"Il est facile de 2"

Bonjour,

Pour ajouter à la remarque de Médiat sur la 1157, si l'on prend une fonction $f$ ayant $2^{\aleph_0}$ points fixes, alors on aura déjà $2^{2^{\aleph_0}}$ fonctions qui commutent avec $f$, en permutant ces points fixes et copiant $f$ par ailleurs. Donc il faut trouver un moyen d'imposer que ce genre de fonction soit seulement l'identité.

Ensuite, le point 4/ fait que $f$ doit être bijective pour que $\phi(f,r)$ existe pour tout réel $r$. Donc il faudrait se concentrer sur les bijections $E\rightarrow E$.

Et pour finir, 1/ et 4/ font que les commutants des fonctions sont commutatifs. Une conséquence est que "commuter avec " devient une relation transitive, ce qui me semble assez douteux en général.

Je crois aussi qu'on peut produire plus que $2^{\aleph_0}$ bijections qui commutent avec la fonction carré par exemple en étant malin, donc en général il faudrait imposer des conditions sur les fonctions.

Un contexte dans lequel on peut faire tout ça, c'est avec certains types de séries formelles généralisées (séries de Hahn). Elles sont alors vues comme des fonctions sur l'ensemble des séries formelles qui tendent vers $+\infty$ mais on perd la possibilité de les définir (toutes) comme fonctions réelles. C'est un exemple qui n'en est pas un. Note que ce sont des cas où les fonctions correspondantes ainsi que toutes leurs dérivées formelles sont monotones, ce qui est peut-être un bon début de contexte pour ta question.
Pour certains types de séries formelles on a bien ces propriétés. Je crois que c'est le cas pour les séries de fonctions puissance $x^r:s\mapsto s^r$ à support anti-bien ordonné où par exemple on a $\phi(x^2,a)=x^{2^a}$ pour tout nombre réel $a$. Un autre exemple est celui des "transséries d'exponentialité zéro", qui sont des séries formelles faisant intervenir $\exp$ et $\log$ mais étant (en $+\infty)$ beaucoup plus petites que $\exp$ et plus beaucoup plus grandes que $\log$, par exemple $x+x (\log x)^{-1}+x (\log x)^{-2}+...$.

Approche du fainéant : sans utiliser la commutativité de $f$ et $g$ on peut dire que la borne inf bleue est $\leqslant 1/2$.

Il suffit de prendre $P=Q=1/2$ pour le voir.

Qui dit mieux ?

Visiblement, Raoul ne t'a ouvert qu'un œil. Je t'ouvre l'autre : les fonctions sont supposées continues. :-D

Si $J=(Y^2, b)$, alors $(X,Y)=(b)$ dans $B=\C[X,Y]/(X^2,Y^2)$. Donc $X=Mb$, $Y=Nb$ dans $B$, et $b=uX+vY+wXY$ dans $B$. On peut supposer $M=\alpha+\gamma X+\delta Y$ et $N=\lambda +\mu X+\nu Y$, avec $u,v,w, \alpha, \dots, \nu \in \C$.
Donc $X=Mb=\alpha u X+ \alpha v Y+\alpha w XY+\gamma v XY+\delta u XY$ $(1)$
Et $Y=Nb=\lambda u X+ \lambda v Y+ \lambda w XY+ \mu v XY+ \nu u XY$ $(2)$
Donc $\alpha \neq 0$, car $\alpha u=1$. Donc $v=0$ (coefficient de $Y$ dans $(1)$).
De même $\lambda v=1$, donc $\lambda\neq 0$, donc $u=0$ (coefficient de $X$ dans $(2)$). Contradiction avec $\alpha u=1$.

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On considère l'espace $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ vu comme espace topologique et algèbre de Boole.

On remarque facilement que les ultrafiltres de $X$ sont en bijection avec les morphismes $\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ d'algèbre de Boole. En effet à tout ultrafiltre $\mathcal{F}$ on peut associer l'application (qui est un morphisme d'algèbres de Boole) $\phi_{\mathcal{F}}:\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ définie par $\forall A\in \mathcal{P}(X), \phi_{\mathcal{F}}(A) = 1$ ssi $A\in \mathcal{F}$ et réciproquement... On peut donc confondre ultrafiltres et morphismes $\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$ d'algèbre de Boole.

Par conséquent, un ultrafiltre peut être vu comme un point de l'espace $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ et l'ensemble des ultrafiltres est donc (modulo cette bijection) un sous-ensemble de $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ que l'on notera $S$ (c'est en fait l'espace de Stone associé à l'algèbre de Boole $\mathcal{P}(X)$).

Or par hypothèse, $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ est compact et il se trouve que $S$ est fermé dans $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$ (ce n'est pas très difficile à prouver) donc compact lui aussi.

Soit à présent $\mathcal{F}$ un filtre sur $X$. On va lui associer comme avant l'application $\phi_{\mathcal{F}}:\mathcal{P}(X)\to \{0,1\}$. Pour tout $A\in \mathcal{F}$, notons $F_A:= \{h\in \{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}\mid\; h(A)=1\}$. Par définition de la topologie produit, $F_A$ est un fermé de $\{0,1\}^{\mathcal{P}(X)}$.

Considérons alors l'intersection $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A$.

Remarquons que si $A_1,...,A_n\in \mathcal{F}$ alors $\bigcap_{i=1}^n A_i$ est non vide et par suite, si $x\in \bigcap_{i=1}^n A_i$ alors l'ensemble des parties de $X$ contenant $x$ est un ultrafiltre correspondant à un point de $S\cap F_{A_1}\cap...\cap F_{A_n}$.


Par compacité de $S$ ceci implique que $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A\neq \emptyset$.

Donc $\displaystyle\bigcap_{A\in \mathcal{F}} S\cap F_A$ n'est pas vide. Or tout élément de cette intersection correspond à un ultrafiltre plus fin que $\mathcal{F}$.

PS. Je sentais que j'étais sur la bonne voie mais je n'arrivais pas à conclure, finalement un passage aux WC a été providentiel... B-)-

Hi Christophe ! Gros bisous à toi.

Toujours pour la 1163 je crois bien avec la remarque de Calli qu'il est équivalent de dire que le compactifié de Stone-Čech est un singleton.

Juste pour information: Pour $X$ général donc $\mathcal{C}^0(X,\mathbb{R})$ n'est pas intègre. Lorsqu'on le quotiente par des idéaux premiers (AC), et qu'on prend le corps des fractions, on obtient un corps réel clos appelé corps super-réel (super-real field) par Dales et Woodin. Ces corps ont des propriétés intéressantes. Voir le bouquin Super-real fields de ces deux auteurs.

Merci pour ces compléments @Foys.

Foys a dit :

semi-distances (fonctions $d$ à valeurs dans $\R_+$ symétriques satisfaisant l'inégalité triangulaire mais pas nécessairement l'égalité $d(x,x)=0$ pour tout $x$)

Je crois qu'on a bien $d(x,x)=0$ mais que c'est la réciproque $d(x,y)=0\Rightarrow x=y$ qui n'est pas forcément vérifiée.