Filtres sommables et suites filtrables
Bonsoir,
$f\in \mathbb ]0,1[^{\mathbb N}$ est filtrable ssi $\mathcal F(f):=\left\{A\subset \mathbb N\mid \sum f(A)=\infty\right\}$ est un filtre (donc en particulier stable par intersection finie).
Un filtre est sommable ssi il est égal à $\mathcal F(f)$ pour une suite $f$.
1) Existe-t-il des suites filtrables non triviales, si oui y en a-t-il avecune caractérisation sympathique ?
2) Mêmes questions pour les filtres sommables ?
3) Que dire de la relation d'équivalence sur $\mathbb ]0,1[^{\mathbb N}$ "avoir la même image par $\mathcal F$" ? - que les suites soient filtrables ou non.
4) Est-ce un sujet classique ? Et si oui où peut-on se documenter ?
Note :
Si $\mathcal I(f):=\left\{A\subset \mathbb N\mid \sum f(A^c)<\infty\right\}$ est clairement un filtre, et les questions 2bis) 3bis) et 4bis) correspondantes m'intéressent aussi... par simple curiosité + vagues projets d'utilisation
$f\in \mathbb ]0,1[^{\mathbb N}$ est filtrable ssi $\mathcal F(f):=\left\{A\subset \mathbb N\mid \sum f(A)=\infty\right\}$ est un filtre (donc en particulier stable par intersection finie).
Un filtre est sommable ssi il est égal à $\mathcal F(f)$ pour une suite $f$.
1) Existe-t-il des suites filtrables non triviales, si oui y en a-t-il avecune caractérisation sympathique ?
2) Mêmes questions pour les filtres sommables ?
3) Que dire de la relation d'équivalence sur $\mathbb ]0,1[^{\mathbb N}$ "avoir la même image par $\mathcal F$" ? - que les suites soient filtrables ou non.
4) Est-ce un sujet classique ? Et si oui où peut-on se documenter ?
Note :
Si $\mathcal I(f):=\left\{A\subset \mathbb N\mid \sum f(A^c)<\infty\right\}$ est clairement un filtre, et les questions 2bis) 3bis) et 4bis) correspondantes m'intéressent aussi... par simple curiosité + vagues projets d'utilisation
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Réponses
P.S : c'est surtout le 2bis (et 3bis) qui semble(nt) intéressant(s) et exploitable(s) en "pratique".
Pour (3), bin en te paraphrasant, ça veut dire qu'il n'y a pas un même ensemble d'entiers $A$ tel que $somme(u,A)$ est infini alors que $somme(v,A)$ ne l'est pas (en notant $somme w,X:=\sum_{n\in X} w_n$). Ca semble assez proche de $somme(|u-v|, \N)$ est fini, non? (le soleil m'épuise, pas envie de réfléchir).
En tout cas pour répondre à (4), oui ce sont des classiques de L1-L3 même appelé "chapitre: séries".
A noter que le post que j'ai produit est tout sauf formellement rigoureux :-D
** c'est un autre pote à moi qui lui a filé ce virus, parfois je me demande si c'était humainement acceptable d'ailleurs.
C'est EXACTEMENT CE QU'IL TE FZUT pour gérer Frankl: t'imbiber de ses idées purement ensemblistes. Je suis prêt à parier que SI tu lis sa thèse ALORS tu résous Franklin dans les 2 ans qui viennent.
(Annal of math est le plus sélectif des journaux).
Le truc c'est que j'ai un peu peur qu'Anatole ne m'ait répondu un peu vite "oui" par mail à la question "est-ce qu'en admettant l'axiome de Martin, l'union de $\alpha$ ensemble de mesure nulle est de mesure nulle avec $\alpha$ strictement plus petit que le continu...
Car quelqu'un sur le forum MO ma dit que ce n'était pas vrai pour toutes les mesures. Selon lui, l'argument* fonctionne quand même avec la proba que j'ai défini, mais il n'est pas sûr. Comme je n'ai construit cette proba qu'après qu'Anatole m'ait dit que "oui" on pouvait, il n'a pas pu la voir, et il a peut-être cru que je parlais de mesure de Lebesgue...
Si tu as lu la preuve, peux-tu confirmer ce que j'ai appelé plus haut l'argument* ::
Il suffit de prouver qu'il existe une famille n'ayant pas la puissance du continu et dont le sup est 1, pour conclure? je redonne le papier en lien
(Merci pour tes conseils et encouragements, on en rediscutera vite j'espère, en plus ça fait longtemps qu'on ne s'est pas vu!)
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.
Et oui l'infini génère des bizarreries (dans tous les sens!). Le problème de Martin c'est qu'il ne concerne MEME PAS le dénombrable et que sa consistance est facile à prouver. Les conservativites que t'a indiquées Anatole sont pertinentes: la fonction V |---> Frankl est constante alors que V|----> Martin etc pas du tout (quand V parcourt les Bien fondés modèles de ZFC. )
Évidemment comme le signalait foys. ailleurs on peut toujours dire que chercher à prouver quelque chose c'est chercher à résoudre une équation diophantienne donc je ne serai pas 100% catégorique mais juste 99.5% :-D
Pour la filtration sur IN sans AC tous les phénomènes du genre Frankl sont faux (on peut supposer sue tout filtre est négligeable etc).
Attention je reconnais que contrairement à JJC tu acceptes l'infini et travaille sur un énonce pur du genre pour toute famille stable par union il existe un filtre dont le poids total des éléments de la famille qui lui appartiennent dépasse (est au moins égal à) à celui de ceux qui ne lui appartiennent pas. Mais mettre AC dedans te donnera trop d'ultrafiltres "perenoeliques" pour redescendre ensuite.
De mon téléphone.
En l'occurrence c'est dépasse strictement mais c'est sans doute un détail...
Ce dont j'aimerais être sur c'est que MA implique qu'il suffit de trouver une sous famille des ensemble de proba1 qui est strictement moins grande que le continu et dont le sup soit le sup de tout le treillis pour conclure.
Je dirai que oui mais j'y reflechis un peu plus (merci pour cette jolie question)
[edit : j'ai remplacé "horizontales" , par "verticales" dans le soucis évident que ça soit plus rigolo]
Pour un réel $x\in J$, je note $giron(x)$ l'ensemble des éléments $q\in K$ tels que $dist(x,q)<$ la valeur absolue de l'inverse du dénominateur de la fraction irréductible qui représente $q$.
Voilà, comme ça on est dans un contexte où on peut aller plus loin que juste des partitions en "IN morceaux". Peux-tu construire $u$ (de somme infinie) telle que $\{x\mid $ la somme des éléments $u(q)$ quand $q$ parcourt $giron(x)$ est infinie$ \}$ est dénombrable? :-D
(Note que deux réels différents ont des girons d'intersection finie, donc "ça simule" un peu l'intersection vide). Et je crois que c'était dans tes centres récents d'intérêts, donc tu gagnes 2 en 1 avec cette question ;-)
(ce que je faisais c'est que j'envoyais la suite sur les rationnels entre zéro et 1 et je faisais des "coupures" par un réel, donc j'avais une infinité de réels en prenant l'union et restait plus qu à extraire une suite convergente de réels, puisque entre deux valeurs ce cette suite, il y a une somme des poids infinis)
Je n'ai pas le temps d’écrire en Latex, mais je reviendrai et je réfléchirai à l'autre exo quand j'aurai le temps de lire au calme, merci ^^
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^^)
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 $C_i=(\bigcup_{k<i} U_k)^c$ )
*** je me relis pourtant, j'ai bien écrit: citation de moi-même =
Je ne t'ai peut-être pas compris en fait, mais en te lisant, j'ai l'impression que tu veux prouver "non" à cette question?????? :-S
Alors qu'en fait la réponse est "oui", même avec "singleton" à la place de "dénombrable".
Bon bin du coup, puisque ta sensibilité est lancée guerrièrement dans la direction <<des "découpages efficaces existent toujours">>, je te pose une question qui elle peut te permettre vraiment d'aller dans ce sens (je n'en connais pas la réponse):
Soit $u$ une suite de somme infinie (ses termes étant tous positifs). Peut-on toujours construire un ensemble $T$ de partie de $\N$ tel que (1) et (2) et (3), où :
(1) := [ tout élément $X$ de $T$ est tel que $somme(u,X)=\infty$]
(2) := [ pour tous éléments distincts $X,Y$ de $T: X\cap Y$ est fini] ?
(3) := [ $card(T) =card(\R)$ ]
edit: en rouge un oubli qui a motivé la remarque de Poirot, voir posts suivants.
Bon, sache que la réponse est "non". On peut construire des $u$ telles que au maximum un seul réel a un giron infini. Il suffit de tout concentrer autour de 1/2.
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...
*peut être que le fait d'avoir démontré 2 avant 1 a perturbé ta lecture diagonale^^,
Je pense de toute façon que la question la plus intéressante (et difficile!!!) pour toi c'est celle à laquelle Poirot avait signalé un manque. Ca te mène à un thème du type Shelah Maliaris (qui t'intéressait), et même si tu résous la question, il y a un gros taf à faire, donc tu vas bien "te chauffer".
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
Oui la question 3 est intéressante et je pensais d'ailleurs à cause du smiley bleu que tu t'étais trompé en écrivant "dénombrable" dans la question 2, et que tu voulais écrire "non dénombrable" : ce qui donne la question 3 d'ailleurs....
Pour la question 3 sous sa forme question 2 en remplaçant dénombrable par "continu" donc je rappelle l'argument : on partionne $K$ en $K_1$ et $K_2$ deux ensembles denses, et on envoie toutes chaque partie de $\mathbb N$ ayant un $u$-poids infini sur un ensemble de $K_0$ sans point d'accumulation (c'est à dire que le point d'accumulation est dans $K_1$, on fait ça récursivement sans problème. Et ça réponds à la question, car tour réel <1 a un giron de poids infini. Il suffit de prendre pour $T$ l'ensemble des $f^{-1}(giron(x))$
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 $0<x<1$.
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^^