Construction d'un ensemble non borélien
Bonjour
je me souviens dans une démonstration qui utilise l'ensemble de [large]C[/large]antor que la tribu engendrée par les ouverts de IR n'est pas complétée ce qui nous dit qu'il existe beaucoup d'ensembles non boréliens n'appartenant pas à cette tribu. Pourtant je n'arrive pas à trouver des exemples sans l'utilisation de l'axiome de choix.
Est-ce possible de construire un ensemble non borélien sans l'utilisation de AC ? Si c'est non pourquoi ?
Merci.
[Georg Cantor (1845-1918) prend toujours une majuscule. AD]
je me souviens dans une démonstration qui utilise l'ensemble de [large]C[/large]antor que la tribu engendrée par les ouverts de IR n'est pas complétée ce qui nous dit qu'il existe beaucoup d'ensembles non boréliens n'appartenant pas à cette tribu. Pourtant je n'arrive pas à trouver des exemples sans l'utilisation de l'axiome de choix.
Est-ce possible de construire un ensemble non borélien sans l'utilisation de AC ? Si c'est non pourquoi ?
Merci.
[Georg Cantor (1845-1918) prend toujours une majuscule. AD]
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
Par exemple, il existe des modèles de ZF dans lesquels $\mathbb R$ est une union dénombrable de sous-ensembles dénombrables. À partir de là, tout sous-ensemble de $\mathbb R$ est borélien.
Après, "évidemment", l'entièreté de AC n'est pas nécessaire. Tu peux par exemple (je crois, mais il est tard et je n'ai plus la construction en tête) en prouver l'existence avec juste l'existence d'un ulrafiltre non principal sur $\mathbb N$ ou des choses du genre (ou avec un axiome du choix indexé par $\omega_1$).
Mais d’après mes connaissances l’union dénombrable d'ensembles dénombrables est toujours dénombrable, alors que IR ne l'est pas.
Je ne sais pas si ACdénombrable suffit d'ailleurs.
Pourtant je ne suis pas convaincu de ce que @Maxtimax a dit dans sa première réponse car sinon la $\lambda(\mathbb{R})=0$ puisque tout ensemble dénombrable est de mesure nulle.
Par exemple, l'ensemble des parties de $\Q$ qui sont bien ordonnées n'est pas borélien***. Ou comme le dit Poirot, tu suis (suivre) les liens où j'ai donné d'autres constructions.
*** sinon, tu saurais un moyen simple pour vérifier qu'une partie de $\Q$ est un bon ordre et tu en déduirais une arme pluss qu'atomique pour tout casser et faire que 0=1.
Mais on ne peut pas déduire de
- tout ensemble dénombrable est de mesure nulle
- toute union dénombrable d'ensembles de mesure nulle est de mesure nulle
que $\lambda (\Bbb R) = 0$ ? Qu'est-ce qui cloche ?PS : Et si les logiciens ne sont pas contents, ils n'ont qu'à retourner faire de la logique intuitionniste avec les seuls axiomes de Zermelo, et pi' c'est tout ! :-P
L'axiome du choix dénombrable ne fait qu'une partie du boulot.
@Raoul. Dans le contexte où on se trouve, $\Q$ et $\N$ jouent le même rôle et $\R$ n'est que essentiellement $P(\N)$. Modulo les bijections + ou - canoniques et les topologies idem, les boréliens y sont les mêmes (exercice que je n'exagère pas en le qualifiant de facile).
Il suit que doté de la topologie produit de la discrète sur $2^\Q$ (qui n'est autre que $P(\Q)$) tu as "les mêmes boréliens" que ceux de $\R$ doté de la topologie usuelle.
Je t'invite donc, si ça te plait, à te concentrer sur la preuve que les parties de $\Q$ bien fondées (ie telle qu'il n'existe pas de suites strictement décroissantes à termes dedans pour l'ordre usuel de $\Q$) forment une partie non borélienne de $2^\Q$. C'est "en soi" édifiant et peut-être plus "éducatif" que les enxemples habituels que je donne de non boréliens.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Tribu_de_Lebesgue
C'est l'existence d'une partie non Lebesgue-mesurable qui nécessite (l'acceptation de) l'axiome du choix (se référer à l'axiome de Solovay).
En fait il suffit de l'axiome du choix dénombrable pour montrer que l'image de cette fonction (qui contient les intervalles d'extrémités rationnelles et est stable par passage au complémentaire)est une tribu et donc que la fonction en question est surjective. Comme (manipulations à base de Cantor-Bernstein) $\N^{\N}$ et $\R$ sont en bijection, on en déduit immédiatement l'existence de parties non boréliennes de $\R$ dans $ZF+ACdénombrable$.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1681272,2073214#msg-2073214
- Boréliens
- ensemble des arbres bien fondés (co analytique non borélien, universel); ou son complémentaire.
etc
Je précise qu'il y a les degrés de Wadge qui ordonnent (et surtout qui bien-ordonné) totalement les ensembles "simples" (je rappelle que le mieux est de taffer dans $\R-\Q$ pour permettre des sauts aux fonctions continues).
L'archétype d'ensemble non borélien est l'ensemble A des arbres bien fondés (ie sans branche infinie).
Non seulement il n'est pas borélien, mais il est "minimum" à ne pas l'être dans le sens que tout autre ensemble B non borélien "non fabriqué exprès avec l'axiome du choix) est tel que A est image réciproque de B par une fonction continue bien choisie.
Dans la même veine, l'exemple que je donne souvent de surjection effective de $\R$ sur $B(\R)$, qui permet d'avoir des non boréliens C par astuce diagonale, et bien, pas de "magie", ces C sont "de la même complexité que A" et non pas strictement plus complexes.
Précision: l'ordre de Wadge est que un ensemble X est moins complexe qu'un ensemble Y quand X est image réciproque de Y ou de son complémentaire par une fonction continue.