Paradis cantorien

"Aus dem Paradies, das Cantor uns geschaffen, soll uns niemand vertreiben können"

"From the paradise that Cantor created for us, no one shall be able to expel us"

(cf . ici)

@Martial: l'argument avec clochette et sirène résumé le phénomène sur le fond. Celui que j'ai répondu à Max un peu plus haut.

Tout dépend de tes objectifs , mais demain si tu veux je le préciserai.

Les gens ont surtout galéré à REDIGER le fait que une stratégie au jeu "apparemment facile" en donne une "au jeu qui ne l'est pas".

Mais ça tu peux omettre je pense car c'est non rzdigeable quasiment alors que c'est intuitive ment évident.

Le problème des jeux c'est que ce sont des alternances de quantificateurs. Donc ne se prêtent pas à nos langages facilement

Par exemple une intersection d'ouverts c'est juste "faire sonner une infinité de fois une clochette.

Et ça se transforme en fermé via l'obligation pour qui c'est le devoir de jouer des ordinaux descendants qui promettent la survenue de la prochaine sonnerie.

Mais à rédiger c'est pénible SURTOUT POUR le fait que le une fois de plus la clochette sonne quand le plus petit ouvert pas encore gagné vient d'augmenter en indice. Et ça en internat ça devient le bordel mais au fond c'est rien.

De mon téléphone :

Martial je te fais ça dans la journée.

Max pardon à l'époque j'ai le vague souvenir que tu m'avais écrit mais ma boîte marchant mal j'avais procrastine. C'est dommage la Borel det se résume en peu de pages (les ordinaux admis), mais j'ignore les exigences de degré de formel d'Ulm.

Pour la mesurabilite de omega1 c'est juste le jeu suivant chacun joue à tour de rôle un ordinal plus grand que les précédents et on regarde si la borne sup de la suite obtenue est rouge ou bleue.

Toute stratégie infaillible donne (trivialement) un club monocolor.

Pour "toute ultrafiltre sur IN est principal" chacun joue un entier plus grand que les précédents. On regarde qui c'est qui franchit la ligne d'arrivée en premier (celle ci étant l'entier virtuel donne par l'ultra filtre)

La aussi il est "trivial" qu'une strat faisant gagner infailliblement rend l'entier vrai (ie l'ultra filtre principal).

Avec AD on a même que toute mesure est sigma additive: même principe on prend des territoires alternativement et on regarde qui en a pris le plus à la fin. Toute strat donne la conclusion

Christophe : Non je n'aurais pas pu le mettre en 5 pages quoiqu'il arrive; je pensais néanmoins à décrire une stratégie.
Mais à nouveau, je pense que j'ai fait le bon choix à l'époque, c'était plus sûr (et ce que j'ai fini par présenter avait une mini-contribution personnelle, donc mieux pour le P de TIPE)

Martial : je te joins le fichier en entier, la partie sur la mesurabilité est vers la fin; tu devrais trouver sans souci
(désolé encore pour le formatage du document, et ma volonté un peu ridicule de formaliser précisément ce qu'est un jeu ;-) )

(J'ai retiré mon nom pour des raisons "d'anonymat", comme si ce n'était pas facile de me retrouver :-D )

@Martial, je précise un peu plus les clochettes.

Au cours d'une partie les produisent des suites finies, comme tu sais, disons à termes dans $E$.

Ce qu'on appelle un ouvert $U$ de $E$, c'est une réunion d'ensembles de la forme $c(s):=$ l'ensemble des suites qui prolongent $s$.

Au cours d'une partie, la clochette sonne quand la partie (qui est une suite finie) $p$ vient juste de se mettre à contenir l'un des $s$.


Soit $\kappa$ un ordinal où Lea devra jouer des $\alpha_i$. Disons que le côté est Lea (c'est elle qui essaie de faire sonner la clochette).

On lui rajoute un contrainte: au lieu que la partie soit de la forme

$$ u_1-v_1-u_2-v_2\dots$$

elle est de la forme:

$$ (u_1,\alpha_1)-v_1-(u_2,\alpha_2)-v_2\dots$$

et les $\alpha_i$ joués par Lea doivent vérifier $\alpha_i>\alpha_{i+1}$.

De sorte que la partie, quoiqu'il en soit ne pourra durer infiniment longtemps, puisque ou bien la clochette sonnera et Lea aura gagné ou bien il y aura un moment (ce que j'ai appelé la sirène) sonnera parce que $\alpha_i=0$. (Il n'existe pas de suite descendante d'ordinaux).

Ce nouveau jeu est ouvert-fermé

Et si $\kappa$ est assez grand, tu transformes facilement toute stratégie de Bob au deuxième jeu en stratégie de Bobo au premier jeu, du fait que les ordinaux joués ne servent à rien à Bob pour gagner. (A noter qu'en pensant axiomatiquement, tu arrives à la détermination analytique sous l'hypothèse d'ordinaux indiscernables qui DISENT EXACTEMENT dans le cas d'espèces qu'il y a un ordinal assez grand pour que Lea, en jouant ses ordinaux dedans ne donne aucun avantage à Bob)

Pour obtenir la détermination borélienne, tu itères ça et c'est tout. Le terme "assez grand" n'est pas rien, puisque d'une part, il utilise AC et d'autre part, il désigne à chaque étape un ordinal stable par ensemble des parties.

On peut (mais c'est tout sale) éliminer patiemment les coupures et obtenir la preuve de 85, mais ça n'en vaut pa sforcément la peine puisque chacun devine comment on va faire et que la plus grande difficulté est d'adapter le discours à ... latex.

@Max : Page 6 de ton "brouillon", pour démontrer que le jeu avec l'ultrafiltre n'est pas déterminé, tu fais jouer, en premier coup de $II$, le coup $0$. Mais, ça ne respecte pas les règles, non (car les règles imposent de jouer une suite strictement croissante) ? Et puis en plus, $I$ répond par $\sigma(u_0,u_1)$ ($u_0$ étant son premier coup, et $u_1 := u_0 +1 $) et donc je pense qu'il faut lire que $II$ joue, à son premier coup, $u_0 + 1$. J'ai bon ?

@Martial: pardon, je viens de rajouter "où Lea devra jouer des $\alpha_i$ après $\kappa$, je ne l'avais pas précisé, d'où ta question1

Pour ta question2, c'est le phénomène suivant:

$$\forall L\in (A\to \to A \exists a\in A\forall b\in B\exists f\in (A\to : f(a)=b\ et\ L(f)=a$$

qui peut être décliné de plein de façons qui expriment toutes que la "grande taille" de $A\to B$ par rapport à $A$ suffit à rendre "inoffensif" le "L".

Dans le cas des ordinaux joués (avec AC), quand $\kappa$ est assez grand, la difficulté supplémentaire pour Lea disparait au sens où il y a assez de monde pour qu'elle puisse tranquillement jouer des ordinaux qui descendent sans que ça n'aide Bob plus que si elle ne les jouait pas.

Pour la3 Max t'a répondu.

@Martial

L'avantage des boréliens, c'est qu'ils partitionnent $2^\N$ en 2 co-analytiques. Je suis sur mon pc, je te montre comment déplier "d'un coup" un borélien sans avoir à raisonner par récurrence sur leur complexité.

On est en présence de 2 arbres $T,W$, c'est à dire d'ensemble de suites finies dont les termes sont des éléments de $2\times \N$.

On note $A:= \{u\in 2^\N\mid $ l'ensemble des suites finies $s$ de la forme $[i<n_s\mapsto (u_i, p_i) ]$ est dans $T$ est bien fondé.

On note $B:= \{u\in 2^\N\mid $ l'ensemble des suites finies $s$ de la forme $[i<n_s\mapsto (u_i, p_i) ]$ est dans $W$ est bien fondé.

Et on suppose que $(A,B)$ partitionne $2^\N$ en deux morceaux (ce qui fait qu'ils sont boréliens et tout borélien et son complémentaire peut être obtenu ainsi)

Soit $f$ une bijection de $\N$ dans $D:=$ l'ensemble des suites finies d'entiers.

Et bien comme tu t'en doutes, au lieu des jouer des $0$ et des $1$, on prend un cardinal $\kappa$ et on joue au jeu où CHACUN des joueurs, doit en plus jouer un ordinal.

De sorte qu'a la fin de la partie $z$, ils ont chacun associé à chaque élément de $D$ un ordinal.

Celui des deux (ou les deux) qui n'a pas produit un bien fondé a échoué AVANT LA FIN à choisir un ordinal convenable à un moment de la partie.

Le premier qui fait ça perd.

Si $\kappa$ est assez grand, ce jeu déplie intuitivement le jeu initial.

Le fait qu'ensuite, sans utiliser de grands cardinaux, on arrive à montrer l'existence d'un $\kappa$ assez grand provient du fait qu'une stratégie gagnante est absolue (une extension générique ne défera pas son caractère gagnant), alors que si on avait qu'un seul analytique, on ne pourrait pas dire ça.

De cette manière, tu te retrouves à faire la même preuve que Martin (75 ou 85), mais sans axiome du choix, ni sans sortir de "banales" (mais longues) considérations de taille des ordinaux et c'est plus cool psychologiquement.

LMPC : non pas exactement: Alice et Bob jouent $\omega$ fois, à chaque tour un entier naturel. A la fin, on obtient une suite $x\in \omega^\omega$.

Le jeu est paramétré par un ensemble $X\subset \omega^\omega$, et Alice gagne si $x\in X$. Lorsque $X$ est borélien (pour la topologie produit), Alice ou Bob a une stratégie gagnante.
C'est l'un des rares théorèmes où toute la force du remplacement est utilisée.