lemme de Zorn

emmanuel

Dans mes diverses lectures (Gourdon, Ramis, Lelong-Ferrand, Perrin) d'Algèbre, le lemme de Zorn et l'axiome du choix sont de récurrentes arlésiennes fréquemment citées mais jamais clairement utilisées. L'un(e) d'entre vous aurait-il(elle) des exemples éclairants (simples) de l'utilisation de ces animaux mythiques, histoire que j'y vois plus clair?
Merci beaucoup d'avance.

Kashmir

En voici déjà 4 qui utilisent explicitement Zorn :

- Théorème de Krull ;
- Théorème de Hahn Banach (dans R et dans C) ;
- Théorème de la base d'espace vectoriel ;
- Théorème de la base d'espace de Hilbert ;

autre exemple qui me vient en tête : tout raisonnement faisant appel à la noethérianité.

samycool0

Existence de la clôture algébrique en algèbre par exemple.

michael

On utilise le lemme de Zorn pour démontrer :

- que tout espace vectoriel non réduit à $\{0\}$ admet une base
(tu trouveras une preuve dans { \it Topologie et analyse fonctionnelle} de Claude Wagschal - Hermann)

- que tout espace de Hilbert admet une base hilbertienne
(tu trouveras une preuve dans { \it Topologie et analyse fonctionnelle} de Claude Wagschal - Hermann)

- le théorème de Krull
(il doit sans doute y avoir une preuve dans { \it Algebra} de Lang)

- Le théorème de Tychonoff


Dans les quatre démonstrations que j'ai eu de ces résultats, on utilisait "pratiquement" le lemme de Zorn.

Pour l'axiome du choix, je sais qu'on l'utilise pour montrer qu'il existe des parties de $\R$ non mesurable au sens de Lebesgue, par exemple. J'avais trouvé ça dans un bouquin qui référençait plusieurs contre-exemple, on m'avait donné la référence sur ce forum, d'ailleurs.

michaël.

michael

<!--latex-->Diantre, on m'a devancé
<BR>
<BR>Au sujet de Hahn-Banach, tu trouveras également les preuves dans <I>Topologie et analyse fonctionnelle</I> de Claude Wagschal - Hermann.
<BR>
<BR>michaël.<BR>

Kashmir

Krull détaillé :

Tout anneau non nul possède au moins un idéal maximal.

En particulier tout anneau non nul possède au moins un idéal
premier.

Démonstration - Soit A un anneau non nul et notons
$\mathscr{I}$ l'ensemble des idéaux de A distincts de A. On munit
$\mathscr{I}$ de l'ordre donné par l'inclusion.

L'ensemble $\mathscr{I}$ est inductif :

$\mathscr{I}$ est non vide puisque (0) est un idéal non vide
distinct de A.

Si $(I_s)_{s \in S}$ est une famille (non vide) totalement
ordonnée de $\mathscr{I}$, $(I_s)_{s \in S}$ admet un majorant
dans $\mathscr{I}$ à savoir $I=\cup_{s \in S} I_s$.

\begin{itemize}
\item I est un idéal de A :

\begin{itemize}
\item 0 appartient à $(I_s)$ pour tout $s$ donc 0 appartient à I

\item Si $a$ et $b$ appartiennent à $I$ choisissons $s$ et $t$
tels que $a \in I_s$ et $b \in I_t$. $\mathscr{I}$ étant
totalement ordonné, $I_s \subset I_t$ ou $I_t \subset I_s$. Dans
le premier cas, on a donc $a \in I_t$ si bien que $a+b \in I_t$ et
donc $a+b \in I$. Dans le second cas, on a de même $a+b \in I_s
\subset I$.

\item On a $ab \in I_s$ et donc $ab \in I$.
\end{itemize}

\item $I$ contient tous les $I_s$.

\item $I \neq A$. En effet, si $I = A$, on aurait $1 \in I$. Il
existerait alors s tel que $1 \in I_s$, ce qui impliquerait
$I_s=A$. Cette contradiction montre que $I \neq A$.
\end{itemize}

Le lemme de Zorn implique alors que $\mathscr{I}$ possède un
élément maximal. Soit $\frak{m}$ un tel élément. C'est un idéal
maximal : si $I$ est un idéal contenant $\frak{m}$ et distinct de
$\frak{m}$, on ne peut avoir $I \in \mathscr{I}$ puisque
$\frak{m}$ est supposé maximal dans $\mathscr{I}$. Donc $I \notin
\mathscr{I}$, ce qui signifie $I = A$.

Kashmir

l'interpréteur n'a pas reconnu les "\mathscr", ça rend la démo de Krull assez illisible ici, désolé.

michael

Pour prouver qu'un espace vectoriel $E$ non réduit à $0$ admet une base, on procède comme suit :

- Soit $L$ l'ensemble des parties libres de $E$.
- $L$ est un ensemble ordonné pour l'inclusion.
- Ensuite, on montre que : une partie $l \in L$ est une basse si et seulement si $l$ est un élément maximal de $L$ $(1)$
- Puis on montre que $L$ est inductif et on conclut avec le lemme de Zorn et $(1)$.


Pour le fait que tout espace de Hilbert admet une base hilbertienne, l'idée est la même.
- On raisonne sur $O$ l'ensemble des familles orthonormales qui est ordonné par l'inclusion.
- On montre d'abord que $B \in O$ est une base hilbertienne si et seulement si $B$ est un élément maximal de $O$ $(2)$.
- Ensuite, on montre que $O$ est un ensemble inductif et on conclut avec le lemme de Zorn et $(2)$.



Si tu veux plus de détail, tu peux aller voir dans le bouquin de Wagschal ou demander ici-même.

Pour ce qui est de Tychonoff, je ne me rappelle plus trop de la preuve alors plutôt que de dire des conneries, je vais m'arrêter là ...

michaël.

emmanuel

merci à tous. Je regarderai tout ça ce soir.

Jean-Louis4

Salut,
Voir en P.J. le coup de gueule ( c'est lui qui le dit ) de Martial dans la conclusion.
Bonne journée.

Jean-Louis.

Jean-Louis4

Il manque la P.J. Milles excuses.
Jean-Louis.

roger0

Notons que si $E$ est un espace vectoriel de dimension finie (c-à-d admettant une partie génératrice finie), il n'est pas besoin du lemme de Zorn pour prouver l'existence d'une base.

En dimension infinie, on montre en général le résultat plus intéressant suivant :
soit $L$ une partie libre et soit $G$ une partie génératrice telles que $L\subset G$ ; alors il existe une base $B$ telle que $L\subset B\subset G$.

Pour le prouver, on considère l'ensemble ${\cal E}$ des parties libres $M$ telles que $L\subset M\subset G$, que l'on ordonne par inclusion. On prouve que ${\cal E}$ est inductif, donc par Zorn il admet un élément maximal $B$. On prouve alors que $B$ est une base.

toutoune0

l'axiome du choix se cache aussi derrière les procédés que certains nomment "construction par récurrence" qui ne sont pourtant pas des récurrences mais des applications de l'axiome du choix ou plutôt d'une version faible de l'axiome du choix

Ludovic

Euh, juste une petite remarque. Un espace vectoriel de dimension nulle admet une base : la famille vide.

@++

michael

Salut Emmanuel,

J'ai écrit : { \it "Pour l'axiome du choix, je sais qu'on l'utilise pour montrer qu'il existe des parties de $\R$ non mesurable au sens de Lebesgue, par exemple. J'avais trouvé ça dans un bouquin qui référençait plusieurs contre-exemple, on m'avait donné la référence sur ce forum, d'ailleurs"}.

J'ai retrouvé la référence du bouquin via un autre topic qui m'a incité à rechercher une discussion qui avait eu lieu sur l'axiome du choix :

>

Le topic dans lequel on avait parlé de l'axiome du choix est à l'adresse suivante : \lien{http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=48308&t=48215}.

Je pense que tu peux y trouver des éléments de réponses intéressants. Enfin, ça m'avait bien aidé en tout cas.

michaël.

oumpapah0

un ex élémentaire ou on applique l'axiome du choix:(pour des ensembles infinis)
" il existe une injection de E dans F"
équivaut à:
"il existe une surjection de F sur E"
souvent utilisé..
Oump.

emmanuel

Un grand merci à tous les intervenants.
Jean Louis, peux-tu me diriger vers le site où tu as copié le document de Martial?

jacques1

Ce n'est pas très dur.
Un exemple de partie de $\R$ non mesurable :
On considère le groupe quotient $\R\backslash \Q$. On considère un ensemble $E \subset [0,1]$ contenant exactement un élément de chaque classe d'équivalence, ce qui est possible grâce à l'axiome du choix.
Supposons que $E$ soit Lebesgue mesurable et appelons $\lambda$ sa mesure. $0 \leq \lambda \leq 1$.
Par définition de $E$, si $r$ et $r'$ sont deux rationnels, $(E+r) \cap (E+r') = \emptyset$ et $\bigcup_{r \in \Q} E + r = \R$. La mesure de Lebesgue est invariante par translation. Donc, $\forall r \in \Q, \mu(E+r) = \mu(E)=\lambda$.

Si $x \in [0,1]$, alors, il existe $r\in \Q$, $x \in E+r$. $r = e - x$ avec $e \in E \subset [0,1]$. Donc, $|r| \leq 1$.

D'où, $\displaystyle [0,1] \subset \bigcup_{r \in \Q \cap [-1,1]} E + r \subset [-1,2]$. Ce qui est contradictoire, puisque $\displaystyle \mu\left(\bigcup_{r \in \Q \cap [-1,1]} E + r\right) = \sum_{r \in \Q \cap [-1,1]} \mu(E + r)$ est nulle si $\mu(E) = 0$ et infinie si $\mu(E) > 0$.
Donc, $E$ n'est pas mesurable.

Jean-Louis4

Salut à tous.
Emmanuel , Martial avait mis tous les Chapitres de son petit Cours sur la théorie des ensembles,la construction de N ,R,etc sur ce site .Je l'y ai moi même remis il y a quelques temps.Si ça t'intéresse je peux t'envoyer tous les fichiers (il y en a 11 ) pdf par mail.
Amicalement .
Jean-Louis.

emmanuel

1) Dans le l'excellent cours "Les Mathématiques pour l'Agrégation"sur ce site, il est bien précisé page 32 "Bien noter toutefois qu'un élément maximal (...) n'est pas nécessairement un maximum". Mon problème: je ne comprends pas la différence entre élément maximal et maximum...

2) Jean-Louis: Oui, je veux bien que tu me les envoies (j'ai cherché en vain sur le site). Merci d'avance.

Bruno

Bonjour emmanuel.

Un élément maximal d'un ensemble ordonné est un élément de cet ensemble qui n'admet pas de majorant strict. Un élément maximum est un élément qui majore tous les autres.

Exemple :

Dans $\N$ que l'on ordonne par la relation $x \prec y$ si et seulement si $x$ divise $y$ ; $0$ est le maximum (il est évident qu'il ne peut y avoir deux maximums dans un ensemble ordonné).

Dans $\N^*$ muni de la même relation d'ordre, il n'y a ni élément maximum ni élément maximal : si $x$ est un entier non nul, alors il divise (donc précède) $2\,x$.

Dans l'ensemble $I$ des idéaux propres de $\Z$ ordonné par inclusion, il n'y a pas d'élément maximum, mais il y a une infinité d'éléments maximaux ce sont les $p\,\Z$ avec $p$ entier premier.

L'ensemble $I$ des idéaux propres de $\Z/8\Z$ est fini et totalement ordonné par inclusion : c'est $\{(\bar 0),(\bar 4),(\bar 2) \}$ cet ensemble a donc un élément maximum.

J'espère que ces exemples éclaireront ta lanterne.

Bruno

J2L21

Bonjour à tous !

Merci à Jean-Louis pour ce chapitre 11 intéressant, mais je ne vois pas le dessin qui nous montrerait comment visualiser un filtre !

Vianney

<!--latex-->Une petite recherche avec "cours Martial" donne : <a href=" http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=98401&t=98401"&gt; http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?f=2&i=98401&t=98401</a&gt; Bonne lecture !<BR>

fleurianne

BONJOUR!
Voilà un exercice que j'ai eu il y a deux jours:

$V$ espace vectoriel sur $K$, et $U$ et $W$ sous espaces vectoriels de $V$
Montrer l'ensemble :
$M:= \{H \leq W : H $ sous espace vectoriel de $W$ et $U \cap H = \{\vec{0} \} \}$
a suivant la relation d'ordre $\subseteq$ un élément maximal.

Fleurianne

J2L21

Merci à Vianney pour l'info. Ce serait pas mal si l'on pouvait faire une recherche en disant qu'on veut voir les messages qui ont une pièce jointe ! mais je suppose que les responsables ont suffisamment de boulot comme ça ...

Cyril3

Concernant la construction d'un non mesurable, on a la démarche (classique) suivante:

Soit $\Q$ est un sous $\Q$ espace vectoriel de $\R$ et possède, (en utilisant l'axiome du choix) un supplémentaire $F$.

Donc on a l'églaité

$$\R= \bigcup_{q\in\Q} q+F$$

Et cette réunion est disjointe (utiliser la caractérisation du supplémentaire).

Si $F$ était mesurable,

Comme $F$ est stable par différence, s'il était non négligeable ce serait $\R$ (résultat classique utlisant que si $\lambda(C)>0$ alors $C+(-C)$ est un voisinage de 0). Donc $F$ est négligeable.

Cela montrerait que la réunion dénombrable des translatés $q+F$ est négligeable et donc que $\R$ serait de mesure nulle. Absurde: $F$ est non mesurable.