Fonctions de la longue droite vers R

C'est vrai que c'est assez surprenant comme propriété.

Soit $f : L \to \R$ une fonction croissante. On regarde la famille $(f(w,0))_{w\in \Omega}$, c'est une famille croissante de réels. On note $(u_n)_{n\in N}$ une suite croissante d'éléments de $(f(w,0))_{w\in \Omega}$ dont la limite est $\sup (f(w,0))_{w\in \Omega}$. Pour chaque entier $n$ on choisit un ordinal $w_n$ tel que $f(w_n,0) = u_n$, la suite $(w_n)_n$ est croissante et on note $l$ sa limite qui est un élément de $\Omega$. On a alors $f(l,0) = \sup (f(w,0))_{w\in \Omega} = \sup_L f < \infty$. Puisque $f$ est croissante on a obligatoirement $f(x) = f(w,0)$ pour tout $x\geq (w,0)$ donc la fonction est bien bornée et constante à partir d'un certain point.

Je pense que la démonstration est un peu du même genre pour montrer qu'une fonction continue est forcément bornée et constante à partir d'un certain rang.

De mon téléphone si tu veux un argument en 3 lignes il te serait profitable de connaître les clubs de omega1 (ensemble non borné et stables par borne sup).

Une fois ça fait ta demande dévient "facile ou triviale" car les non bornés de ton histoire sont rendus clubs par la continuité de ta fonction, donc les valeurs d'adhérence deviennent limite donc y en a qu'une donc elle est là valeur constante à partir d'un certain rang. Ceci étant dû au fait que les clubs filtrent.

@Corto : dans ton dernier message, qu'est-ce qui te garantit que $\sup\big(f(\omega,0)\big)_{\omega \in \Omega}$ est fini ?
J'ai essayé de suivre ce fil silencieusement mais je n'ai pas compris ce passage.

Avec que $a$ est une valeur d'adhérence voulant dire tout voisinage de $a$ a un ensemble non borné d'antécédents.

Homo topi : C'est parce que $\sup f = f(l,0)$ : puisque $f$ va de $L$ dans $\R$ sa valeur en $(l,0)$ est réelle, donc finie.

Calli : Si je ne dis pas de bêtises il y a un petit oubli dans ta démonstration, la $\limsup$ et $\liminf$ pourraient être égales et infinies. Il faut donc d’abord montrer qu'une fonction continue est bornée, cela peut se faire de la façon suivante. Soit $X$ l'image de $f$ et $(u_n)_n$ une suite d'éléments de $X$ tendant vers son sup. Il existe donc une suite $(\alpha_n)_n$ d'éléments de $L$ tels que $f(\alpha_n ) = u_n$ on a alors par continuité $f(\lim \alpha_n ) = \lim f(\alpha_n) = \sup f$ et comme $\lim \alpha_n \in L$ on a bien $\sup f <+\infty$. Idem pour l'inf.
EDIT : Il faut d’abord extraire une sous-suite convergente de $(\alpha_n)$, on peut le faire comme expliqué dans mon message suivant.

Ensuite si je devais chipoter le deuxième point qui me chiffonne un peu c'est que tu utilises directement des suites dans $L$. Puisque $L$ n'est pas métrisable il n'est a priori pas sûr que l'on puisse faire tout ce que l'on veut avec des suites. Par exemple dans $\bar L$, le compactifié de la longue droite (on lui rajoute le point $\Omega$ qui s'identifie au premier ordinal non dénombrable), il n'existe aucune suite d'éléments de $L$ ayant pour limite $\Omega $ dans $\bar L$. En revanche il existe des filets d'éléments de $L$ qui convergent bien vers $\Omega$ dans $\bar L$. C'est pour cela que dans mes preuves je me contraint à regarder une suite dans $\R$ que je rapatrie ensuite dans $L$. Bon, c'est un détail et il est facile de justifier l'existence de tes suites $(x_n)_n$ et $(y_n)_n$ en une demi ligne en revenant à la définition de la lim sup et de la lim inf.

Pour les filets et le suites comme je te l'ai dit c'est moi qui chipote :-D

Oui tu as raison, il manque la partie ou je prouve qu'on peut extraire une sous suite convergente de $(\alpha_n)_n$, j'ai voulu adapter trop vite la démo de mon premier message. C'est bien une erreur de ma part.

Le lemme suivant est bien pratique : Soit $X$ un ensemble muni d'une relation d'ordre totale $\leq$ et soit $(u_n)_n$ une suite d'éléments de $X$. On peut extraire une sous suite monotone de $(u_n)_n$.

Démonstration :
On note $P=\{ n\in \N : m \geq n \implies x_m \geq x_n \}$. Si $P$ est infini alors la suite extraite est simplement constituée des éléments de $P$. Si $P$ est fini alors pour tout $n \geq \max P + 1 $ il existe $m>n$ tel que $x_m < x_n$ et on construit une suite extraite (strictement) décroissante par récurrence.

On sait qu'une suite monotone d'ordinaux admet toujours une limite et la coordonnée réelle des $\alpha_n$ se traite facilement. On peut donc bien extraire une sous-suite convergente de $(\alpha_n)_n$.

La preuve est la même dans tout ordre total où toute suite a une borne sup.