Théorie descriptive
J'ai avancé significativement dans mon chap 23 consacré à la théorie descriptive des ensembles... en particulier grâce à l'aide de Bwah et Christophe :
https://drive.google.com/file/d/1qZtWE2kiyCT0JGzHEB6zzjLiS3GtDcAB/view
Comme d'hab, toutes les remarques seront les bienvenues.
https://drive.google.com/file/d/1qZtWE2kiyCT0JGzHEB6zzjLiS3GtDcAB/view
Comme d'hab, toutes les remarques seront les bienvenues.
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Réponses
Bref. Ce que je cherche surtout à démontrer, c'est que tous les analytiques sont Lebesgue-mesurables. (Ce que je noterai LM dans la suite).
Ce résultat est important car il se généralise facilement (il suffit de recopier la preuve en adaptant les notations) :
1) Si tous les analytiques sont déterminés, alors tous les $\mathbf{\Sigma^1_2}$ sont LM.
2) Si tous les $\mathbf{\Sigma^1_n}$ sont déterminés, alors tous les $\mathbf{\Sigma^1_{n+1}}$ sont LM.
3) La détermination projective entraîne que tous les projectifs sont LM.
4) Si AD est vrai, alors toutes les parties de $\mathbb{R}$ sont LM.
Problèmes : a) Je pensais utiliser mes notes de cours de M2 (2004), mais en les relisant je les trouve absconses.
b) Kanamori ne fait que citer le théorème.
c) Dehornoy le fait, mais de façon un peu cheloue.
Bref, quelqu'un connaît-il une référence sérieuse et compréhensible sur ce sujet ? Ce que je cherche c'est une preuve basée sur une sorte de jeu déplié qui permette de passer de la détermination des fermés à la LM des analytiques.
Si quelqu'un a ça en magasin...
Merci d'avance
Martial
2/ Il te suffit de prouver qu'il est de mesure extérieure nulle
3/ Tu bricoles un jeu où Bob a l'obligation de jouer $x\in A$ et où Lea doit attester par ses coups "qu'elle savait d'avance avec suffisamment de précision qui allait être $x$"
4/ Soit $t$ un stratégie pour Bob. Si l'ensemble $F$ des réels qu'on peut obtenir en jouant contre Bob suivant $t$ n'est pas inclus dans $A$, c'est gagné, sinon, c'est un fermé de mesure intérieure nulle. (on joue des 0 et des 1, c'est compact).
5/ Il est alors possible pour Lea de sidérer tout le monde dans sa capacité à "deviner" la petite zone où va attérir le $x$ de Bob
6/ Remarque: le bricolage me prendrait trop de temps en latex ce matin, je t'ai juste donné le principe, mais ça peut te distraire de terminer le bricolage, puisque tu "vois" maintenant comment on est passé d'analytique à fermé.
Si tu cherches une preuve du theoreme 1.1 dans http://www.numdam.org/article/SB_1983-1984__26__325_0.pdf.
L'auteur donne une référence N. LUSIN, Sur la classification de M. Baire. C.R. Acad. Sci. Paris 164
(1917) 91-94.
Visiblement, non ! (Enfin, pas toujours).
"Une belle preuve ici".
Un grand merci à toi !
Ce qu'il y a c'est que cette preuve n'utilise pas les jeux. (Evidemment, puisqu'ils n'ont pas encore été inventés à l'époque de Lusin).
Je ne sais pas ce que je vais faire. Peut-être un mixte entre :
1) Le peu qu'en dit Boban dans le cours.
2) Ce que propose Christophe.
3) Le décryptage de ce que raconte Dehornoy.
4) La preuve de Lusin comme méthode alternative.
En tous cas, merci pour tous ces efforts
Patrick Dehornoy''
Je vais enfin pouvoir frimer de nouveau en soirée en énonçant que si une bijection $f:\R\rightarrow \R$ est borelienne alors $f^{-1}$ l'est aussi, sans culpabiliser d'avoir oublié la preuve.
@Namiswan : j'ai fait le M2 LMFI en 2003/2004, et le cours dont je parle est celui d'Alain Louveau : "Théorie des ensembles et théorie descriptive des ensembles".
J'aimerais bien que tu m'invites à une de tes soirées (je peux amener des pizzas et du bon whisky) rien que pour te voir frimer avec les fonctions boréliennes.
(Je plaisante, oeuf corse).
Selon la qualité du whisky, je te tiens la soirée sur le sujet :)o
"Selon la qualité du whisky, je te tiens la soirée sur le sujet"
Adjugé !
1/ Tu prends les deux espaces suivants, muni de la topologie produit des discrètes:
$K:=2^\N$ et $L:=\N^\N$.
On peut tout ramener à eux "assez" trivialement.
2/ Les images continues de $K$ dans $K$ sont toutes fermées car compactes, donc de même complexité (disons quasi-nulles :-D ). La projection n'augmente pas la complexité.
3/ Les images continues de $L$ dans $K$ peuvent être SUPERCOMPLEXES. On obtient tous les boréliens et surtout BIEN PLUS!!! Elles sont appelées "parties analytiques de $K$"
4/ Mais pour le fait d'être ou ne pas être mesurable, ça ne change rien, car de façon routinière, tu approximes facilement une partie $A$ analytique de $K$ image continue par $f$ de $L$ par LE COMPACT $F(g)$ suivant:
$$ \{u\in K\mid \exists x\in L: f(x)=u\ ET\ \forall n\in \N: x(n)\leq g(n)\}$$
la preuve étant la même que la très historique inouie preuve que deux analytiques disjoints sont séparables par un borélien
5/ Dans le contexte général des jeux où on ne suppose plus quoique ce soit sur une partie $X$ de $L$ qu'on envoie continument par une certaine $f$ continue dans $K$ sur
$$Y:=\{u\in K\mid \ \exists x\in X: f(x)=u\}$$
lors d'une partie Lea VS Bob, disons, on demandera à Bob de produire un élément $u$ de $Y$, MAIZENFAITE on lui demandera de produire $x$ dans $X$ et on regardera $f(x)$.
6/ Tu as alors la situation d ejeu suivante: Connaissant comment Bob joue (on admet que Lea ne joue que des 0 et des 1), l'ensemble les $x$ joués par Bob ne vont en fait pas avoir les inconvénients de vivre dans $L$. Ils vivront dans un $F(g)$ bien choisi correspondant à la stratégie de Bob. Et toute la magie du saut de complexité se passe ici
Peux-tu traduire en langage mathématique ce que veux dire cc mais sans Bob ni lea Merci d'avance
Ce qui est intéressant dans sa méthode (par rapport à ce que je connais), c'est qu'il considère un analytique, non pas comme la projection d'un fermé dans le produit, mais comme l'image continue d'un polonais. Du coup, ça a l'air de simplifier le jeu.
Mais tout cela reste à préciser.
Un polonais c'est un complété d'espace métrique dénombrable (regardé uniquement pour sa topologie), en dehors d'un respect pour l'histoire humaine, cette notion n'est pas très pertinente.
Que veux-tu? Une preuve que les analytiques sont mesurables? Autre chose?
De mon téléphone
Oui je serai ravis si tu demontres que les analytiques sont Lebesgue mesurables en partant du fait qu'un analytique est 'image d'un polonais par une application continue mais stp sans Bob (difficile pour moi de traduire ce language en maths)
Merci d'avance cc
1/ le polonais qu'on va utiliser est le complété $(E,d)$ de $(\N,d)$ où $d$ est une distance sur $\N$.
2/ L'ensemble des suites $u$ d'entiers telles que $\forall n,p$ avec $n<p$ : $d(u_n,u_p)<10^{n}$ est un fermé de $Z:=\N^\N$ doté de la topologie produit de la discrète sur $\N$, de sorte qu'on va oublier $(E,d)$ et considérer ton analytique cible $A$ comme l'image continue par $f$ dudit fermé $F$ de $Z$. On va supposer que $MesureLebsgueExtérieure(A) = 1$ et $A\subset [0,1]$
3/ Pour $e\in ]0,1[$, il est "facile***" (je sais que tu vas adorer ce mot :-D ) qu'il existe une suite $v$ telle que:
3.1/ $MesureLebesgueToutCourt(\phi(v)) >e$
3.2/ $\phi(v) := \{f(u) \mid \forall n: u_n\leq v_n\}$
3.3/ $\phi(v)$ est compact, inclus dans $A$ (donc Lebesgue mesurable, ce qui justifie le "tout court" de 3.1)
4/ Conclusion, la mesure intérieure de Lebesgue de $A$ vaut aussi $1$ et $A$ est Lebesgue mesurable.
5/ *** La facilité en question provient JUSTEMENT d'une perception par jeu Lea VS Bob. Sinon, ce n'est pas que c'est "difficile", mais ça n'a pas d egout, donc à manger longuement, c'est rabat-joie. Cela dit, ce n'est pas non plus très difficile à la main.
6/ Concernant la compacité évoquée en 3.3, j'espère qu'elle ne te gêne pas: c'est juste un fermé dans un produit (donc compact) de $\N$ ensembles finis (donc compacts).
C'est intéressant pour toi car tu "flingueras au drône et te taperas sur la poitrine en criant victoire comme Tarzan" la seule difficulté présente.
Et sans jeu, juste par ... Fubini.
Les plus petits ordinaux sont
$\emptyset$ (aucun élément)
$\{\emptyset\}$ (un élément)
$\{\emptyset, \{\emptyset\}\}$ (deux éléments)
$\{\emptyset, \{\emptyset\},\{\emptyset, \{\emptyset\}\}\}$ (trois éléments)
et ainsi de suite ...
Entre autres, pour tout ordinal $\alpha$, $\alpha \cup \{\alpha\}$ est aussi un ordinal (*) appelé "successeur" de $\alpha$. Ci-dessus on s'est servi de cette construction pour construire des ordinaux finis, servant à représenter des nombres entiers (mais il y en a d'autres). Il y a aussi des ordinaux infinis (l'ensemble $\N$ des entiers naturels est en fait lui-même, en théorie des ensembles, un ordinal et ses éléments, les entiers, sont les ordinaux finis dont les exemples ci-dessus sont des cas particuliers).
Définitions générales:
1°) ordres et bon ordres:
1.1) Un ordre strict sur un ensemble $X$ est une relation binaire $R$ telle que
(i) aucun $x\in X$ ne vérifie $R(x,x)$ (anti-réflexivité)
(ii) pour tous $x,y,z\in X$, si $R(x,y)$ et $R(y,z)$ alors $R(x,z)$ (transitivité).
1.2) Si $Y$ est une partie de $X$, un plus petit élément de $Y$ pour $R$ est un $m\in Y$ tel que pour tout $t\in Y$ différent de $m$, $R(m,t)$
1.3) La relation $R$ est appelée un bon ordre strict sur $X$ si c'est un ordre strict sur $X$ et si toute partie non vide de $X$ possède un plus petit élément pour $R$.
2°) Ordinaux:
Un ensemble $a$ est appelé un ordinal si
(i) $\in$ (l'appartenance ordinaire) est un bon ordre strict sur $a$
(ii) Pour tout $b$, si $b\in a$ alors $b$ est également inclus dans $a$.
Exos: montrer l'affirmation en vert avec astérisque plus haut dans le texte. Montrer aussi que $\emptyset$ est un ordinal, ce qui valide les exemples donnés.
https://sites.google.com/view/martial-leroy/théorie-des-ensembles/partie-b
Les chapitres consacrés aux ordinaux sont les 5, 6 et 8. Par contre il y a beaucoup de détails que tu peux zapper.