Caractériser la droite réelle

William_W
Modifié (August 2023) dans Fondements et Logique
Bonjour à tous, ceci est mon premier message sur ce forum.

En ce moment, je cherche différentes manières de caractériser l'ensemble des réels selon différentes structures. Par exemple, en tant que corps totalement ordonné, il est bien connu que IR est l'unique corps vérifiant la propriété de la borne supérieure. On a également que c'est le plus grand corps archimédien. De même, en tant que groupe totalement ordonné, un résultat dû à Holder nous dit que IR est également le plus grand groupe archimédien. Dans le cas des semi-groupes totalement ordonnés, il me semble qu'il existe un résultat similaire moyennant quelques hypothèses supplémentaires.

Je m’intéresse à de telles caractérisations lorsqu'on ne considère que la structure d'ordre, plus précisément dans le cas des ordres (totaux) denses et sans extrémités. Un résultat dû à Cantor montre que (Q, <) est l'unique ordre dense sans extrémités dénombrable. A partir de ce résultat, on peut caractériser (IR,<) comme l'unique ordre dense sans extrémités complet (dans le sens où toute partie non vide et majorée possède une borne supérieure) et séparable. Bien-sûr, si on enlève l'hypothèse de séparabilité, il existe d'autres tels ordres, par exemple IRxIR muni de l'ordre lexicographique. En fait, il me semble que n'importe quel nombre de copies de IR muni de l'ordre lexicographique est un ordre dense sans extrémités et complet. À partir de là, je me suis posé deux questions auxquelles je ne sais pas répondre.

Premièrement, peut-on dire que IR est le plus petit ordre dense sans extrémités complet (en excluant les ordres triviaux que sont l'ensemble vide et celui constitué d'un seul élément) dans le sens où si je considère n'importe lequel d'entre eux, je peux injecter (IR,<) de façon croissante dans celui-ci ?

Si tel est le cas, peut-on dire qu'un tel ordre se factorise via IR dans le sens suivant: si X est un ordre dense sans extrémités complet non trivial, alors il existe un ensemble I totalement ordonné tel que X soit isomorphe à I x IR. Si tel est le cas, cela voudrait dire que tous les ordres denses sans extrémités complets ne sont en fait composés que d'un certain nombre de copies de IR, potentiellement une infinité comme IR x IR.

Je vous remercie d'avance pour tout élément de réponse concernant ces deux questions.

Réponses

  • Calli
    Modifié (August 2023)
    Bonjour et bienvenue sur le forum,
    William_W a dit :
    Bien-sûr, si on enlève l'hypothèse de séparabilité, il existe d'autres tels ordres, par exemple IRxIR muni de l'ordre lexicographique. En fait, il me semble que n'importe quel nombre de copies de IR muni de l'ordre lexicographique est un ordre dense sans extrémités et complet. A partir de là, je me suis posé deux questions auxquelles je ne sais pas répondre.
    Non, $\Bbb R\times\Bbb R$ n'est pas complet pour l'ordre lexicographique, car $]-\infty,0]\times \Bbb R$ n'a pas de borne supérieure. Cette borne devrait être $(0,+\infty)$, mais ce point n'appartient pas à $\Bbb R\times\Bbb R$. En revanche, $\Bbb R\times\overline{\Bbb R}$ est complet car $\overline{\Bbb R}$ possède des extrémités.

    Edit : Il est plus simple de voir que $\{0,1\}\times \Bbb R$ n'est pas complet, car il est isomorphe à $\Bbb R^*$.
  • Calli
    Modifié (August 2023)
    William_W a dit :
    Premièrement, peut-on dire que IR est le plus petit ordre dense sans extrémités complet (en excluant les ordres triviaux que sont l'ensemble vide et celui constitué d'un seul élément) dans le sens où si je considère n'importe lequel d'entre eux, je peux injecter (IR,<) de façon croissante dans celui-ci ?
    Oui. On peut construire par récurrence une injection croissante $f$ de $D :=\{\frac{k}{2^n}\mid n\in\Bbb N,k\in[\![0,2^n]\!]\}$ vers ton ensemble ordonné $E$, de la manière suivante :
    On choisit $f(0)$ et $f(1)$, puis à chaque étape $n$, on choisit $f(\frac{2k+1}{2^{n+1}})$ entre $f(\frac{k}{2^n})$ et $f(\frac{k+1}{2^n})$ pour tout $k$.
    Ensuite on définit $g:[0,1]\to E$ qui prolonge $f$ en une injection croissante de $[0,1]$ vers $E$, de la manière suivante :
    On pose $g(x)=\sup_{r\in D,r\leqslant x} f(r)$ pour tout $x$
    Et comme $\Bbb R$ s'injecte aussi dans $[0,1]$, c'est bon.
  • Calli
    Modifié (August 2023)
    William_W a dit :
    Si tel est le cas, peut-on dire qu'un tel ordre se factorise via IR dans le sens suivant: si X est un ordre dense sans extrémités complet non trivial, alors il existe un ensemble I totalement ordonné tel que X soit isomorphe à I x IR. Si tel est le cas, cela voudrait dire que tous les ordres denses sans extrémités complets ne sont en fait composés que d'un certain nombre de copies de IR, potentiellement une infinité comme IR x IR.
    Pour les ordres denses sans extrémités complets c'est foutu car $I\times \Bbb R$ n'est jamais complet (comme dans mon premier message). Mais on peut se poser la question pour les ordres denses avec extrémités complets (je note ODAEC) et $\overline{\Bbb R}$ à la place de $\Bbb R$. En effet, pour tout ODAEC $I$, $I\times\overline{\Bbb R}$ est un ODAEC. Néanmoins, tout ODAEC n'est pas de la forme $I\times\overline{\Bbb R}$ avec $I$ ODAEC. C'est le cas de $\overline{\Bbb R}^{\Bbb N}$ muni de l'ordre lexicographique, car :
    Pour tout $I$, il existe $x\in E:=I\times\overline{\Bbb R}$ possédant un voisinage séparable. C'est-à-dire qu'il existe $a,b\in E$ avec $a<x<b$ et $\{y\in E\mid a<y<b\}$ est séparable. Mais $\overline{\Bbb R}^{\Bbb N}$ ne vérifie pas cette propriété.
  • Merci beaucoup @Calli pour tes réponses, ça m'aide à y voir plus clair !
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