Axiome du choix nécessaire ?

@Lupulus : peux-tu nous donner un lien vers une démo du fait que sous AC on peut construire 2 telles fonctions ?
Comme dit Maxtimax, cela nous simplifierait la vie pour savoir (disons plutôt "intuiter") si on peut ou non se passer de AC ?
A+
Martial

Il est effectivement probable que Lupulus n'a pas posé sa question comme il l'aurait lui-même voulu. Il voulait demander:

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.

En analyse souvent, les gens interprètent $<<f$ est périodique$>>$ comme voulant dire (enfin me semble-t-il et sauf erreur) $<<f$ a une plus petite période strictement positive$>>$?

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.

Soit $\rho$ un irrationnel.

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)

Ça nécessite des parts de choix. Sous AD ce genre d'injection n'existe pas et meme les applications sont presque constantes

Je n'ai pas compris l'histoire des application presque constantes (mais peut-être que je ne sais pas EXACTEMENT ce que dit AD)

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?

Sous AD toute partie de IR est un ouvert à un maigre près.

Oui, je pense que tu as compris: sous AD, les ensembles de réels et les fonctions sont "très simples". Les fonctions sont toutes mesurables, les ensembles de réels aussi, ils sont tous des ouverts à un maigre près, etc.

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.

Dernière option, c'est "pénible" et surtout très long. Le côté $\Q$ ne joue aucun rôle par exemple dans les choses que je t'ai dite, $\mathbb{D}$ suffirait. Après il faut voir ce que contient la stabilité par $+$ comme ingrédient que n'a pas tout dénombrable, mais bon, comme de toute façon, on est obligé de stabiliser pour avoir une relation d'équivalence...

Je reformule : ce que tu dis est-il vrai (et non pénible à prouver) pour tout $D$ sous groupe additif dense dénombrable ? Car on a pas besoin de plus pour conclure il me semble.

Salut,

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.

Très très joli!!

PS
comment obtient-on le lemme 1?

Merci pour cette demo. J'essaie de me convaincre qu'elle est valable sous AD... mais d'abord je dois la comprendre^^ D'où une question :

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?

Sous AD, tu n'as pas besoin de la mesurabilité, je l'ai mentionné à l'auteur du fil pour lui simplifier la tâche. Sous AD, tu as "toutes les régularités classiques" que tu veux, donc tu es "au marché" et tu choisis celle qui te plait le plus.

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.

@Lmpc : le principe de Vitali (je crois qu'il s'appelle comme ça) peut prêter à confusion. La réputation des ensembles $A$ pour lesquels $A-A$ est un voisinage de $0$ dans $\R$ est entrainé par une condition suffisante CS est telle que généralement on peut penser que ladite CS contient "A est mesurable ET A est gros".

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)