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Trouver un sous-ensemble non borélien

André49André49
dans Analyse
Bonjour,

Quelqu'un saurait-il expliciter / exhiber / décrire / montrer / etc., un sous-ensemble non borélien de l'ensemble (triadique) de Cantor ?

Sachant que l'ensemble de Cantor est lui-même un borélien de mesure de Lebesgue nulle, c'est important pour en déduire que la mesure de Lebesgue n'est pas complète sur les boréliens de $\mathbb{R}$.

(Si j'ai bien compris...)

Je cherche un exemple précis et simplement appréhendable, car mes recherches (sans doute insuffisantes) ne tombent que sur des phrases dilatoires du style "soit A un sous - ensemble non borélien dans l'ensemble de Cantor". Oui, bon, d'accord, mais j'aimerais bien en "voir" un, quand même...

Merci.

Réponses

  • christophe cchristophe c
    Par essence aucun aura la simplicité que tu rêves.

    Mais l'ensemble des parties bien ordonnées pour l'ordre usuelle de Q n'est pas borelien. Via une bijection entre Q et IN ça t'en donne un facilement.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • troisquatroisqua
    Le Cantor $C$ engendre un $\Q$ espace vectoriel $E$. $C$ est une partie génératrice de $E$ donc contient une base $B$ qui répond à la question. Bon, bien évidemment, c'est l'axiome du choix, non constructif, qui fournit une réponse.
  • troisquatroisqua
    Petites précisions: $E$ est en fait $\R$ (car $C+C=[0;2]$) et pour montrer que $B$ n'est pas mesurable, il suffit de montrer que $B\cap \{x\}^c$ (pour un certain $x$ de $B$) ne l'est pas.
  • christophe cchristophe c
    troiqua: ta phrase est ambiguë pour un étudiant. Elle peut donner l'impression que l'axiome du choix est nécessaire.

    Dis plutôt "j'ai utilisé l'axiome du choix"
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • troisquatroisqua
    Salut Christophe, sait-on montrer qu'il n'est pas nécessaire ?
  • PoirotPoirot
    Pour des raisons de cardinalité il existe des non boréliens, il me semble qu'on a tout au plus besoin de l'axiome du choix dénombrable pour faire marcher l'argument.

    Il y a un exemple de non borélien "explicite" donné sur cette page wikipedia : https://fr.wikipedia.org/wiki/Tribu_de_Lebesgue#Ensembles_mesurables_non_boréliens
  • André49André49
    Poirot a écrit:
    exemple de non borélien "explicite"

    Je cherchais un non borélien de mesure négligeable, c'est-à-dire inclus dans un borélien de mesure nulle...
  • christophe cchristophe c
    @3/4: oui j'ai même donné un exemple juste au dessus de ton post. L'ensemble des parties de $\Q$ sui sont bien ordonnées (par l'ordre usuel) n'est pas borélien.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe cchristophe c
    Si tu écris les réel de $[0.1]$ décimalement et considères qu'une partie $A$ de $\N$ s'envoie sur l'unique réel $x$ tel que pour tout $n: $
    la $n$ième décimale vaut 3 quand $n\in A$ et
    la $n$ième décimale vaut 5 quand $n\notin A$.

    Ça te donne une partie de mesure nulle (via une bijection de $\Q\to \N$).
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • christophe cchristophe c
    Pour éviter une éventuelle fatigue à max, l'axiome du choix dénombrable (version très faible) est utilisé car on peut supposer que $\R$ est réunion dénombrable de parties dénombrables sans strictement aucun choix.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • troisquatroisqua
    Christophe,

    C'est un peu cryptique pour moi ce que tu dis.

    Tu dis "L'ensemble des parties de $\Q$ qui sont bien ordonnées (par l'ordre usuel) n'est pas borélien". Pour parler de borélien (i.e élément d'une tribu engendrée par les ouverts d'une topologie), c'est donc que tu as placé une topologie sur l'ensemble des parties de $\Q$. Laquelle précisément ?


    Après, tu dis qu'on peut supposer $\R$ réunion dénombrable de parties dénombrables. Mais alors comment procède-t-on pour montrer que $\R$ n'est pas dénombrable ?
  • christophe cchristophe c
    J'ai mis la topologie produit de la discrète sur $2$ (rappel $2=\{0,1\}$) en regardant $P(\Q)$ comme $2^\Q$. Quand tu étudies les boréliens, tu as beaucoup de "tranquilité" sur la topologie que tu mets, ça ne les change pas (par exemple l'usuelle ou une tirée de $10^\N$)

    Sans AUCUN axiome du choix, $\R$ qui n'est pas dénombrable peut être supposée réunion dénombrable de parties dénombrables. Essaie de prouver le contraire tu vas voir :-D

    La preuve (ou les) de non dénombrabilité de $\R$ n'est pas en question (elle est constructive et célèbre et n'utilise aucun axiome du choix)
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
  • troisquatroisqua
    Je relirai la première partie de ta réponse à tête reposée.

    Je ne comprends pas la deuxième non plus. Si $\R$ est réunion dénombrable de parties dénombrables, il ne peut pas être non dénombrable non ?
  • PoirotPoirot
    Le fait qu'une réunion dénombrable d'ensembles dénombrables est dénombrable nécessite l'axiome du choix dénombrable.
  • troisquatroisqua
    Merci Poirot. Je comprends mieux l'argument de Christophe.
  • christophe cchristophe c
    Je relirai la première partie de ta réponse à tête reposée.

    Via une bijection entre $\Q$ et $\N$, tu peux voir une partie de $\Q$ comme une suite de 0 et de 1.
    Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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