable ssi $\mathcal{P}(X)=\{A \subseteq X \ ; \ A \ \rm{ou} \ A^c \rm{est} \ \rm{dénombrable}\}$
Deuxième énoncé
$\mathcal{B}(\mathbb{R})$ a le même cardinal que $\mathbb{R}$.
je soumets ici deux problèmes de cardinalité sur des tribus classiques
j'ai une preuve courte et élégante pour le premier, quoique l'un des sens de l'équivalence nécessite peut-être l'axiome du choix je ne sais plus...
le deuxième est un énoncé trouvé dans un livre mais je n'en ai pas la preuve, quelqu'un en connait-il une?
Soit $X$ un ensemble.
Premier énoncé
$X$ est fini ou dénombrable ssi $\mathcal{P}(X)=\{A \subseteq X \ ; \ A \ \rm{ou} \ A^c \rm{est} \ \rm{dénombrable}\}$
Deuxième énoncé
$\mathcal{B}(\mathbb{R})$ a le même cardinal que $\mathbb{R}$.
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Réponses
il suffit de trouver une tribu $\mathcal{A}$ sur $\mathbb{R}$ du cardinal de $\mathbb{R}$ telle que toutes les fonctions continues bornées de $(\mathbb{R},\mathcal{A})$ dans $(\mathbb{R},\mathcal{B}(\mathbb{R}))$ soient mesurables
...
Par contre, pour le deuxième, je ne pense pas qu'il y ait besoin de AC pour une surjection de $\R$ sur $B(\R)$ ensemble des boréliens.
Les boréliens sont des réunions d'intersections de réunions.... etc d'ouverts ou fermés. Il existe donc une fonction surjective qui à chaque réel associe une description d'un borélien (et éventuellement, certains réels ne coderont rien du tout, parce qu'ils "boucleront", mais c'est "pas grave").
Pas d'axiome du choix ici. Du "codage" un peu, comment dire, "bourrin" peut-être?
Si tu veux je te l'explicite, mais c'est chiant, mais pour te donner l'idée: tu mets un symbole "final" qui signifie, "maintenant la suite décrit l'ouvert (ou le fermé) (réunion d'intervalles à embouts rationnels", et étant donné un borélien de rang oridnal $a$, il est, par exemple, réunion des boréliens $b_1;b_2;...$ de rang $<a$ et tu mets un symbole non final qui dit "maintenant comme $\N$ réels qui code chacun l'un des $b_i$
Bon si tu veux plus de précisions, je te les donne
on voit $\R$ comme l'ensemble des suites d'entiers positifs. (ils sont en bijection naturelle de toute façon)
Tu prends une surjection bijection $s$ de $\N ^2$ sur $\N$
EDIT: j'ai barré un mot erroné: lol des surjections de $\N^2$ sur $\N$ ne servent pas à grand chose
Tu "parses" toute suite d'entiers de la manière récursive suivante:
si le premier symbole lu est $0$, considérer que la suite des entiers décrit un ouvert ou un fermé (codage à faire, pas méchant)
si le premier symbole lu est autre chose mais pair, le sauter et considérer que le suite $v:=u_2;.....$ est en fait une réunion des boréliens $B_i$ (via s, $v$ peut être vue comme $\N ^2 \to \N$) ce qui donne $\N$ suites $v_1;v_2;...$ ($\N\to \N$)
) codés chacun par $v_i$. S'il est impair prendre "intersection" au lieu de "réunion".
je vais y réfléchir
si vous voulez me donner des précisions sur la descriptions des boréliens, n'hésitez pas
Je ne sais pas s'il y a de la littérature "moderne" tout ça date en grande partie de la première partie du 20eme siecle.
Tu peux toujours essayer les bouquins "Meyer et Dellacherie" (Probabilités et Potentiel) (en particulier le tome 1 et 2), ainsi que les references citées en particulier le bouquin "Capacité et Processus Stochastiques" de Claude Dellacherie. Mais les ensembles analytiques et boréliens qui y sont étudiés ne sont pas en général des boréliens dans $\R$ ou dans $\R^n$.
a+
M. Chalons, j'aimerais savoir comment montrer exactement que l'ensemble des boréliens de $\mathbb{R}$ est l'ensemble des réunions de .... je sais que cela se fait avec une récurrence ordinale mais je n'y arrive pas (je travaille à partir d'un exercice de Arnaudiès ...). D'ailleurs n'est pas à ce moment-là de la démonstration qu'il faut utiliser l'axiome du choix pour justifier l'existence d'un bon ordre sur $\mathbb{R}$ ?...
Le codage a proprement parler, je ne l'ai pas étudié dans le détail, je pense avoir besoin de mieux comprendre la structure des boréliens avant... Pouvez-vous m'aider?
Merci
P.S 1 : merci aussi pour les références (même si je ne les ai pour l'instant pas utilisées...)
P.S 2: j'ai vérifié pour le premier problème, le sens "difficile" semble nécessiter de multiples appels à l'axiome du choix
Il me semble que tu pars du principe que les boréliens peuvent s'écrire comme intersections de réunions de blablabla dénombrable d'intervalles. Pourquoi serait-ce vrai ?
C'est convainquant mais même en supposant donnée une bijection entre R et un ordinal, je ne vois pas comment faire.
J'espère que ta question trouvera une réponse, elle est intéressante.
Je dois faire des course avant midi, mais je résume:
la définition de l'ens des boréliens est que c'est le plus petit ensemble contenant les ouverts et stable par complémentaires, réunions et intersections dénombrables
Il suffit donc "d'enlever" psg au complémentaire en le faisant "descendre" via l'équivalence réunions des complémentaires = complémentaire de l'intersection des et dualement pour intersection/réunion. (***)
D'une manière générale, quand tu as "E:=le plus petit ensemble stable par telles et telles opérations allant de $T^\N\to T$ et contenant $A$, (je n'en prends qu'une $f$ pour simplifer dans la suite) il est équivalent de dire que:
$E:=$ la réunion des $A_\alpha$, pour $\alpha$ ordinal dénombrable avec:
$A_0:=A$
$A_{\alpha + 1}:=A_\alpha \cup $ l'image de $A_\alpha ^\N$ par $f$
$A_l:=$ réunion des $A_\alpha $ quand $l$ est un ordinal sans prédéceseur.
(le démontrer en exercice que c'est équivalent)
Pour avoir tous les boréliens, tu peux donc partir des ouverts et des fermés et stabiliser par unions dénombrables et intersections dénombrables jusqu'à ce qu'il n'y ait plus rien à rajouter. La stabilité par complémentaires sera alors garantie par (***) du fait que tu auras mis les fermés dès le départ en plus des ouverts (exercice).
Pour le codage, tout provient de ce que il suffit de monter jusqu'au premier ordinal non dénombrable pour les avoir tous, et chaque ordinal dénombrable est le sup d'une SUITE croissante d'ordinaux inférieurs à lui.
Je te détaille ça au prochain post, mais courses d'abords (sinon magazin fermé)
Pas besoin d'un bon ordre sur $\R$.
Soit, comme défini précedemment, $B:=$réunion des $A_e, e$ variant sur les ordinaux dénombrables où:
$A_e:=$ l'ensemble des parties de $\R$ qui sont réunions ou intersections dénombrables de parties qui sont dans $\cup _{i<e} A_i$
avec $A_0:=$ l'ensemble des ouverts union l'ensemble des fermés.
Je te prouve que $B$ est l'ensemble des boréliens:
1) $B$ est stable par union dénombrable: en effet, soient $P_n\in A_{i_n}$. Les $i_n$ étant dénombrables, il existe un ordinal $e> $ tous les $i_n$ et $A_e$ contient la réunion des $P_n$
2) $B$ est stable par intersection dénombrable: même argument
3) $B$ est stable par complémentaire: soit $e$ le plus petit éventuel ordinal possible tel qu'il existe une partie $P$ dans $A_e$ dont le complémentaire n'est pas dans $B$. $P$ est forcément ou bien une réunion ou bien une intersection dénombrable d'élément $Q_n$ dans $A_{i_n}$ où chaque $i_n<e$. Disons par exemple que $P=\cup Q_n$. Alors $P ^c=$ l'intersection des $Q_n ^c$, qui eux-mêmes sont tous dans $B$ car les $i_n$ sont $< e $. Contradiction: $P ^c$ est dans $B$
cas non traité en (3): $e=0$. Or on a mis les fermés dans $A_0$ ainsi que les ouverts. Donc $A_0$ stable par complémentaire
Preuve que $B$ ne contient pas autre chose que des boréliens:
soit $e$ le premier ordinal tel que $A_e$ contient un $P$ qui n'est pas borélien. $e$ est forcément $> 0 $. Donc $P$ est réunion ou intersections dénombrables d'ensembles appartenant à des $A_i$ avec $i<e$ donc d'ensembles boréliens. contradiction
Codage: plutôt que te décrire le codage, je fais directement la preuve qu'il marche ce qui te donnera le codage lui-même.
Soit $e$ le plus petit ordinal tel qu'il existe une partie $P\in A_e$ qui n'a pas de code. C'est (par exemple) une réunion de parties $Q_n$ dans $A_{i_n}$ avec $i_n < e$ donc qui ont un code, disons $c_n$ qui est une suite de symboles pris dans l'alphabet fini dont j'ai dû te parler aux premiers posts.
Voici, pour une contradiction, un code de $P$:
où en fait pour tout $p\in \N$, la suite $q\to u(s(p,q))$ est la suite $c_p$
la fonction $s$ étant la bijection entre $\N^2$ et $\N$ fixée une bonne fois pour toute que tu veux.
A remarquer que le "décodage" n'est pas forcément "successful" pour tout code, car il peut évidemment boucler éternellement, mais tu obtiens ainsi une surjection de $C$ dans $B$ (=ens des boréliens) où $C\subseteq \R$ est l'ensemble des codes qui ne bouclent pas.
je crois que pour une surjection de R dans B(R) on a besoin du choix dénombrable;Sinon on a des modèles de ZF où R est une réunion dénombrable d'ensemble dénombables, d'où toute partie de R est borélienne. PUIs la diagonale de Cantor fait le reste. Si on admet le choix dénombrable un borélien de R est l'image d' une application continue injective de [0,1] privé des rationnels dans R.
Amitié
Anatole
Mais dans le contexte "théorie descriptive" le choix dénombrable (en fait même le choix dépendant) est considéré comme un axiome allant beaucoup de soi "philosophiquement" que le choix général.
Il est en particulier compatible, à priori, avec AD.
Merci M. Chalons pour vos réponses détaillées, je vais devoir réviser mes notions sur les ordinaux et la récursion ordinale
car apparemment mes seuls souvenirs ne suffisent pas...
La méthode de récursion ressemble à celle de Arnaudiès, le passage qui me posait problème (et qui ne provient en fait je crois que d'un trou/doute sur les ordinaux...) est la stabilité de $B$ par réunion dénombrable.
Néanmoins, il me semblait qu'une certaine forme de choix était nécessaire.
Je vais donc étudier tout cela en détail avant de vous embêter à nouveau avec mes questions.
Merci encore
P.S : cela peut prendre un peu de temps car ayant retrouvé mes chers élèves, j'ai un peu moins de temps libre
P.S 2 : n'hésitez pas à apporter de nouveaux commentaires intéressants !!
Les intervalles sont de même cardinalité que $\R$, certes, mais les ouverts sont engendré par réunion quelconque d'intervalles. Ça mérite un minimum de justification.
[La case, la case !]
Cette décomposition est unique, chaque intervalle y intervenant est une composante connexe de l'ouvert de départ.
Et chaque intervalle ouvert est réunion dénombrable d'intervalles ouverts à extrémités rationnelles.
Donc un ouvert est une réunion dénombrable d'intervalles ouverts à extrémités rationnelles.
A partir de là, on doit pouvoir montrer que le cardinal de l'ensemble des ouverts est inférieure à celui de $(\mathbb{Q}^2)^\mathbb{N}$ donc à celui de $\mathbb{N}^\mathbb{N}$.
Je pense (j'ai un doute...) q'on doit pourvoir montrer que $\mathbb{N}^\mathbb{N}$ a le cardinal de $\mathbb{R}$.
Et comme il y a autant de fermes que d'ouverts, $A_0$ a lui aussi ce cardinal.
Bon sang, mais c'est bien sûr !
Pas de problème, et sans axiome du choix je pense. Un petit coup de Cantor-Bernstein et c'est réglé.
NB : tu utilises quand même l'axiome du choix dénombrable, dont de toutes façons on a besoin plus loin.
Ah mais non ! Au moins un truc que j'ai appris...
Soit $(\Omega, \leqslant)$ un ensemble bien ordonné de cardinal celui de $\mathbb{R}$ et $\alpha$ son plus petit élément.
1ère difficulté :
il semble évident pour l'auteur (pas pour moi...) que qu'il existe $\zeta \in \Omega$ tel que $[\alpha,\zeta]$ ne soit pas dénombrable.
Comment le montre-t-on?
Ensuite on prend $\omega$ le plus petit de ces $\zeta$.
On définit alors les ensemble $A_\nu$ pour $\nu \in \Omega$ comme M. Chalons.
On prend $E_\alpha$ l'ensemble des parties ouvertes ou fermées de $\mathbb{R}$.
Si $\nu \in \Omega$ est le successeur $\zeta$ et que $E_\zeta$ est déjà défini, on prend $E_\nu$ l'ensemble des intersections ou réunions dénombrables d'éléments de $E_\zeta$.
Si $\nu \in \Omega$ n'a pas de prédécesseur et si pour tout $\zeta < \nu$, $E_\zeta$ est déjà défini, on prend
$E_\nu=\bigcup_{\zeta < \nu} E_\zeta$.
2ème difficulté :
Cette définition est consistante et définit $E_\nu$ pour tout $\nu \in \Omega$? Je sais que c'est une histoire de récursion transfinie mais je n'ai pas les idées claires sur ces questions...
On considère l'ensemble $E_\omega$ qui est stable par complémentaire.
3ème difficulté :
Pour montrer que $E_\omega$ est l'ensemble des boréliens, il suffit alors de montrer que $E_\omega$ est stable par réunion dénombrable.
M. Chalons propose quelque chose mais je ne comprends pas bien, c'est la majoration des ordinaux qui me pose problème je crois.
Je vais continuer à creuser (et sans doute revoir ce je sais/j'ai su sur la récursion ordinale...).
Merci de votre passée (et à venir j'espère!:D)
Dans ce fil, il n'y a pas besoin de l'axiome du choix pour choisir un rationnel dans chaque intervalle, mais pour autrechose: prouver qu'une réunion d'ordinaux dénombrables est dénombrable. Ca me brise le coeur, t'avais l'air si content...
La partie $ "A_0" $ que je n'ai pas détaillée (et à peine évoquée en fait, ce qui tracasse LBR) effectivement rejoint le fil que tu as mis en lien
La précision d'Anatole utilise un théorème "célèbre": tout borélien est analytique, et de manière marrante d'ailleurs, il est bien plus "facile" de prouver qu'il y a une surjection de $\R$ sur l'ensemble des analytiques
Pour LBR: pour coder un ouvert ou un fermé, il suffit de convenir que la suite de symboles:
désigne la réunion des $[\frac{a_n}{b_n};\frac{a_{n+1}}{b_{n+1}}]$
Pas dur de faire des singletons avec ça
Pour en revenir à cette histoire d'axiomes du choix, Anatole rappelait qu'il est consistent avec ZF que: $\R$ soit réunion dénombrable d'ensembles dénombrables. Dans ma preuve, le moment où je "court-circuite" cette possibilité est quand je dis:
soit $e$ un ordinal dénombrable supérieur à tous les ordinaux $i_n, n\in \N$
J'ai survolé ton post sur Arnaudies watanuki, tiens-t-en plutôt à ce que je t'ai dit car les notations que tu cites sont assez compliqués peut-être: appeler "alpha" le "zéro" ça facilite pas..
ta difficulté1: si tu mets un bon ordre sur $\R$, l'intervalle $[premier.elt, y]$ pourrait très bien être dénombrable pour tout $y$. Donc erreur (tu dis "qu'il est évident pour l'auteur"....????). Typiquement, si l'hypothèse du continu est vraie alors c'est le cas pour de nombreux bons ordres répondant à ton critère
ta difficulté2: formellement la récurrence transfinie est que si tu as un ensemble $E$ et une application $Z$ de l'ensemble des fonctions dont le domaine est un ordinal à valeurs dans $E$ (l'ensemble vide est un ordinal) alors pour tout ordinal $e$, il existe une application $U$ de $e$ dans $E$ tel que pour tout $a<e: U(a)= Z(U/a) $, en notant $f/S$ la restriction d'une fonction $f$ à un ensemble $S$ (****)
ta difficulté3: au lieu de prendre "un bon ordre" sur $\R$ (ce qui ici ne sert à rien et laisse de manière erronée penser que AC est utile), je t'ai proposé le même argument, mais simplifié: j'ai directement pris l'ensemble $T$ (qui est un ordinal) des ordinaux dénombrables et avec les notations de (****):
$A:T\to P(P(\R))$ n'est rien d'autre que la $U$ obtenu dans **** avec le $Z$ du **** définie comme suit:
$Z(f):=$ l'ensemble des réunions ou intersections dénombrables d'éléments de l'un des $f(i)$ pour $i\in $domaine de $f$ s'il est non vide et sinon (cas spécial pour $0$) $Z(\emptyset )=$ensemble des ouverts et des fermés.
Si tu le veux comme "théorème", voilà une preuve:
si tous les ordinaux étaient dénombrables alors il existerait une surjection de $P(\N ^2)$ sur la collection des ordinaux**. Or un axiome officiel de ZF dit que si c'est le cas alors la collection des ordinaux est un ensemble.
Exercice: ce n'est pas le cas, il n'y a pas d'ensemble contenant tous les ordinaux
** $f:A\to $ si $A\subseteq \N ^2$ est un bon ordre $\to $son ordinal canonique type et sinon $\to 0$
Il commet donc une potentielle erreur?
Sinon pour les notations, je pensais que ce n'était que des notations différentes des vôtres et que la démarche était identique, apparemment non.
Je n'ai malheureusement plus le temps de m'y coller aujourd'hui (mais bientôt...), je vais donc juste laisser ces idées germer dans un coin de ma cervelle pendant que je fais autre chose... Espérons que cela sera bénéfique.
*** Supposons l'hypothèse du continu. Alors $card(\R)=\omega _1$. Soit $f$ une bijection entre $\R$ et $\omega _1$. En transportant par $f$ l'ordre de $(\omega _1,< )$ tu obtiens un bon ordre sur $\R$ tel que pour tout élément $x$ de $\R$ l'ensemble des $y\in \R$ qui sont inférieurs à $x$ est dénombrable.
T'inquiète, je le suis toujours de savoir qu'on peut associer un rationnel à n'importe quelle partie* de $\R$ sans choix. Qu'il y ait besoin du choix ailleurs, sans nul doute, mais il me semblait que LBR le mettait en particulier à cet endroit, donc je n'ai pas résisté à sortir ma science toute neuve sur la question...
* Enfin, partie qui en contient quand même. Il y a des limites...
Sans aucun axiome du choix, il existe quand-même une bonne pelleté d'ensembles ainsi: déjà les ordinaux, les parties d'ordinaux, ($\N$ est un ordinal), les quotients de ces ensembles, les produits finis de ces ensembles, les réunions indicées par un bon ordre, et bien d'autres ($\Q$ est un quotient de $\N^2$).
J'interviens un peu tard dans cette discussion, mais voici ma contribution :
1) Le fait que le cardinal de B(R) est celui de R résulte d'une longue démonstration.
2) Toute tribu engendrée par une famille de cardinal au plus c est de cardinal c.
3) B(R) est engendrée par les intervalles, famille de cardinal c.
4) La tribu T engendrée par une famille F est une réunion transfinie de Ti, où
i appartient à I ensemble bien ordonné de cardinal c ; chaque Ti est de cardinal c,
donc T est de cardinal c.
Vous trouverez toute cette construction dans le chapitre 7 de mon livre.
Des descriptions de B(R) sont données également dans les chapitres 8 et 13.
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