Axiome du choix nécessaire ?
Est il possible de montrer que si l'axiome du choix est faux alors il n'existe pas de fonctions périodiques $f_1, f_2 : \Bbb R \to \Bbb R$ tel que $f_1 + f_2 = id$ ?
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Réponses
Mais ça ne répond pas à la question du titre; et ce n'est sûrement pas en fait la question qui t'intéresse. Je pense que ce que tu veux savoir est en fait "Est-il cohérent avec ZF qu'il n'existe pas de telles fonctions ?"; question qui est très différente puisqu'ici on peut "choisir" où est-ce qu'on fait échouer AC (par exemple on peut faire en sorte que $\mathbb{R}$ ne soit pas bien ordonnable etc.); alors que dans ta question non. À cette autre question je ne sais pas répondre; mais je dirais que la réponse est oui (j'avoue que je n'ai qu'une vague idée de la preuve du résultat mentionné avec AC; et je n'ai pas assez joué avec pour voir s'il n'y aurait pas moyen de les construire sans AC)
Comme dit Maxtimax, cela nous simplifierait la vie pour savoir (disons plutôt "intuiter") si on peut ou non se passer de AC ?
A+
Martial
Effectivement, vue la façon dont la question est formulée, cela reviendrait à dire que AC est équivalent à ce truc, et ça c'est sûrement faux.
Quant à savoir si ce truc peut devenir faux en niant fortement AC, par exemple en interdisant l'existence d'un bon ordre sur $\R$, là c'est une question plus difficile.
Peut-on admettre sans que ça conduise à une contradiction dans $ZF$ qu'il existe 2 applications périodiques de $\R\to \R$ de somme l'identité?
Il semble qu'il sous-entende qu'il sache prouver, et qu'il a entendu que c'était prouvé, que ça entre en contradiction avec ZFC.
Rappel1: ZFC:= ZF + axiome du choix
Rappel2: aucun énoncé mathématique significatif "à bas niveau"** n'est conséquence de non(AC), puis de tels énoncés auraient par contraposée leur négation qui entraine prouvablement AC. Or de tels énoncés concernent tout l'univers et pas juste les réels, ou les parties de réels, ou etc.
** concernant des objets de petit cardinal, comme celui de IR, etc.
Mais peut-être avait-il déjà posté dans un fil précisant ses préoccupations?
Sous la définition que tu utilises GBZM, effectivement, il parait peu probable que l'énoncé "toutes les parties de IR sont Lebesgue-mesurable" tolère*** l'existence de telles fonctions, et encore moins avec la restriction que je croyais valoir.
*** l'une des deux aura un ensemble de périodes de mesure trop grosse pour que la fonction ne soit pas constante.
Je reformule donc la question : peut-on construire $f_1,f_2$ périodique tel que $f_1 + f_2 = id_{\Bbb R}$ sans utiliser l'axiome du choix ?
Au cas où, on sait jamais, tu pourrais, et que je ne suis pas connexté, je précise dès maintenant qu'il faudra aller plus loin et demander que les $f_i$ soient telles que $g\circ f_i\circ h$ soit mesurable pour toutes fonctions boréliennes $g,h$ par exemple (en effet, ici ça m'étonnerait, mais il peut arriver que demander mesurable ne soit pas assez méchant car la part "non mesurable" de l'objet est en fait emprisonnée dans un ... ensemble de mesure nulle :-D )
Si $A=\left\{m\rho+n,\,\, (n,m) \in\mathbb Z^2 \right\}$ et que pour tout $x\notin A$, on choisit $\overline{x}$ dans $x+A$
En posant $g(\overline x+m\rho+n)=n$ et $h(\overline x+m\rho+n)=\overline x+m\rho$ on a bien défini $g$ et $h$ périodiques de somme $y\mapsto y$.
(reste à savoir s'il existe $\rho$ bien trouvé, tels qu'on peut choisir $\overline x$ sans l'axiome du choix)
Existe-t-il une injection de $\mathbb R/A$ dans $\mathbb R$ ?
Est-ce que tu dis qu'avec AD, pour tout $\rho$ et toute application $a$ de $\mathbb R/A$ dans $\mathbb R$ , $a$ est presque constante?
Peux-tu corriger la coquille (parenthèseS comprises) car en plus des notions que je ne connais pas, difficile de reconstituer^^
La compatibilité dont tu parles sert-elle à parler d'ensemble maigre sur le quotient (je suis un peu perdu...)
Je ne comprends pas très bien pourquoi la topologie intervient, mais il me faudra peut-être du temps pour comprendre des choses qui te sembles triviales^^
Si j'ai bien interprété malgré tout sous AD on a :
pour tout $D$ dénombrable dense, toute application de $\mathbb R/D$ dans $\mathbb R$ est constante à un maigre près (*)
Je vais alors regarder la définition de maigre pour voir si ça permet de conclure de façon certaine que l'axiome du choix est nécéssaire pour la question principale du post (mais j'ai besoin de la confirmation de (*))
Si $f: \R\to \R$ est telle que $\forall x\in \R \forall q\in \Q: f(x+q)=f(x)$ alors il existe un réel $a$ et un ensemble $M$ maigre tel que $\forall x\notin M: f(x)=a$
Je pense pas que remplacer $\Q$ par un dénombrable $D$ dense va changer beaucoup la donne.
Mais comment "être certain" que cette propriété est vrai pour $D$ dénombrable dense quelconque?
N'y aurait-il pas possiblement un $D$ "magique" qui permette de ne pas avoir la propriété du post précédent?
Désolé si la question est excessivement naïve mais je ne sais pas comment interpreter
Est-ce une sorte d' euphémisme, est-ce une présomption forte possiblement difficile à prouver, ou est-ce une quasi evidence facile mais ennuyeuse à prouver, etc. ?
alors je ne sais pas si ce que je vais dire est redondant avec vous car je ne sais pas ce qu'est AD (outre un modérateur très dévoué). Voici une preuve du fait qu'il n'existe pas $f_1,f_2:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ mesurables periodiques telles que $f_1+f_2=Id$, modulo deux lemmes classiques sur lesquels on pourra revenir si besoin est:
Lemme 1: si $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ mesurable a deux périodes indépendantes sur $\mathbb{Q}$ alors f est constante p.p.
Lemme 2: si $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ mesurable vérifie l'équation de Cauchy $f(x+y)=f(x)+f(y)$ pour presque tous $x,y$ dans $\mathbb{\R}$; alors $f$ est égal p.p. à une fonction linéaire $x\mapsto ax$
Admettant ces deux lemmes:
Soit $T_1$ et $T_2$ les périodes respectives de $f_1$ et $f_2$. Ces deux périodes sont indépendantes sur $\mathbb{Q}$ car sinon $f_1+f_2$ est périodique, ce qui n'est pas. Pour $y$ fixé dans $\R$ quelconque, regardons la fonction $g_y$ définie sur $\R$ par $g_y(x)=f_1(x+y)-f_1(x)=y-(f_2(x+y)-f_2(x))$. Alors $g_y$ est une fonction mesurable, $T_1$ et $T_2$ périodique, donc constante p.p. par le lemme 1. Soit $c(y)$ cette constante. On a alors, pour presque tous $x,y$, $f_1(x+y)=f_1(x)+c(y)=c(x)+f_1(y)$. On déduit que $f_1-c$ est constante p.p. puis que $c$ vérifie l'équation de Cauchy $c(x+y)=c(x)+c(y)$, donc que $c$ est linéaire, donc que $f_1$ est affine, donc constante car périodique (tout ça p.p. bien sûr). De même $f_2$ est constante, et ce n'est pas possible.
PS
comment obtient-on le lemme 1?
La régularité de $t\mapsto 1_{B+t}$ c'est pour utiliser la convergence monotone à une suite de fonctions en escalier dont les valeurs sont des $f(t')$ avec $t'$ dans l'ensemble des périodes?
En fait... connais tu le fait que si $A$ et $B$ ont mesures positives, alors $A-B$ contient un intervalle (je refais essentiellement la preuve de ça)? Si tu connais ça, tu peux alors déduire directement qu'il existe une periode $t$ dans $A-B$, ce qui équivaut à dire que $A \cap B+t \not=\emptyset$, qui est faux.
Quand je m'adresse à un analyste apparent (ici Lupulus), évidemment, je vais lui proposer la solution "qui me semble" lui convenir (ici j'ai dit "prouve-le pour les mesurables" car je préjuge que les analystes, ce sont les mesurables qu'ils connaissent le mieux), mais tu peux tout autant écrire à peu près les même preuves en supposant que toute partie de IR^n est un ouvert (à maigre près). (Ca s'appelle "avoir la propriété de Baire")
Ce que tu gagnes est une marche d'escalier dans la consistency-strength (all is mesurable est de la force de "ZFC + au moins un inaccessible" alors que "all is Baire" est SEULEMENT de la force de ZF), mais je ne suis pas sûr que ce soit le plus "passionnant" pour toi.
Je te donne vite fait le jeu qui permet de prouver que "tout est baire" est conséquence de AD: soit T un ensemble (par exemple de réels) et Lea et Tom s'affrontent (c'est Lea qui commence) au jeu suivant: ils jouent alternativement des ouverts avec deux obligations sous condition de perdre la partie sinon:
1/ la suite doit descendre pour l'inclusion
2/ les diamètres doivent chaque fois être divisés par 2 et le nouvel ouvert joué doit avoir son adhérence incluse dans le précédent
A la fin on regarde l'intersection, qui est un singleton. S'il est inclus dans $T$ Lea gagne, sinon Tom gagne.
Il n'est pas difficile de voir que:
a/ TOUTE stratégie de Tom est telle qu'on peut le forcer à jouer un ensemble comaigres de réels quand on la connait
b/ TOUTE stratégie de Lea est telle, quand on note $U$ le premier ouvert qu'elle joue qu'on peut la forcer à jouer un ensemble comaigres DANS U de réels quand on la connait.
Pour prouver que toute ensemble est Lebesgue mesurable, c'est un rien plus chiadé, mais c'est la même idée.
@christophe : je ne suis pas un analyste non mais ! :-D
Ce préjugé a un côté assez collant aux esprits et est faux.
Les gros ensembles même construits avec l'axiome du choix, vérifient $A-A$ voisinage de $0$, à condition peut-être d'être légèrement, mais pas beaucoup plus, plus sévère avec ce que signifie "gros" (habituellement c'est "de mesure non nulle" qui est utilisé)
Pour le voir, c'est simple. Quels que soient les 3 ensembles $A,B,C$, pourvu que leur réunion soit IR (ce qui ne demande pas à ces ensembles d'être réguliers, tu peux les construire avec AC de manière tordue que tu veux), deux d'entre eux ont une réunion $S$ vérifiant $S-S=\R$, je te le laisse en exercice. J'avais fait un fil jadis la dessus (assez récent je crois)