$\mathbb{R}$ admet, lit-on, la propriété de la borne sup, dans quelle logique?

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Réponses

  • Merci Foys, mais je l'avais présent à l'esprit, et ça ne m'a pas aidé !
  • GG
    GG
    Modifié (4 Jul)
    D'une suite de Cauchy, j'avais extrait une sous-suite croissante majorée (si décroissante, je considérais la suite de Cauchy opposée) et j'essayais de montrer que l'ensemble des majorants avait un minimum, mais je n'arrivais à rien.
    P.S. Il est clair qu'il faut faire intervenir la structure interne des éléments de la suite (à savoir des suites de Cauchy équivalentes du corps de base), mais comment faire si on ne peut pas en choisir une pour chaque élément ?
  • Martial, je sais (ou crois savoir, sait-on jamais !) que tout espace vectoriel possède une base implique un (ou l') axiome du choix, mais je n'ai aucune idée de la preuve. Pourrais-tu m'indiquer les grandes lignes, peut-être que ça me donnerait des idées pour le cas qui me préoccupe (complétés de corps complets).
  • J'ai une autre question d'indépendance d'axiome qui remonte à d'innombrables décennies, lorsque j'ai eu entre les mains le premier tome des "Éléments d'analyse de Dieudonné, où il définit axiomatiquement le corps des réels comme un corps commutatif totalement ordonné archimédien et vérifiant la propriété des intervalles emboîtés. Je n'ai cessé de chercher depuis (en vain) un corps vérifiant la propriété des intervalles emboîtés mais non archimédien. C'est un détail, mais !.. :smile:
  • @GG: concernant ta première question (Basis theorem implies AC), c'est vrai, j'ai ça dans mes tablettes en PDF, mais faut que je le retrouve, et c'est loin d'être trivial, contrairement à la réciproque.
    Pour ta 2ème question je ne sais pas. Peut-être chercher du côté des corps réels non standard, genre le corps des séries de Laurent formelles à une indéterminée à coefficients dans $\mathbb{R}$ ? Ou alors une ultrapuissance du type $\mathbb{R}^\omega/U$, où $U$ est un ultrafiltre non principal sur $\omega$ ? A prendre avec des pincettes...
  • GG
    GG
    Modifié (5 Jul)
    Merci Martial. J'ai bien sûr regardé plusieurs options avec les séries de Laurent. Quant aux ultra-puissances, ce sont les hyper-réels ? Je connais juste le nom !
  • GG
    GG
    Modifié (5 Jul)
    J'ai regardé aussi une "droite longue" du genre $\R \times \Z$ ou $\R \times \Q$ munie de l'ordre lexicographique, mais je ne suis pas encore arrivé à en faire un corps (ordonné).
  • @GG : on appelle corps réel clos tout corps totalement ordonné dans lequel tout nombre positif admet une racine carrée, ce qui revient à dire que toute fonction polynôme vérifie le théorème des valeurs intermédiaires.
    On appelle corps hyperréel tout corps réel clos ayant la cardinalité du continu et non isomorphe à $\mathbb{R}$.
    Il est assez facile de voir que toutes les ultrapuissances de $\mathbb{R}$ sont des corps hyperréels. Mais la réciproque est fausse, et ce pour une raison assez simple que j'ai découverte il n'y a pas très longtemps.
    Si $*\mathbb{R}$ est un corps hyperréel, je note $*\mathbb{N}$ l'ensemble des entiers du modèle. Il est clair que $*\mathbb{N}$ est un modèle non standard de l'arithmétique de Peano du premier ordre. On va montrer que tous ces modèles ne sont pas isomorphes à des ultrapuissances de $\mathbb{N}$, ce qui suffira pour conclure.
    Soit $\sigma$ un énoncé qui est vrai dans $\mathbb{N}$ mais non démontrable à partir de Peano, comme par exemple la formule $G$ de Gödel, ou le truc des suites de Goodstein. Par le théorème de complétude il existe un modèle $M$ de Peano qui satisfait $\neg \sigma$. Maintenant, soit $M'$ une ultrapuissance de $\mathbb{N}$. Par le théorème de Los on sait que $M'$ est élémentairement équivalente à $\mathbb{N}$, donc $M' \models \sigma$. Donc $M$ et $M'$ ne sont pas élémentairement équivalents, donc pas isomorphes. CQFD.

  • Merci Martial. Je vais voir ce que j'arrive à faire avec ça (ou plutôt de ce que j'en comprends !)
  • Martial
    Modifié (5 Jul)
  • Le lien ne marchait pas, je viens de le corriger.
  • Merci Martial. C'est tiré de ton livre ?
  • Foys
    Modifié (5 Jul)
    @Martial
    Un corps réel clos est un corps ordonné dans lequel toute fonction polynomiale vérifie le théorème des valeurs intermédiaires. Le fait que tout élément positif du corps ait une racine carrée ne suffit pas. Prenons un exemple.

    Soit $A$ l'ensemble des nombres algébriques réels (l'ensemble de tous les éléments de $\R$ qui sont racines d'au moins un polynôme non nul à coefficient dans $\Q$: c'est un sous-corps de $\R$) (EDIT: en fait ce passage avec les nombres algébriques est facultatif et ci-dessous on peut prendre $\R$ lui-même pour $A$).

    Soit $\mathcal C$ l'ensemble des sous-corps de $\R$ contenus dans $A$ qui ne contiennent pas $\sqrt[3] 2$. Alors $\mathcal C$ est stable par réunion croissante et contient $\Q$. Le lemme de Zorn s'applique et on considère un élément maximal $K$ de $\mathcal C$. Alors $\sqrt[3] 2 \notin K$ (et donc la propriété des valeurs intermédiaires est violée pour $x\mapsto x^3$ dans $K$) et donc $K$ n'est pas un corps réel clos.
    Cependant $K$ est stable par racine carrée. En effet soit $a\in K$ positif, supposons que $\sqrt a \notin K$. Montrons que $\sqrt[3] 2 \notin K[\sqrt a]$. Sinon, il existe $v,w\in K$ tels que $v+\sqrt a w = \sqrt[3] 2$. On a alors $P(X):= (X - v - \sqrt a w) (X - v + \sqrt a w) = (X - v)^2 - w^2 a = X^2 - 2vX + v^2 -w^2 a$ qui est un polyôme de degré 2, à coefficients dans $K$ (donc dans $\R$), et qui annule $\sqrt[3] 2$. Le PGCD dans $K[X]$de $X^3-2$ et de $P$ annule donc $\sqrt[3] 2$ et n'est pas de degré 1 (sinon $\sqrt[3] 2 \in K$), ledit PGCD est donc $P$ lui-même.
    Or le seul polynôme de degré 2 de $\R[X]$qui divise $X^3 - 2$ est $(X - j\sqrt[3] 2) (X - j^2 \sqrt[3] 2)$ avec $j = - \frac 1 2 + i \frac {\sqrt 3} 2 \in \C \backslash \R$ et donc $v+\sqrt a w$ n'est pas réel ce qui est une contradiction.



    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Foys
    Modifié (5 Jul)
    @Martial a écrit
    On appelle corps hyperréel tout corps réel clos ayant la cardinalité du continu et non isomorphe à R
    .
    Il est assez facile de voir que toutes les ultrapuissances de R
    sont des corps hyperréels. Mais la réciproque est fausse, et ce pour une raison assez simple que j'ai découverte il n'y a pas très longtemps.

    Une ultrapuissance de $\R$ est bien un quotient de $\R^E$ par un ultrafiltre de $E$ ? De tels objets ne sont-ils pas de cardinaux arbitrairement grands?
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Pour chercher des infos sur la construction proposée par Foys, elle est connue sous le nom de sous-corps exotique.
    Il ne faut pas respirer la compote, ça fait tousser.

    J'affirme péremptoirement que toute affirmation péremptoire est fausse
  • @Foys : oui, bien sûr il y a un malentendu. Quand je parlais d'ultrapuissances de $\mathbb{R}$ je supposais implicitement que $E=\omega$, auquel cas il n'est pas difficile de voir que l'ultrapuissance a forcément la cardinalité du continu. Pour le cas général on ne peut pas dire grand-chose...
  • Martial
    Modifié (5 Jul)
    @Foys : concernant ton contre-exemple ça a l'air de marcher. Il va donc falloir que je revoie ma copie, je croyais vraiment que l'existence d'une racine carrée suffisait.
    @GG : oui ça vient de mon livre mais ce sera dans le volume 4. Compte tenu de ce que dit Foys plus haut il va falloir que je modifie une bricole, mais j'ai le temps...
  • GG
    GG
    Modifié (7 Jul)
    J'ai une question encore plus basique à vous soumettre.
    Soit $E$ un ensemble totalement ordonné.
    On montre facilement que l'axiome de la borne supérieure (toute partie majorée et non vide de $E$ admet une borne supérieure) implique l'axiome des intervalles emboîtés (l'intersection de toute suite d'intervalles fermés emboîtés de $E$ est non vide).
    Je n'arrive pas à prouver la réciproque, ni à trouver de contre-exemple !
  • marco
    Modifié (7 Jul)
    Soit $A=\aleph_1\times \{0\}$  et $B=\aleph_1 \times \{1\}$.
    On définit sur $A$ l'ordre habituel des ordinaux. Sur $B$ on choisit l'ordre inversé (c'est-à-dire si $b_1=(x_1,1)$ et $b_2=(x_2,1)$, alors $b_1< b_2$ ssi $x_2 \in x_1$). Et on pose que tout élément de $A$ est plus petit que tout élément de $B$.
    Alors $E=A \cup B$ vérifie la propriété des intervalles emboités, mais $A$ n'a pas de borne sup.
  • Super, merci Marco !
  • GG
    GG
    Modifié (9 Jul)
    @Martial, en suivant ta suggestion de regarder du côté des ultrapuissances pour répondre à l'une de mes questions, à savoir trouver un corps non archimédien vérifiant l'axiome des intervalles emboîtés, je suis parti du corps quotient visiblemnt non archimédien construit avec $\R^\omega$ et un ultrafiltre $\mathcal F$ sur $\omega$. J'avais besoin que l'intersection d'une suite d'éléments de $\mathcal F$ soit encore un élément de $\mathcal F$, mais je pense que ce n'est pas le cas. Peut-on choisir un ensemble $E$ de cardinal suffisamment grand pour qu'un ultrafiltre sur $E$ ait cette propriété, ou n'est-ce jamais possible ?



  • @GG : la question que tu poses revient à se demander s'il existe un cardinal $\kappa$ et un ultrafiltre $\mathscr F$ sur $\kappa$ qui est stable par intersections dénombrables. C'est une propriété très forte, qui ne peut pas être établie dans ZFC. S'il existe un tel cardinal, il est assez facile de voir que le plus petit tel cardinal est en fait mesurable, i.e. que l'ultrafiltre en question est stable par intersections de $\lambda$ sous-ensembles pour tout $\lambda < \kappa$. Un cardinal mesurable est inaccessible, faiblement compact, Ramsey et bien plus, donc on est largement au-dessus de ZFC en consistency strength.
    Pour résumer, le résultat que tu as établi est le suivant : la théorie ZFC + "il existe un cardinal mesurable" démontre la propriété "il existe un corps totalement ordonné non archimédien vérifiant le théorème des segments emboîtés".
  • GG
    GG
    Modifié (10 Jul)
    Merci Martial ! Très intéressant, assez incroyable même ! Mais on est là aux portes d'un domaine qui m'est totalement inconnu (à explorer dans une autre vie peut-être, car dans celle-ci je crains que je n'aie ni le temps, ni les capacités intellectuelles !).
    Mais avant d'aller plus loin, voici ce à quoi je pensais, c'est peut-être d'ailleurs platement incorrect.
    Soit $\R^\kappa$ une ultrapuissance et $\mathcal F$ un ultrafiltre sur le cardinal $\kappa$ en question.
    Je note les éléments du quotient par des minuscules latines et les réels par des grecques. Par exemple, $a = \overline{(\alpha_i)}$ ou même simplement $a = (\alpha_i)$.
    Soit donc $([a_i, b_i])$ une suite d'intervalles emboîtes.
    Pour chaque $i \in \N$, je note $(\alpha_{ij})_{j \in \kappa}$ et $(\beta_{ij})_{j \in \kappa}$ des familles de représentants.
    On a donc
    $\{j \in \kappa \mid \alpha_{ij} \leqslant \alpha_{i+1,j} \} = I_i \in \mathcal F$,
    $\{j \in \kappa \mid \beta_{i,j+1} \leqslant \beta_{ij} \} = J_i \in \mathcal F$,
    $\{j \in \kappa \mid \alpha_{ij} \leqslant \beta_{ij} \} = K_i \in \mathcal F$.
    Soit $L$ ce fameux élément de $\mathcal F$ défini par l'intersection de tous les $I_i$, $J_i$ et $K_i$.
    Pour tout $j$ dans $L$, la suite d'intervalles emboîtés de réels $([\alpha_{ij}, \beta_{ij}])$ est d'intersection non vide. En choisissant dans cette intersection un $\gamma_j$ et en complétant par un réel arbitraire pour les autres indices de $\kappa$, on définit un élément $c$ du corps qui appartient à tous les intervalles $[a_i, b_i]$.
    Est-ce que ça tient la route ?
  • Oui, ça m'a l'air de tenir la route. D'ailleurs il me semble que si on m'avait posé la question c'est comme ça que j'aurais raisonné, avec sans doute des notations différentes.
  • Le fait qu'une question aussi ingénue que l'indépendance de l'axiome d'Archimède et celui des intervalles emboîtés pour un corps (que Dieudonné se garde bien d'évoquer) puisse ne pas trouver de réponse dans les "mathématiques à papa" (ZF(C)) mais nécessite (peut-être) le recours à une notion aussi éthérée et mystérieuse (pour moi) qu'un cardinal inaccessible restera un choc dans mon esprit.
    Encore merci Martial pour ces ces informations éclairantes.
  • @GG : Attention, je n'ai pas dit que cette question était subordonnée à l'existence d'un cardinal mesurable. J'ai seulement dit que s'il existe un mesurable, ça marche. Dans le cas contraire, peut-être y a-t-il une autre preuve (sans doute plus difficile).
    Quant à Dieudonné, je pense qu'il était à des années-lumière de se préoccuper de questions bassement métaphysiques comme l'existence de grands cardinaux, lol.
  • GG
    GG
    Modifié (11 Jul)
    @Martial, je partais du principe que si $ZFC$ est cohérente, alors ni "il existe un cardinal mesurable", ni sa négation ne sont démontrables (est-ce bien le cas ?). La preuve montre alors que dans $ZFC$, les axiomes d'Archimède et des intervalles emboîtés (pour un corps) sont indépendants, sinon "il n'existe pas de cardinal mesurable" serait démontrable.
    Par ailleurs, quand j'ai dit que la démonstration de cette indépendance nécessitait peut-être de sortir de $ZFC$, c'était pour conserver la possibilité de démontrer  dans $ZFC$ l'existence d'un corps non arichimédien et satisfaisant l'ax. des intervalles emboîtés.
  • Nous sommes bien d'accord, sauf avec le début. Certes, ZFC ne peut pas démontrer l'existence d'un cardinal mesurable, mais on ne sait pas si elle peut ou pas démontrer sa négation. En d'autres termes, la consistance de ZFC n'implique pas la consistance de ZFC + "il existe un cardinal mesurable". Et on a le même phénomène pour tous les axiomes de grands cardinaux. (C'est une application immédiate du second théorème d'incomplétude de Gödel).
  • Aah, ok. J'ignorais !
  • GG
    GG
    Modifié (11 Jul)
    @Martial, si je comprends bien, il est hautement spéculatif d'explorer les conséquences de l'existence d'un cardinal mesurable (par exemple), beaucoup plus spéculatif que d'explorer celles de $AC$ dans $ZF$ ou celles de $\neg AC$.
    Par ailleurs,  la preuve de l'indépendance des deux axiomes (des corps) perd maintenant toute valeur à mes yeux.
  • @GG : en fait tout dépend ce qu'on entend par "hautement spéculatif". Ce qui est sûr c'est que la consistance de ZF entraîne celles de $ZF+AC$ et $ZF+\neg AC$. Mais on n'est pas sûrs de la consistance de ZF. Et il y en a même qui pensent que Peano est inconsistante, auquel cas tout ce que nous racontons sur ce forum depuis sa création n'est que balivernes sans fondements. A côté de cela il y a les optimistes, dont moi.
    A mon sens l'existence d'un cardinal mesurable n'a rien de choquant. Appelons provisoirement cardinal schtroumpf tout cardinal $\kappa$ qui porte un ultrafiltre $\kappa$-complet non principal, où $\kappa$-complet signifie stable par intersection de $\lambda$ sous-ensembles pour tout $\lambda < \kappa$. Il est facile de voir que tout ultrafiltre (et même tout filtre) sur un ensemble fini est principal. Par AC, $\omega$ porte un ultrafiltre non principal qui, comme tout filtre qui se respecte, est stable par intersections finies, donc $\omega$-complet.
    Moralité : les cardinaux schtroumpfs sont exactement $\omega$ et les cardinaux mesurables, s'il en existe. Donc, s'il n'y a pas de cardinaux mesurables, $\omega$ est le seul cardinal à vérifier la schtroumpfité, ce qui ne me paraît pas satisfaisant.
    Bref, il y a plein d'autres arguments heuristiques permettant de justifier l'existence (ou au moins la consistance) des axiomes de grands cardinaux. Par ailleurs Woodin, et même notre ami CC, ont proposé des axiomes de grands cardinaux qui défient l'imagination, et à ma connaissance jusqu'à ce jour personne n'a réussi à prouver leur inconsistance.
    Enfin, pour l'anecdote, quelqu'un a écrit quelque part sur Internet : "On ne parviendra pas à prouver l'inconsistance des cardinaux Reinhardt avant $\kappa$ années, où $\kappa$ désigne le premier cardinal Reinhardt".
  • Foys
    Modifié (11 Jul)
    @Martial a écrit:
    Et il y en a même qui pensent que Peano est inconsistante, auquel cas tout ce que nous racontons sur ce forum depuis sa création n'est que balivernes sans fondements.

    On peut récupérer les maths ordinaires (jusqu'au M1) dans des fragments de Peano. Harvey Friedman a même dit un jour qu'on pouvait "tout" faire (comprenez à nouveau les maths ordinaires sinon, votre serviteur et probablement vous-même connaissez des contre-exemples à ce genre d'affirmation :D) dans une théorie du second ordre qui est une extension conservative de EFA (!!!: c'est l'arithmétique sur le langage $0,1,+,\times, x,y\mapsto x^y$ avec restriction du schéma d'induction aux formules dont toutes les quantifications sont bornées).
     


    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Foys
    Modifié (11 Jul)
    @GG un argument surprenant et qui interpelle, en faveur des grands cardinaux, est qu'expérimentalement et pour ceux introduits jusqu'à présent, ils apparaissent dans des théories qui sont totalement ordonnées par force de consistance, donc il "y aurait quelque chose" (l'expert de renommée mondiale Saharon Shelah a même déclaré "est-ce qu'il y a un théorème qui explique ça ou bien notre vision est plus uniforme qu'on réalise?").
    Une fonction est un ensemble $f$ de couples tel que pour tous $x,y,z$, si $(x,y)\in f$ et $(x,z)\in f$ alors $y = z$.
  • Martial
    Modifié (11 Jul)
    @Foys : j'ai failli dire la même chose à propos de l'ordre linéaire présumé des axiomes de GC. J'ignorais cette citation de Shelah, mais je sais que Woodin, dans une vidéo que je n'ai pas réussi à visionner, a donné une explication heuristique à ce phénomène.
    En dehors de la linéarité de l'ordre il y a aussi la bienfondure (toujours présumée) de la hiérarchie : ça monte autant qu'on veut, mais ça ne descend pas plus qu'un nombre fini de fois. (Fait empirique, non théorème, car encore faudrait-il savoir ce qu'est un GC).
  • Merci messieurs.
    Du point de vue naïf qui est le mien, parfait dilettante, les axiomes de $ZF$, et même $AC$ me "parlent", en ce sens que je n'arrive pas à croire qu'ils puissent se contredire. En revanche, l'existence d'un cardinal mesurable ne ne rattache à rien dans mon esprit, et le fait qu'on pourrait un jour démontrer son inexistence ne me fait ni chaud, ni froid.
    Il faut dire que je sympathise avec René Thom lorsque dans un livre d'entretiens ("Prédire n'est pas expliquer", 1991), il rèpond à :
    "Une question me vient à l'esprit : y a-t-il des limites à la découverte mathématique ? C'est peut-être une question quelque peu métaphysique mais, en d'autres termes, le nombre des concepts est-il fini ou infini ?"
    par :
    "Il suffit de considérer les transfinis de Cantor pour savoir que le nombre des concepts est infini et même d'une infinité effrayante ! Mais le problème est que ces transfinis de Cantor sont des objets qui n'ont aucun intérêt mathématique. Mon confrère Dieudonné insiste beaucoup sur ce point : c'est un objet qui a fasciné à la fin du XIX ème siècle. On se rend compte finalement aujourd'hui que ce sont des êtres tout à fait inaccessibles. C'est une sorte de délire. On a fabriqué des êtres , fruits d'une imagination délirante. Mais cela peut exister ; il peut y avoir des mathématiques pratiquement sans contenu, des mathématiques vides. Il y en a d'autres pleinement significatives ! "
  • Je ne suis pas tout à fait d'accord avec ça. C'est vrai que dans l'absolu le cardinal $\aleph_{729}$ ne présente pas un grand intérêt, sauf si par hasard il est égal au continu, ce qui serait quand même un peu fort de café !
    Mais ceci dit certains axiomes de grands cardinaux sont équivalents à des propriétés de régularité de la droite réelle, et ça c'est quand même digne d'intérêt. On sait démontrer dans ZFC (théorème de Martin, 1975) que tous les jeux boréliens sont déterminés, mais on ne peut pas aller plus loin en complexité. Par exemple, on définit un analytique de $\mathbb{R}$ comme étant la projection d'un fermé de $\mathbb{R}^2$. Il est facile de voir que tous les boréliens sont analytiques, mais la réciproque est fausse. Et sans hypothèse supplémentaire on ne sait pas si tous les analytiques sont déterminés.
    Or il s'avère (théorème de Martin, 1970) que s'il existe un cardinal mesurable, alors tous les analytiques sont déterminés. Ceci implique en particulier que tous les ensembles analytiques sont Lebesgue-mesurables et satisfont l'hypothèse du continu (même si elle est fausse dans l'univers ambiant). Et pseudo-réciproquement, la détermination analytique implique une hypothèse légèrement plus faible que l'existence d'un cardinal mesurable.
    Maintenant, libre à chacun de penser que ce genre de considérations n'a aucun intérêt mathématique...
  • GG
    GG
    Modifié (12 Jul)
    Oui, je comprends. J'ai cité René Thom, médaille Fields, parce que sa position me semblait intéressante. Je ne me permettrais pas personnellement d'émettre un  avis tranché, n'ayant définitivement pas le niveau requis pour juger !
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