Filtres sommables et suites filtrables

@Christophe : note que je ne cherche pas à démontrer Frankl dans le lien précédent mais Frankl Faible : il existe $1/2\leq a<1$ tel que dans tout treillis $L$, il existe $g$, $\vee$-irréductible, tel que $|g\vee L|/|L|\leq a$ .
Frankl dit que $a=1/2$

J'ai du mal à croire que faire appel à l'infini soit une impasse pour FF car la négation de ça, a forcement un impact sur la physionomie d'un produit infini de lattice, et en particulier quand les lattice sont de moins en moins "Frankl". On peut s'arranger pour que les majorants des éléments dont les projections sont des irreductibles ait une proba non nulle, ce qui n'est possible que dans ce cas. En quotientant par "supérieur sauf en un nombre fini de projection" on obtient la proba 1 sur tous les éléments de projection presque toute irréductibles (appelons les les PI = presque irreductibles). Si on trouve une partie dénombrable (forcement non filtrante!) des PI dont le sup est 1, on a gagné. Mais je ne vois pas a priori de raison...par contre on peut peut être esperer trouver une sous famille de PI de cardinal intermédiaire entre dénombrable et continu, dont le sup soit 1, et utiliser l'axiome de Martin, pour dire qu'on peut faire "comme si elle était dénombrable" .

Je veux bien que ce dernier point soit une impasse (ce qui signifie qu'on ne pourra pas prouver qu'il existe une telle famille, et c'est donc une sorte "d'info" interessante, mais passons, car c'est peut-être une info qui n'informe qu'un béotien et ça n' rien d'un scoop pour un expert, donc passons)
Par contre je suis très étonné qu'on puisse prouver mathématiquement qu'il n'y a rien à faire de ce côté là, rien à apprendre et qu'on ne peut pas démontrer FF (je ne parle pas de Frankl) en passant à "l'infini". Je n'ai aucun mal à comprendre que si Frankl ou FF est vrai en niant/utilisant HC/AC ... ou que sais-je, ALORS c'est vrai tout court, mais je ne comprends pas comment on peut être certain qu'il n'y a pas une preuve plus courte en utilisant ces axiomes indépendants... J'ai un peu l'impression que c'est un peu comme si tu disais que le nombre 2 est fini et qu'il n'a rien à voir avec l'infini pour schematiser grossierement, car je sais que tu ne dis pas ça et que tu as de très bonnes raisons pour dire ce que tu dis, mais c'est l'impression que ça me donne quand j'entends l'argument et que j'oubli que c'est toi . L'impression que j'ai (mais du coup peut être que je me trompe) c'est qu'un énoncé coherent peut en se baladant croiser un énoncé absurde qui se balade aussi, et avoir une chance, s'ils se croisent maintes fois et dans des situations saugrenues et inconnue, de le faire tomber... être certain qu'alors, il existe forcement une preuve plus courte sans les axiomes, me parait à la limite plausible, sous certaine condition de contrôle quasi absolu sur les axiomes, mais aussi sur le "faux" et l'absurde...mais si c'est le cas pour FF et les axiomes de TDE ça m'impressionne bcp - le fait que je n'y connais rien y est pour bcp, mais ça veut dire que je me fais une idée très très fausse des choses. J'ai l'impression que le faux a une puissance volatile assez incontrôlable, pour faire une métaphore.

En fait j'ai quelques constructions précise en tête (autre que la somme toute banale dont j'ai parlé dans le papier et que j ai resumé ici) qui me font penser que FF faux feraient de tres tres grosses bizarreries à l'infini... il est possible que ces bizareries existent de toutes façon, et qu'il n'y ait rien du tout du tout à tirer de la façon dont FF faux (qui est peut être vraiment faux) s'y calque, mais ça e plairait d'en discuter précisement un jour avec toi... et de savoir si ce que tu dis est une présomption, un forte intuition (l'impasse) où si tu es mathématiquement catégorique à ce sujet.

cc a écrit:

Pour ne pas gâcher l'éventuel match musclant que t'avait proposé GBZM demande toi si toute suite de somme infinie peut se découper en une infinité de suites chacune de somme infinie.
De mon téléphone.

Je dirai que oui mais j'y reflechis un peu plus (merci pour cette jolie question)

On prend un nombre infini de mendiants munis de seaux qu'on dispose sur toutes les droites verticales de $\mathbb N^2$, qu'on parcourt bijectivement en remplissant à chaque étape les seaux des mendiants qui se trouvent sur notre abscisse à condition qu'ils fassent parti des plus démunis

[edit : j'ai remplacé "horizontales" , par "verticales" dans le soucis évident que ça soit plus rigolo]

Pour la question d'après on fait la même chose en fait^^

On divise $K$ en trois intervalle dont les deux extrémaux est de poids infini (on est à la profondeur 1), et on fait ça pour chaque intervalle de la division (profondeur 2) et ainsi de suite. On obtient un ensemble de Cantor (reperable par une suite infini de $0$ et de $1$. les nombres qui dans cette représentations n'ont qu'un nombre fini de 0, vériefient, il me semble, la condition, je reviendrais pour preciser et/ou m'en assurer (je suis revenu vite fait éditer un betise^^)

Lol je partais du principe qu'on peut toujours partitionner $K$ de mesure infini en deux intervalles de mesure infinie mais c'est faux, désolé je recommence j'ai un peu plus de temps.

La question 2 se déduit de la 1 : [edit en rouge]


question 2 supposant question 1
Après avoir quotienté $\mathbb N$ en une infinité de classe de poids infini, on en injecte une dans $K$ de sorte que le réel $r_1$ soit point d'accumulation, on injecte ensuite une autre classe de poids infini dans le complémentaire de l'image de la première de sorte que $r_2$ soit point d'accumulation, et ainsi de suite. Les $r_i$ ont des girons de poids infini et il y en a un nombre dénombrable



question 1
pour la question 1 on remarque quitte à considérer sans perte de généralité $(u_n)$ décroissante tous les idéaux sont de poids infini (1) ainsi que leur translaté

Car pour tous $k,p,q$ entiers $p<q$ on a par décroissance de $(u_i)$ :
$\sum_{0<i<k}\, u_{ip}>\sum_{0<i<k}\, u_{ip+q}>\sum_{1<i<k+1}\, u_{ip}$ l'une des ces somme partielle est non bornée pour un $q$ et par le lemme des gendarme elles le sont toutes.

On constate ensuite que les $U_i=2^{j}\mathbb N + k_j$ sont disjoints.pour un bon choix de $k_j$ que je n'ai pas envie de calculer

($U_i=C_{2i}$ où $C_i=(\bigcup_{k<i} U_k)^c$ )

@ christophe : oui tu as mal lu, je démontre bien qu'il y a une infinité de réel de giron de poids infini

Pour la question 3, il suffit de remplacer dans la question 2 (avec les girons) "dénombrable" par "ayant la puissance du continu" et c'est possible je crois...

Il suffit de s'arranger pour que tout intervalle de $K$ soit de poids infini :

On procède comme suit : on se donne $(U_i)_{i\in \mathbb N}$ est une partition de $\mathbb N$ tel que $somme(U_i,u)$ est infini pour tout $i$.
Ensuite on partionne $K$ en deux ensemble $K_0$ et $K_1$ : $K_0=K\setminus K_1$ est l'ensemble des fractions irréductibles plus petites que 1 dont le numérateur est pair. On va construire $f$ bijective de $\mathbb N$ dans $K_0$ telle que $f(U_i)$ n'ai pas de point d'accumuation dans $K_0$ , $\left\{\sup f(U_i),i\in \mathbb N\right\}=K_1$ et tous les réels de $[0,1]$ auront alors un giron de poids infni.

Pour construire $f$ on procède comme dans la question 2 ( ça m'étonne que tu n'ai pas compris mon argumement pour la question 2, j'espère que cette fois ci c'est toi qui te goure, et pas encore moi^^)


on ne parle pas de la meme demo je crois! (j'ai abandonné l idee du découpage, et j'ai d'ailleurs dit je ne sais plus où que c'était faux, et que tu avais raison de ne pas "e suivre" mais la démo dont je parle vient après cet erratum...

Ta question était très claire, c'est moi qui (avec ces histoires de divisions d'intervalle) disais des bêtises, mais je me suis rendu compte de l'erreur et les démo de (question 1 implique question 2 et de question 1)* ne font pas appel à ce découpage

*peut être que le fait d'avoir démontré 2 avant 1 a perturbé ta lecture diagonale^^,

Voici un mail antérieur à la démo dont je parle qui montre que j'ai abandonné l'idée du découpage c'est l'"erratum" implicite dont je parle dans le troisième lien de ce post récapitulatif.

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1640428,1642316#msg-1642316

Ta questins était claire elle disait "peux tu construire u tel que" la réponse est oui, je crois,
et là j'ai démontré q2 et q1 (i.e. fait q1 implique q2 et q1)

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1640428,1642382#msg-1642382


et même en remplaçant dénombrable par non dénombrable (question 3)

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1640428,1642838#msg-1642838

Je refais la démo des trois points le premier étant la réponse facile à la question du post, et le second la réponse à la deuxiemme question de cc et le troisième la réponse à la question intéressante. On ne perd pas de généralité à supposer $u$ décroissante (de somme infinie)

1) On remarque que $\Sigma_{0\leq k\leq i}u_{2k}\geq \Sigma_{0\leq k\leq i}u_{2k+1}\geq \Sigma_{1\leq k\leq i}u_{2k}$ si l'une de ces trois suites de sommes partielles convergeait vers un réel il en serait de même des deux autres et donc de $u$ aussi, donc c'est absurde et on a bien $u(2\mathbb N)$ et $u(2\mathbb N+1)$ de somme infinie

2) Soit $V^n\in \mathbb N^{\mathbb N}$ injective et croissantetel que $V_0(\mathbb N)=\mathbb N$, et $V^n(\mathbb N)=V^{n-1}(2\mathbb N+1)$, on dduit de 1) que les $U^n=V^n\setminus V^{n+1}$ qui forment une partition de $\mathbb N$, sont chacun de poids infini. (edit en gras)

3)On pose $K=[0,1]\cap \mathbb Q=: K_0\cup K_1$, avec $K_0$ et $K_1$ denses dans $[0,1]$. (par exemple $K_0$ est l'ensemble rationnels <1 représentés par des fractions irréductibles de numérateur pair) On choisit $x_0\in K_0$ et on envoie alors $U^0$ définit dans 2) dans une partie $f(U^0)$ de $K_1$ constitués de points isolés, et tels que l'adhérence de $f(U^0)\cap K_0=\left\{x_0\right\}$. On choisit ainsi récursivement $x_k\in K_0$ et $f(U^k)$ dans $K_1\setminus (\bigcup_{i<k} f(U^i)$ de sorte que $f(U^k)$ soit constitué de points isolés de $K_1\setminus (\bigcup_{i<k} f(U^i))$ (*) et tel que $x_k$ soit dans l’adhérence de $f(U^k)$ et de sorte que $K_1\setminus (\bigcup_{i<k+1} f(U^i))$ soit dense dans $[0,1]$ (**).
(*) est toujours possible si $K_1\setminus (\bigcup_{i<k} f(U^i))$ est dense et la construction par récurrence fonctionne grace à (**).
On a donc $f(U^n)$ est définie pour tout $n$. On en déduit l'existence d'une fonction $f'$ surjective de $\mathbb N$ dans $K$ dont $f$ est la fonction image, telle $u(f'^{-1}([a,b]\cap \mathbb Q))$ soit de somme infinie pour tous réels $0<a<b<1$, en particulier $u(f'^{-1}(giron(x)))$ est de somme infinie pour tout réel $0<x<1$.

cc a écrit:

Je n'ai pas encore lu, mais en apercevant:

Citation

"On ne perd pas de généralité à supposer u décroissante (de somme infinie)"

Je me suis dit que je vieillis vite décidément. C'est évident?

Si $u$ tend vers $0$*** oui car on prend la plus grande valeur, puis la deuxième plus grande, etc... comme les termes sont positifs ça ne pose pas de problème.

Si $u$ ne tend pas vers $0$, on en extrait une sous suite convergente vers un réel non nul ou divergeant vers l'infini, et dans ce cas là toute partie infinie est de poids infini, et la question 1 est evident (la 2 aussi...)

***je croyais que j'avais fait cette supposition dans le post initial, mais en fait non... et sans cette supposition ça méritait peut-être quelque mots^^