Fonction additive de R dans R
On suppose une fonction $f$ de $\R$ dans $\R$ vérifiant pour tout $x$ et $y$ réels : $ f(x+y)=f(x)+f(y)$.
Ce qui m'intéresse c'est de savoir s'il est possible de construire un exemple pathologique d'une telle fonction $f$ non continue sans l'axiome du choix. J'ai vu sur le forum qu'on peut construire un tel exemple en utilisant une $\Q$-base de $\R$ donc en utilisant l'axiome du choix.
D'autre part, s'il existe de telles fonctions, est-ce équivalent à admettre l'axiome du choix ?
Merci de vos réponses.
Ce qui m'intéresse c'est de savoir s'il est possible de construire un exemple pathologique d'une telle fonction $f$ non continue sans l'axiome du choix. J'ai vu sur le forum qu'on peut construire un tel exemple en utilisant une $\Q$-base de $\R$ donc en utilisant l'axiome du choix.
D'autre part, s'il existe de telles fonctions, est-ce équivalent à admettre l'axiome du choix ?
Merci de vos réponses.
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Réponses
Ensuite, l'existence de solutions pathologiques est quelque chose de borné : il ne concerne aucun cardinal $> 2^\R$ en étant très larg; il ne peut donc pas impliquer l'axiome du choix (ce n'est qu'une heuristique, bien sûr, mais c'en est une bonne)
Cependant @Maxtimax, je m'étonne de ce que tu as dit ci-dessus, il me semblait que montrer la linéarité d'une fonction additive de $\R$ dans $\R$ sur $\R$ vu comme $\Q-$ espace vectoriel était simple. Le problème étant la continuité/non continuité de $f$.
Peux-tu expliciter ta réponse, ou me donner une référence ? Merci.
Ce que je veux dire c'est que l'axiome du choix peut être valable jusqu'à $2^\R$ et ne plus l'être après. Pour montrer l'existence d'une telle fonction non continue il te suffit (et ce n'est sûrement pas nécessaire; j'ai souvenir d'avoir posé la question et on m'avait montré que ça ne l'était pas) que $\R$ soit bien ordonnable: s'il l'est, tu peux construire sans aucun souci une $\Q$-base de $\R$, et alors c'est très facile de conclure.
Or "$\R$ est bien ordonnable" est un énoncé qui ne concerne que des ensembles de rang $\leq \omega+\omega$ (à nouveau en étant très large): l'axiome du choix peut-être valable dans $V_{\omega+\omega}$ sans l'être au-delà. Je n'ai malheureusement pas de références à te proposer, je peux chercher si ça t'intéresse .
La réponse d'Asaf Karagila ici suggère quelque chose de ce goût-là : "And we can using forcing and symmetric models ensure that the least non-well orderable $\alpha$ is pretty much anything." (où ici il parle en fait de $V_\alpha$ qui est bien ordonnable ou pas). S'il dit "pretty much anything", je pense que $\omega+\omega$ rentre dedans.
Si tu as un univers qui ne vérifie pas l'axiome du choix et un ensemble E non muni d'un bon ordre, tu peux lui ajouter un bon ordre (ça donnera un E' qui jouera peut-être le même rôle que E dans le nouvel univers enrichi) sans que ça ne produise un bon ordre sur le P(E') du nouvel univers.
Merci, ne te dérange pas plus, il faut bien que je cherche un peu ! Je reviendrai si j'ai d'autres questions. J'ai toujours été fasciné par ces concepts qui existent grâce à l'axiome du choix mais qu'on ne peut construire explicitement.
Je part de $B_0={1}$, c'est un système libre.
Je le complète en $B_1=\{1,x_1\}$, c'est un système libre. Ensuite $B_2=\{1,x_1, x_2\}$, Etc.
Je fabrique ainsi une suite de parties de $\R$ libres. Totalement ordonnées pour l'inclusion.
On peut appliquer Zorn, pour trouver un système libre maxima dans $\R$ donc une $\Q$-base.
Ce qui prouverait qu'une $\Q$- base est dénombrable ce qui heurte l'intuition.
Il y a donc une erreur quelque part, mais où ?
Merci de votre réponse.
Je passe en coup de vent, mais non, absolument pas, cette hypothèse n'est pas suffisante en général pour appliquer Zorn.
Après c'était dans un post peut-être un peu crypté, je ne sais pas si tu voulais dire ce que tu as écrit.