La tribu borélienne de R équipotente à R

Ben si deux ensembles sont dénombrables, il y a une bijection entre les deux, voilà tout.

@Foys : Je ne sais pas si c'est vraiment gênant. Après tout, il y a des boréliens qui ne sont pas intersections de complémentaires d'intersections de complémentaires, etc. $\omega$ fois. Ben pour ceux là, le codage doit pas être joli...

$\mathcal B(\mathbb R)$ a au moins la cardinalité de $\mathbb R$, donc a bien une surjection de $\mathcal B(\mathbb R)$ sur $\mathbb R$, qui est équipotent à $D$.

Sinon il y a une preuve plus simple que ça (à mon avis). On montre que $$\mathcal B(\mathbb R) = \bigcup_{\alpha < \omega_1} \mathcal B_{\alpha}(\mathbb R),$$ où $\omega_1$ est le premier ordinal non dénombrable, et la famille des $\mathcal B_{\alpha}(\mathbb R)$ est construite par récurrence transfinie de manière évidente ($\mathcal B_0(\mathbb R)$ sont les ouverts de $\mathbb R$, pour passer de $\alpha$ à $\alpha+1$ on prend les réunions dénombrables, intersections dénombrables et complémentaires d'éléments du précédent, et pour les ordinaux limite on prend l'union des ensembles précédents).

En fait le problème est que l'argument de Christophe commence par "soit $f$ la fonction telle que (construction par induction étrange) alors blabla".
Le problème et qu'on ne voit jamais de preuve de ce qu'il existe une telle fonction.
Faisons le par induction sur les ordinaux 8-) (et cette induction va être assez pénible).


On fixe $\varphi: \N^{\N}\to \R^2$ une surjection (pas besoin d'AC pour ça).
Dans la suite si $\varphi(x)=(a,b)\in \R^2$ soit $I(x)=]a,b[=\{t\in \R\mid a<t<b\}$

Si $\alpha$ est un ordinal limite posons $f_{\alpha}=\bigcup_{\beta<\alpha} f_{\beta}$
Si $\alpha$ est un ordinal de la forme $\{\beta \} \cup \beta$ soit $f_{\alpha}$ la réunion de $f_{\beta}$ et de

-l'ensemble $X$ des couples de la forme $\left(x,I\big( (x_{n+1})_{n\in \N}\big) \right)$ avec $x$ tel que $x_0=0$.

-l'ensemble $Y_{\beta}$ des couples de la forme $(x,\R \backslash A)$ où $\left( (x_{n+1})_{n\in \N}, A \right)\in f_{\beta}$
et où $x$ est tel que $x_0=1$

-l'ensemble $Z_{\beta}$ des couples de la forme $\left(x,\bigcup_{n\in \N} A_n \right)$ où pour tout $q\in \N$,
$\left( (x_{2^p3^q})_{p\in \N}, A_q\right) \in f_{\beta}$ et où $x$ est tel que $x_0=2$.


Lemme 1: soit $t$ un ensemble appartenant à un $f_{\alpha}$ pour un ordinal $\alpha$. Si $\beta$ est le plus petit ordinal tel que $t\in f_{\beta}$ alors $\beta$ n'est pas limite (évident), $t=(u,A)$ avec $u\in\N^{\N}$ tel que $u_0 \in \{0,1,2\}$,et si $\beta=\{\gamma\}\cup \gamma$ alors $u\in X$ si $u_0=0$, $u\in Y_{\gamma}$ si $u_0=1$ et $u\in Z_{\gamma}$ si $u_0=2$.
(évident).

Montrons que les $f_{\alpha}$ sont des fonctions partielles.
Dans la suite si $x\in \N^{\N}$, $s(x)$ désigne $(x_{n+1})_{n\in \N}$

On considère la propriété $ E(\alpha)$ suivante ($\alpha$ étant un ordinal): pour tout $\beta$ ordinal et pour tous $(u,A,B)\in \N^{\N} \times \mathcal P(\R)^2$, si
$(u,A)\in f_{\alpha}$ et $(u,B)\in f_{\beta}$, alors $A=B$.

Lemme 2: $E(\alpha)$ est vraie pour tout $\alpha$ ordinal
Si ce n'est pas vrai, soit $\gamma$ le plus petit ordinal pour lequel cette affirmation est fausse.
Soit $\beta$ ordinal et $(u,A)\in f_{\gamma}$, $(u,B) \in f_{\beta}$. Soient également $\sigma,\tau$ les plus petits ordinaux tels que $(u,A)\in f_{\sigma}$ et $(u,B)\in f_{\tau}$ (cf. lemme 1).
Alors $u_0\in \{0,1,2\}$ (re cf lemme 1.)
De plus $\sigma$ est de la forme $\{\sigma'\} \cup \sigma'$ , et $\tau$ de la forme $\{\tau'\} \cup \tau'$ (re-lemme 1).

-Si $u_0=0$, alors $(u,A),(u,B)\in X$ et donc $A=I \big(s(u) \big)=B$ (contradiction).

-Si $u_0=1$, alors $(u,A)\in Y_{\sigma'}$, $(u, \in Y_{\tau'}$ et donc $A=\R \backslash A'$, $B=\R \backslash B'$
$\big(s(u),A'\big) \in f_{\sigma'}$ et $\big( s(u), B'\big)\in f_{\tau'}$ avec $\sigma'<\sigma\leq\gamma$. Donc $A'=B'$ puis $A=B$ (contradiction).

-Si $u_0=2$, alors $(u,A)\in Z_{\gamma'}$, $(u,B)\in Z_{\tau'}$, $A=\bigcup_{n\in \N} A_n$ avec $\big((u_{2^p 3^q})_{p\in \N},A_q \big)\in f_{\sigma'}$ pour tout $q$, $B=\bigcup_{n\in \N} B_n$ avec $\big((u_{2^p 3^q})_{p\in \N},B_q \big)\in f_{\tau'}$ pour tout $q$
et encore une fois, comme $\sigma'<\gamma$, pour tous $q$, $A_q=B_q$ et donc $A=B$. Contradiction, ce qui achève la preuve du lemme 2.

Le lemme 2 entraîne trivialement que pour tout ordinal $\alpha$, $f_{\alpha}$ est une fonction partielle de $\N^{\N}$ dans $\mathcal P(\R)$.
Reste à voir que
- l'image de chaque $f_{\alpha}$ est contenue dans $\mathcal B(\R)$ (ça c'est facile par induction)
-il existe un ordinal $\delta$ tel que l'image de $f_{\delta}$ est toute la tribu $\mathcal B(\R)$: il suffit pour cela que cette image soit une tribu. Prendre pour $\delta$ le plus petit ordinal non dénombrable.

Déjà, chacun des $B_\alpha$ avec $\alpha<\omega_1$ est équipotent à l'ensemble des réels, par récurrence transfinie : d'un ordinal à son successeur, c'est un lemme, et pour les ordinaux limites qui sont dénombrables, c'est facile. Par contre, pour leur réunion, je ne sais pas, car je me méfie de $\omega_1$.

Edit : En fait, tout va bien, car le plus petit ordinal non dénombrable a au plus la puissance du continu.

CC a écrit:

Je vois qu'on parle d'une " preuve simple" donnée par Poirot mais je ne l'ai pas vu en faisant défiler la fenêtre? Je n'ai vu qu'un post où est admis l'essentiel.

Ceci n'engage que moi et mon message précédent : La démonstration de Poirot admet effectivement l'essentiel, de la même façon que la démonstration que tu proposes. Sauf qu'à te lire j'avais l'impression que la démonstration que tu proposait était bien plus simple que celle proposée par Poirot. Mais vu le message de Foys les deux démonstration m'ont l'air assez similaires dans leur longueur/complexité/concepts utilisés.

christophe c a écrit:

Il suffit juste de remarquer que la définition prétendument informelle CAR RECURSIVE (autoreferente) suffit

Pas d'accord (edit j'ai écrit ce message avant d'avoir lu ton dernier message).
Désolé mais si $E$ est un ensemble non réduit à un élément et $F$ est l'ensemble des fonctions partielles de $\N^{\N}$ dans $E$, il existe des fonctions de $F^{\N^{\N}}$ dans lui-même sans point fixe.
Donc il faudrait préciser ce qu'est cette récursivité, au lieu de "soit $u$ un éléphant volant alors le résultat est vrai, (c'est extrêmement trivial que $u$ existe)". Quand même, la relation $u\sim v$ si $u\in \N^{\N},v\in \N^{\N}$ et $\forall n\in \N, u_n=v_{n+1}$ n'est pas bien fondée.


Soit $G$ l'ensemble des fonctions partielles de $\Z$ dans $\N$; soit $\Phi$ l'application qui à $g\in G$ associe $h$ définie par: $$n\in \Z \mapsto 1+ (\max \{0\} \cup \{y \in \N \mid (n-1,y)\in g\})$$.

Alors il n'existe aucune $f\in G$ telle que $\Phi(f)=f$.