Bonjour
Soit (E,d) un espace métrique séparable complet muni de la tribu borélienne. soit A un sous-ensemble borélien de E.
1. Il existe une suite croissante vers A de fermés de E. Vrai ?
2. Il existe une suite décroissante vers A d'ouverts de E. Vrai ?
Merci.
Réponses
Je n'ai pas d'idée pour le 1, mais pour le 2, que penses-tu de $E=\mathbb R$ et de $A=\mathbb Q$ ?
Cordialement.
En passant au complémentaire dans votre exemple on trouve la réponse de 1. Faux
qu'est-ce que ça donne pour mon exemple ? (je suppose que c'est deux fois y, ou deux fois x)
$$A_n=\bigcup_{i=1}^\infty B(q_i, 2^{-i-n})$$
où $q_i$ est une énumération des rationnels n'est pas égale à $\mathbf Q$ ? Ou pour montrer de façon générale que $\mathbf Q$ n'est pas l'intersection décroissante d'ouverts. Personnellement je ne sais pas faire sans Baire (qui d'ailleurs est assez intéressant quand on l'applique aux $A_n$ que j'ai décrits plus haut).
Et sinon les question 1 et 2 sont équivalentes par passage au complémentaire.
On peut continuer cette définition dans le transfini en disant que pour un ordinal limite $\alpha$, un $\Pi_\alpha$ est un élément d'un $\Pi_\beta, \beta <\alpha$ (et en gardant la même définition pour les successeurs).
Il est assez facile de voir dans le cas de $\mathbb{R}$ (d'espaces polonais plus généralement) que cette hiérarchie s'arrête au plus tard à $\omega_1$, i.e. tout borélien est un $\Sigma_{\omega_1}$ (et un $\Pi_{\omega_1}$). Ce qui est plus compliqué à voir (mais qui est vrai) c'est que ça ne s'arrête pas avant : si $\alpha<\omega_1$, il existe des boréliens qui sont $\Sigma_{\alpha+1}$ mais pas $\Sigma_\alpha$ (de même pour $\Pi$).
En particulier pour $E=\mathbb{R}$ (ou un polonais), il existe des boréliens qui ne sont ni réunion dénombrable de fermés ($\Sigma_1$) ni intersection dénombrable d'ouverts ($\Pi_1$) .
En l'occurrence, la réponse de gerard0 suffit, mais ça montre qu'en fait il y a plein d'exemples où 1. et 2. sont (très) faux; et puis c'est un peu de culture
@mojojo: pourquoi vouloir se priver de Baire ?
les ouverts de $\mathbb R$ contenant $\mathbb Q$ ne sont pas nombreux, il n'y a que $\mathbb R$. Donc pas de convergence vers $\mathbb Q$.
Cordialement.
@mojojo: mhm, non pour $\mathbb{Q}$ je pense que c'est Baire le mieux; tu n'auras pas d'obstruction de cardinalité puisqu'ici tout est de cardinal $|\mathbb{R}| = \mathfrak{c}$ (bon exercice d'ailleurs)
Tu as raison, j'ai été trop vite.
Cordialement.