Des questions faciles ?

Prouver simplement que si $\alpha$ est algébrique alors $\alpha^2$ est aussi algébrique.

Mais enfin Fin de partie, ça ne se fait pas d'empiéter sur le terrain de jeu de pourexemple ! Pourtant c'est seulement le 5ème fil qu'il créé pour faire mumuse à poser des questions à tort et à travers. 8-)

Pour la question juste au-dessus, la réponse est oui. Une fonction croissante est continue sauf en un nombre dénombrable de points. N'importe quelle fonction croissante sur $\Q$ se prolonge en une fonction croissante sur $\R$. On se restreint à $\Q$ et on considère une sous-suite convergente point par point. On étend la limite (qui est croissante) à $\R$, elle doit avoir un nombre dénombrable de points de discontinuité. Pour chaque point irrationnel qui n'est pas une discontinuité, la suite des fonctions converge bien. Pour les points irrationnels qui sont des discontinuités, on fait encore une diagonalisation et on obtient la convergence partout (ils sont dénombrables).

Tu as manqué un bout de ce que j'ai dit. On étend la fonction limite de $\Q$ à $\R$ (de manière à avoir une fonction croissante). Cette fonction a un nombre dénombrable de points de discontinuité. Ensuite on va réextraire une suite diagonale de notre suite qui converge sur $\Q$ pour traiter ces points de discontinuité.

Je détaille. Si $x$ n'est pas un point de discontinuité de la limite, alors la suite converge vers $x$ en ce point, c'est bon. Si $x$ est un point de discontinuité, on extrait une suite pour faire converger en ce point. On reproduit ça pour chaque point de discontinuité, on élague, on élague notre suite. Le problème est qu'il se peut qu'à la fin on se retrouve avec rien. On prend donc une suite diagonale et on a convergence partout.

C'est par encadrement de suites. On considère un voisinage $V$ de $f(x)$. Il existe alors un voisinage $U$ de $x$ tel que $f(U) \subseteq V$ . Dans $U$, on prend un rationnel $q$ en dessous de $x$. Alors $\lim_{n\to\infty} f_n(q)$ est dans $V$, donc $f_n(q)$ est dans $V$ pour $n$ assez grand. On fait pareil avec un rationnel $q$ au-dessus de $x$. Alors par croissance $f_n(q) \leq f_n(x) \leq f_n(p)$. On passe à la limite, ça donne que $f_n(x)$ est dans $V$ pour $n$ assez grand.

Là c'est plus abstrait (et plus simple).

Est-ce que tu pourrais me dire où il faut détailler ? Parce que ça ne me dit rien de désabstraire la preuve du théorème de Tychonoff. Ma preuve n'est pas constructive, a priori il ne faut pas espérer pouvoir calculer une suite convergente comme on le ferait sur $[0,1]$.

Soit $C \subseteq [-1,1]^\R$ l'espace des fonctions convexes et soit $r : [-1,1]^\R \to [-1,1]^\Q$ la fonction continue de restriction à $\Q$.

• $r$ est injective sur $C$ car si $f, g \in C$ sont différentes, c'est qu'il existe $x \in \R$ tel que $f(x) \neq g(x)$. Comme $f$ et $g$ sont continues, il existe un voisinage de $x$ sur lequel elles diffèrent (la propriété $a \neq b$ est ouverte, $\R$ est $T_2$) et donc un rationnel sur lequel elles diffèrent.
• $C$ est compact en tant que sous-espace fermé d'un espace compact (car produit de compact, ici on utilise Tychonoff).
• $[-1,1]^\Q$ est $T_2$ en tant que produit d'espaces $T_2$. Si deux fonctions $f,g \in [-1,1]^\Q$ diffèrent en $x$, c'est qu'il existe un voisinage de $f(x)$ et un voisinage de $g(x)$ disjoints, et donc il existe un voisinage de $f$ et un voisinage de $g$ disjoints.
• Une application injective continue d'un compact vers un $T_2$ est un homéomorphisme avec son image. Cela vient du fait que c'est une application fermée : les fermés dans le compact sont compacts, donc leur image est compacte, donc fermée puisqu'on est dans un $T_2$. De plus, l'image de l'application doit être fermée. On en déduit que $r$ est un isomorphisme entre $C$ et un sous-espace fermé de $[-1,1]^\Q$.
• $[-1,1]^\Q$ est séquentiellement compact en tant que produit d'espaces séquentiellement compacts. Tout sous-espace fermé d'un espace séquentiellement compact est séquentiellement compact. Donc $C$ est séquentiellement compact.

Je le fais de manière plus abstraite. L'espace des fonctions convexes bornées (pas une certaine fonction fixe) est $C$, et je t'ai prouvé que c'est un sous-espace fermé de $[-1,1]^\Q$ qui est séquentiellement compact. Donc $C$ est séquentiellement compact. Je ne suis pas assez bon pour te rendre ça concret, et ça rendrait peut-être quelque chose d'incompréhensible. Ou alors je fais quelque chose de différent en montrant complètement autrement que si la suite converge sur $\Q$, alors elle va converger sur $\R$. C'est aussi intéressant mais je n'ai pas la motivation pour le faire, et ce n'est pas la démonstration que je te propose.

pourexemple a écrit:

Si $(f_n)$ suite de fonctions croissantes sur $\R$, simplement bornée.
Peut-on extraire une sous-suite convergent simplement vers une fonction croissante ?

Au risque de me répéter, il s'agit essentiellement du théorème de sélection de Helly.

Je te réponds ici car l'autre fil est en bazar.

pourexemple a écrit:

@Siméon : il me semble qu'il faut que les variations soient bornées uniformément bornées, c'est à dire que toutes ces fonctions soient k-lipschitzienne ce qui en ferait un cas particulier d'Ascoli, mais dans le cas du bijou de la convexité ou ici, on n'est pas forcément dans ce cas.

Une fonction $f$ monotone sur un segment $[a,b]$ est de variation totale majorée par $|f(b) - f(a)|$. Une fonction $f$ convexe sur $[a,b]$ est décroissante puis croissante, donc de variation totale majorée par $4\,\max_{[a,b]} |f| \leq 12\,\max\{|f(a)|,|f(b)|,|f(\tfrac{a+b}2)|\}$
(la deuxième inégalité découle de la convexité).

Sur chaque segment $[-n,n]$ avec $n\in \N$, le théorème de Helly permet donc d'extraire une sous-suite qui converge simplement. On conclut par extraction diagonale.

Non :

• Ascoli n'intervient pas.
• Une fonction convexe sur un segment $[a,b]$ n'est pas nécessairement lipschitzienne. Elle est quand même lipschitizienne sur tout segment de $\left]a,b\right[$, mais ceci n'intervient pas non plus dans mon argument.
• Vas voir la définition de fonction à variations bornées plutôt que de tout mélanger.