Beaucoup de voisinages => gros cardinal ?
Bonjour,
Une question à laquelle je n'ai pas beaucoup réfléchi malheureusement (ce qui implique qu'il y a potentiellement des contrexemples très simples, mais bon, chacun.e a ses espoirs :-D )
Soit $X$ un espace topologique compact et parfait (i.e. chaque $x$ est dans l'adhérence de $X\setminus\{x\}$). On suppose de plus que chaque point de $X$ a une prébase de voisinages ouverts de taille $\lambda$, où $\lambda>\aleph_0$ est un cardinal, et on suppose que c'est le plus petit cardinal ayant cette propriété, pour tout point (i.e. pour tout point, si $B$ est une prébase de voisinages ouverts, alors $|B|\geq \lambda$).
A-t-on alors que $|X|\geq 2^\lambda $ ?
Si la réponse en toute généralité est non, je suis prêt à rajouter des hypothèses de discontinuité sur $X$.Je suis aussi prêt à supposer que $X$ a une base d'ouverts de taille $\lambda$.
Heuristique de pourquoi ça m'a l'air vrai si par exemple je rajoute que chaque point a une prébase d'ouverts-fermés de taille $\lambda$ (donc : rajout d'une hypothèse de discontinuité) :
Je coupe $X$ en deux avec $U_0\sqcup U_1$ deux ouverts-fermés non vides. Je les coupe pareil pour obtenir $U_{01}, U_{00}, U_{10}, U_{11}$. Je réitère. A chaque étape, $X$ étant parfait, ces ouverts contiennent plus qu'un point. J'obtiens des $U_s, s\in 2^{<\omega}$.Si je passe la limite, j'obtiens $U_s, s\in 2^\omega$ qui est fermé non vide (en tant qu'intersection décroissante de fermés non vides dans un compact). Si je prends $x$ dedans, les $U_t, t< s$ (où $<$ veut dire segment initial propre) sont des ouverts contenant $x$, mais il n'y en a que $\omega$; donc par hypothèse ils ne peuvent pas être cofinaux dans les voisinages ouverts de $x$. Bon c'est là que l'heuristique intervient : j'ai envie d'en déduire que $U_s$ contient un voisinage de $x$; et que je peux donc recommencer.
Si mon heuristique peut se réaliser, j'ai envie de dire qu'elle marche pour construire des ouverts fermés non vides $U_s, s\in 2^{<\lambda}$ tels que si $s_n\neq s'_n$ pour un $n<\lambda$ alors $U_s \cap U_{s'}=\emptyset$, ce qui permet de conclure en passant à la limite.
J'aimerais beaucoup pouvoir passer de cette heuristique à une réalité.
Une question à laquelle je n'ai pas beaucoup réfléchi malheureusement (ce qui implique qu'il y a potentiellement des contrexemples très simples, mais bon, chacun.e a ses espoirs :-D )
Soit $X$ un espace topologique compact et parfait (i.e. chaque $x$ est dans l'adhérence de $X\setminus\{x\}$). On suppose de plus que chaque point de $X$ a une prébase de voisinages ouverts de taille $\lambda$, où $\lambda>\aleph_0$ est un cardinal, et on suppose que c'est le plus petit cardinal ayant cette propriété, pour tout point (i.e. pour tout point, si $B$ est une prébase de voisinages ouverts, alors $|B|\geq \lambda$).
A-t-on alors que $|X|\geq 2^\lambda $ ?
Si la réponse en toute généralité est non, je suis prêt à rajouter des hypothèses de discontinuité sur $X$.Je suis aussi prêt à supposer que $X$ a une base d'ouverts de taille $\lambda$.
Heuristique de pourquoi ça m'a l'air vrai si par exemple je rajoute que chaque point a une prébase d'ouverts-fermés de taille $\lambda$ (donc : rajout d'une hypothèse de discontinuité) :
Je coupe $X$ en deux avec $U_0\sqcup U_1$ deux ouverts-fermés non vides. Je les coupe pareil pour obtenir $U_{01}, U_{00}, U_{10}, U_{11}$. Je réitère. A chaque étape, $X$ étant parfait, ces ouverts contiennent plus qu'un point. J'obtiens des $U_s, s\in 2^{<\omega}$.Si je passe la limite, j'obtiens $U_s, s\in 2^\omega$ qui est fermé non vide (en tant qu'intersection décroissante de fermés non vides dans un compact). Si je prends $x$ dedans, les $U_t, t< s$ (où $<$ veut dire segment initial propre) sont des ouverts contenant $x$, mais il n'y en a que $\omega$; donc par hypothèse ils ne peuvent pas être cofinaux dans les voisinages ouverts de $x$. Bon c'est là que l'heuristique intervient : j'ai envie d'en déduire que $U_s$ contient un voisinage de $x$; et que je peux donc recommencer.
Si mon heuristique peut se réaliser, j'ai envie de dire qu'elle marche pour construire des ouverts fermés non vides $U_s, s\in 2^{<\lambda}$ tels que si $s_n\neq s'_n$ pour un $n<\lambda$ alors $U_s \cap U_{s'}=\emptyset$, ce qui permet de conclure en passant à la limite.
J'aimerais beaucoup pouvoir passer de cette heuristique à une réalité.
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Réponses
La vie n'est pas si simple (je ne dis pas que ton énoncé est faux), ton heuristique demande trop.
Par contre, si le sujet t'intéresse, ça porte un nom: "cardinal invariant". Alors certes, ils s'occupent beaucoup des cardinaux coincés entre $\omega_1$ et $2^\omega$, mais tu peux facilement t'apercevoir que ça "ne se simplifie pas" quand tu remplaces $\omega$ par $\kappa$.
Le cardinal d'un ordre ne dit pas grand chose de sa duale-cofinalité (ie la plus petite partie non bornée, pense à l'ensemble des partie finies de $E$ par exemple).
Par contre, il y a effectivement des théorèmes assez usuels qui vont te donner ce que tu demandes quand tu vas supposer tes voisinages totalement ordonnés par inclusion (tu ne demandes pas que ce soit une base dans ce cas)
Les ouverts peuvent être "tous très gros", mais très nombreux à contenir $x$ (typiquement $2^E$ muni de la discrète).
Ton énoncé est sympa en soi (il est plus modéré que ton heuristique :-D )
Oui je sais bien qu'elle demande trop, mon heuristique, sinon j'en aurais fait une preuve :-D
Tu as raison pour la cofinalité, mon intuition m'avait trompé, laisse moi réfléchir à ma situation motivante pour voir si je peux faire une hypothèse d'ordre total. Je peux rajouter que chaque $x$ a une famille strictement décroissante de taille $\lambda$ de voisinages ouverts, si ça rajoute quoi que ce soit.
Sans réfléchir, je ne les vois pas tes contrexemples avec $E^J$ (et pour être honnêtes ils m'attristeraient un peu plus que juste "un contrexemple" parce que dans mon exemple motivant c'est un fermé de $2^J$ :-D )
Il y a des tas d'autres configurations ton énoncé les éliminerait toutes uniformément ce serait donc un "beau théorème".
Et à première vue ce n'était pas totalement déraisonnable, puisque par exemple on sait bien qu'un polonais parfait est de cardinal $\geq 2^{\aleph_0}$: la topologie peut imposer des trucs de cardinaux
Leur nombre** vient juste du fait qu'il existe $T$ une partie de $P(E)$ de même cardinal que $P(E)$ tout entier, tel que "en temps fini" on peut faire ce qu'on veut avec les éléments de $T$ sans obtenir de contradiction. Je précise pour les visiteurs: en regardant les éléments de $T$ comme des applications de $E$ dans $\{faux ; vrai\}$n pour toute partie finie $F$ de $T$ et toute $g$, il existe $x\in E: \forall f\in F: f(x)=g(f)$.
Le phénomène est d'ailleurs visualisable** avec $\beta(\N) == 2^{[0,1]}$ au sens où on voit bien que toute partie $X$ de $[0,1]$ est représentable par un élément de $\beta(\N)$ qui est "un entier" $n$ infini ayant des 0 dans son écriture décimale exactement là où le rang du digit divisé par le nombre de chiffres de $n$ est superproche d'un élément de $X$.
Mais la topologie réserve des surprises amusantes: par exemple, le haut qu'on puisse monter pour qu'un espace $T_1$ ait chaque singleton intersection dénombrable d'ouverts est .. le premier cardinal mesurable (ce qui donne une définition de cardinal mesurable alternative).
** En fait il l'est de manière générale pour les familiers des liens entre AC et l'arithmétique cardinale de base et le CP de IN est juste psychologique. Comme on peut supposer E^2 inclus dans E, pour toute partie X de P(E) il existe un ultrafiltre W de couple d'ensembles finis tel que pour tout À inclus dans E À est dans X ssi pour W-presque tout (F,G) : F inter À est élément de G. Cela donne d'ailleurs un exemple de T.
Soit $E$ un ensemble infini et $X$ une partie de $P(E)$. Il existe facile de voir qu'il y a un ultrafiltre $W$ sur $H:=PF(E)\times PF(PF(E))$ tel que $$\forall A\subseteq E: ((A\in X) \iff (\{(F,G\mid F\cap A\in G)\}\in W))$$
En fait, on a pas besoin de l'axiome du choix pour construire la famille de filtres sous-jacents superinjective et indicée par $P(P(E))$, où $f$ surperinjectif veut dire $\forall x,y: x\neq \to f(x)\perp f(y)$ et où dans le cas présent, pour deux filtres $F\perp G$ veut dire il existe $(A,B)\in F\times G$ tel que $A\cap B=\emptyset$.
Il suit que dès lors qu'on est face à un étudiant qui accepte "facilement" que $card(E) = card(H)$, il est trivial que $card(\beta(E))=card(P(P(E))$.
Comme je disais de mon téléphone, ça donne envie d'aller plus loin en tentant .... de surjecter $\beta(E)$ sur $P^3(E)$. Et évidemment si on pouvait le faire on obtiendrait une contradiction.
A chaque ultrafiltre $U$ sur $PF(E)$, on note $\phi(U)$ l'ensemble des ultrafiltres $V$ tel qu'il existe un ultrafiltre $W$ sur $PF(E) \times E$ dont image par $(x,y)\mapsto y$ est $U$ et $\{(x,y)\mid y\in x\}\in W$
Et bien, malgré les impressions fortes que $\phi$ est surjective, elle ne l'est évidemment pas.
Mais il serait intéressant de "grossir" (au sens du microscope) ce point amusant.
Ta famille $f$ c'est celle décrite juste au-dessus du coup ?
Je réécris un peu tout ça pour que ce soit plus clair pour moi (et je détaille tout parce que voilà). Soit $A\subset E$, on peut noter $L_A\in P(H)$ l'ensemble $\{(F,G) \mid F\cap A \in G\}$
Alors pour $X\subset P(E)$ je note $f(x) := \{L_A, A\in X\}$. Si je comprends bien, tu me dis que $f(x)$ est une prébase de filtre et que $X\neq Y \implies f(X)\bot f(Y)$. Ça me semble compliqué poir des raisons d'inclusion :-S
Ah non, c'est pas ce que tu me dis, puisque tu as mis un $\iff$ pour ton $W$ ! Je dois donc rajouter des ”complémentaires de $L_B$“ pour $B\notin X$. Ok faisons ça, et j'update ma déf de $f(X)$.
Maintenant il est clair que $f(X)\bot f(Y)$ si $X\neq Y$. Reste à voir qu'il y a un filtre qui contient $f(X)$ (et donc un ultrafiltre, par Zornerie). Donc il faut que, prenant $A_1,...,A_n, B_1,...,B_m$ parties de $E$ je trouve quelqu'un dans $L_{A_1}\cap...\cap L_{A_n}$ et dand aucun $L_{B_i}$.
Bon et en fait ça il suffit de l'écrire ( j'ai tout détaillé parce que je n'avais pas de papier, mais j'ai pris du papier pour ce truc là et c'est clair en réalité).
Tu la sors d'où cette preuve, enfin comment on la trouve sans inspiration ?
Bon il y a 35ans il faut dire que j'ai cherché longtemps une contradiction de ce genre dans ZFC, j'ai donc un habitat neuronal adapté à ça qui est "fondateur" (j'ai découvert seul ANS et ultrafiltres que j'avais appelé "visions" à l’époque :-D . Quand on est proprio le geste de la raquette est plus ferme :-D )
Sinon, je te présente vraiment mes excuses les plus honteuses de n'avoir pas précisé que
$PF(X):=$ ensemble des parties finies de $X$,
parce que si on ne le devine pas, on peut vraiment s'énerver!
Mais tu m'as donné une preuve assez agréable du comptage en question, qui était le but caché de ce fil initialement (j'espérais une preuve topologique agréable), donc je suis assez content même si mon théorème est faux :-D