Construction d'ensemble non borelien

par **BQss** » 14 Déc 2006, 20:07

Bonjour chers amis. Je revois un peu la théorie de la mesure de licence en préambule pour mes epreuves de probas approfondis du master. Et en survolant les théorèmes et les chapitres je suis tombé sur celui des tribus completées(i.e celle engendrée par la réunion de la tribu d'origine et de la classe des ensembles negligeable(ceux qui sont inclus dans ou egaux aux elements negligeable de la tribu d'origine) ):

Je me suis alors reposé naturellement le problème de la construction de la complétée de la tribu borelienne(la tribu de lebesgue). J'essaie d'en visualiser quelques ensembles.
Et j'ai en fait du mal a construire des ensembles negligeable non borelien.
i.e des ensembles qui seraient inclus dans des boreliens sans en etre et dont la mesure serait nulle(pour la mesure de lebesgue).
Mon probleme et que tres simplement il est facile de construire des boreliens de mesure nulle. Tout les ensembles qui sont des réunons denombrables de singletons par exemple. mu(rationnel)=sigma_0_à_infini(mu(singleton)) = sigma_0_à_infini(0) = 0.
Les rationnels etant en bijection avec les entiers je peux definir une telle somme.

Vient alors la question, comment créer un ensemble qui n'est pas borelien, inclus dans un ensemble de mesure nulle.
Mais comme toute reunion denombrable de singleton est un borelien et tout ensemble contenu dans un tel ensemble est aussi un borelien, il faut chercher ailleurs ce type d'ensemble et leur construction ne saute donc pas directement aux yeux.

Il faut donc deja trouver un borelien qui n'est pas reunion denombrable de singletons et dont la mesure est nulle et alors eventuellement chercher un ensemble contenu dans celui la qui n'est pas borelien et on aura trouvé un ensemble de la tribu completée qui n'est pas borelien.

Et donc la, j'essaie de construire un ensemble de mesure nulle qui n'est pas reunion denombrable de singleton(donc reunion non denombrable). Tout ensemble qui est réunion d'autre chose que de singletons aura une mesure non nulle car la mesure d'un intervalle est non nulle, ca ne sert donc a rien de chercher d'autres types d'ensemble( a la difference pres qu'on pourrait essayer d'en construire par intersection d'intervalle, mais ce n'est pas la technique que j'ai essayé d'employé en tout cas).
Les irrationnels ca ne marche pas evidemment, car de complementaire nulle...
Pareille pour les irrationnels d'un intervalle different d'un singleton car encore de complementaire de mesure nulle.

Pour le construire je me heurte par exemple au fait que meme si je trouve un complementaire dans R de mesure infini, cela ne suffit pas a en deduire que la mesure de cet ensemble vaut 0:
Car evidemment:
x+ infini=infini ne veut absolument pas dire que x=0, il peut valoir + infini ou un réel.

Alors comment faire? Votre prof en a -t-il construit un a l'epoque?

Merci de vos reponses.

par **fahr451** » 14 Déc 2006, 21:08

il faut l axiome du choix

par **BQss** » 14 Déc 2006, 21:17

fahr451 a écrit:il faut l axiome du choix

D'ou le fait que je ne puisse pas en construire alors

...

par **BQss** » 14 Déc 2006, 21:36

Et donc si je n'admet pas l'axiome de choix impossible deprouver que la completée de la tribu borelienne contient strictement la tribu borelienne?
C'est a dire qu'il faut l'admettre pour trouver un interet a cette tribu...
Le prof n'en fait meme pas mention quand il dit qu'elle la contient strictement.

J'avoue que je ne savais pas que cette partie presupposait la theorie ZFC sous jacente. J'avais admis l'existence d'une telle tribu il me semble.

As tu un lien ou peux tu me prouver l'existence de tels ensembles en utilisant cet axiome( ou quelle version de l'axiome me suggere tu d'utiliser).
J'avoue que j'ai rarement admis son existence explicitement et que je ne sais pas trop comment aborder le probleme a partir de lui. A part admettre l'inversion a droite des fonctions surjectives je ne vois pas trop ou j'ai pu l'admettre en faisant des demos.

Merci d'avance.

par **nuage** » 14 Déc 2006, 21:40

Salut,
Comme exemple de non borélien de mesure nulle, je crois me souvenir que certaines bases de R comme Q espace vectoriel conviennent.
Ceci sans garantie.

par **nuage** » 14 Déc 2006, 21:43

BQss a écrit:Et donc si je n'admet pas l'axiome de choix impossible deprouver que la completée de la tribu borelienne contient strictement la tribu borelienne?

Si mes souvenirs sont bons, on peut remplacer l'axiome de choix par "tout ensemble est mesurable au sens de Lebesgue".

par **BQss** » 14 Déc 2006, 21:54

nuage a écrit:Si mes souvenirs sont bons, on peut remplacer l'axiome de choix par "tout ensemble est mesurable au sens de Lebesgue".

Hmm, la tribu de lebesgue(la completée de la borelienne) est strictement contenu dans la tribu de toute les parties de R si on parle de la tribu borelienne de R par exemple. Toujours sans demo du prof c'est ce qui est ecrit et admis par lui. Donc il y aurait des parties de R non mesurable pour la mesure de lebesgue meme si l'on etend la mesure de lebesgue a sa tribu complétée selon ce resultat...

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:01

nuage a écrit:Salut,
Comme exemple de non borélien de mesure nulle, je crois me souvenir que certaines bases de R comme Q espace vectoriel conviennent.
Ceci sans garantie.

Ok merci, j'essaierai de voir, mais il les a donc "construite" et donc pas besoin d'axiome de choix alors? Ou il a supposé leur existence a partir de l'axiome de choix et l'existence de tel ensemble est defini en tant que : certaine base de R(sans pouvoir dire lesquels) comme Q espace vectoriel conviennent?...
Désolé si je fais appel a des souvenirs trop profond, pour moi en l'occurence comme je n'ai jamais assisté au cours magistraux et que je n'ai que les poly et bouquin, je n'ai pas d'exemple en tete(ceci n'etant pas mentionné dans mes documents...).

par **nuage** » 14 Déc 2006, 22:04

Oui.
Je me souviens, avec certitude, que mes profs (à une époque assez lointaine) ont affirmés que l'axiome de choix permet de construire des ensembles non mesurables au sens de Lebesgue.

par **yos** » 14 Déc 2006, 22:10

Bonsoir.
Pour construire une base de R sur Q (base de Hamel), il faut l'axiome du choix aussi.
L'axiome de Solovay "toute partie de R est mesurable" est incompatible avec l'axiome du choix. On peut garder une version faible de AC dite ACD (axiome du choix dénombrable) qui soit compatible avec Solovay. Je ne sais pas si c'est la tendance actuelle.

par **nuage** » 14 Déc 2006, 22:11

Nos messages se sont croisés.
Pour obtenir une base de R comme e-v sur Q il est indispensable d'utiliser l'axiome de choix. Comme d'ailleurs pour tous les e-v de dimension infinie, à la possible exception des e-v de dimension dénombrable, pour les quels on doit pouvoir se contenter d'un peu moins.

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:11

nuage a écrit:Oui.
Je me souviens, avec certitude, que mes profs (à une époque assez lointaine) ont affirmés que l'axiome de choix permet de construire des ensembles non mesurables au sens de Lebesgue.

Oui pour ca j'ai trouvé ce lien, regarde:
http://www.ilemaths.net/encyclopedie/Paradoxe_de_Banach-Tarski.html#Un_exemple_d.E2.80.99ensemble_non_mesurable

Mais j'ai rien trouvé quand a l'existence d'ensemble appartenant a la tribu complétée sans appartenir a la tribu borelienne,meme si je suppose que ca doit etre une methode similaire.

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:12

nuage a écrit:Nos messages se sont croisés.
Pour obtenir une base de R comme e-v sur Q il est indispensable d'utiliser l'axiome de choix. Comme d'ailleurs pour tous les e-v de dimension infinie, à la possible exception des e-v de dimension dénombrable, pour les quels on doit pouvoir se contenter d'un peu moins.

Okay merci.

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:19

yos a écrit:Bonsoir.
Pour construire une base de R sur Q (base de Hamel), il faut l'axiome du choix aussi.
L'axiome de Solovay "toute partie de R est mesurable" est incompatible avec l'axiome du choix. On peut garder une version faible de AC dite ACD (axiome du choix dénombrable) qui soit compatible avec Solovay. Je ne sais pas si c'est la tendance actuelle.

Merci pou ces tres interessantes info. En effet il y a incompatibilité entre tout ensemble et mesurable et les divers inclusion strictes de ces classes.
Dommage que la théorie des ensembles ne soit pas plus abordé, c'est interessant d'en voir les differentes axiomatiques. Dans quel contexte as tu abordé ces notions, quel cours, (j'y ai presque completement échappé)?
Solovay par exemple, jamais entendu parler.
Tu as vu ca dans un module de 2ème cycle sur la théorie des ensembles?

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:42

nuage a écrit: il est indispensable d'utiliser l'axiome de choix. Comme d'ailleurs pour tous les e-v de dimension infinie, à la possible exception des e-v de dimension dénombrable, pour les quels on doit pouvoir se contenter d'un peu moins.

En tout cas si je me souviens bien, il n'y a pas besoin de l'axiome de choix pour construire un EV de Hilbert de dimension infini.
Si je me souviens bien, il y a un théorème assurant l'existence d'une base hilbertienne i.e l'EV engendré par une famille denombrable de vecteurs othonormaux est dense dans l'espace de Hilbert. Sauf erreur on peut donc le construire par limite d'une somme d'élément de celui ci(apparemment normal vu qu'il est la fermeture de l'EV engendré).

*Edit: je viens de verifier et en fait non son existence n'est pas assuré, il faut que l'espace de Hilbert soit separable, et dans ce cas la il existe bien une base de Hilbert denombrable.

par **yos** » 14 Déc 2006, 22:50

BQss a écrit:Dans quel contexte as tu abordé ces notions, quel cours, (j'y ai presque completement échappé)?
Solovay par exemple, jamais entendu parler.
Tu as vu ca dans un module de 2ème cycle sur la théorie des ensembles?

Bouquins plutôt.

BQss a écrit:En tout cas si je me souviens bien, il n'y a pas besoin de l'axiome de choix pour construire un EV de Hilbert de dimension infini.
Si je me souviens bien, il y a un théorème assurant l'existence d'une base hilbertienne i.e l'EV engendré par une famille denombrable de vecteurs othonormaux est dense dans l'espace de Hilbert. Sauf erreur on peut donc le construire par limite d'une somme d'élément de celui ci(normal vu qu'il est complet car de Hilbert).

Attention. On peut prouver l'existence d'un objet (ici une base) de manière non effective et donc ne pas savoir exhiber un tel objet. Pour les ev de dimension infinie, l'existence d'une base nécessite en général l'axiome du choix. Si on prend l'ev des polynômes à une indéterminée, on sait très bien exhiber une base, mais une Q-base de R on sait pas.

par **BQss** » 14 Déc 2006, 22:56

yos a écrit:Bouquins plutôt.

Attention. On peut prouver l'existence d'un objet (ici une base) de manière non effective et donc ne pas savoir exhiber un tel objet. Pour les ev de dimension infinie, l'existence d'une base nécessite en général l'axiome du choix. Si on prend l'ev des polynômes à une indéterminée, on sait très bien exhiber une base, mais une Q-base de R on sait pas.

Oui excuse moi j'ai rajouté qu'il fallait que l'EV de Hilbert soit en plus séparable pour assurer l'existence d'une telle base.
Il faut utiliser le théorème de Gram Schmidt(qui a ma connaissance en tout cas ne presuppose pas l'axiome de choix, ou alors implicitement et ca m'a aussi echappé).

*Edit
Pour ce qui est de construire, c'etait un abus de language, je voulais dire, on peut construire un EV de dim infini explicitemnt(pour certains type) et donc admettre son existence, je prenais l'exemple de l'espace de hilbert separable. Je ne voulais pas dire que lorsqu'on utilisait l'axiome de choix on construisait egalement explicitement, mais en effet on ne prouve que l'existence sans pouvoir definir explicitement l'objet.

Comme les ensembles non mesurables d'ailleurs, c'est d'ailleurs pour ca que j'etais bloqué, dans mon cas je n'arrivais pas a construire des ensembles dnegligeables non borelien (c'est en les construisant que j'essayais de prouver qu'ils existent, car je n'arrivais pas a les visualiser). Et C'est justement parce que la seul maniere de prouver leur existence est d'utiliser l'axiome de choix que je n'y arrivais pas, on ne peut les construire et donc on peut les admettre mais sans pouvoir les definir explicitement. Sans cet axiome (merci pour vos info) on est bloqué et la tribu completé de la tribu borelienne n'a aucun sens.

par **fahr451** » 14 Déc 2006, 23:10

ds un hilbert separable le procédé de schmit donne en effet une démonstration constructive pour obtenir une base hilbertienne
en revanche s'il n est pas séparable l axiome du choix est nécessaire.

Construction d'ensemble non borelien

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