Endomorphisme non continu de $(\R,\, +)$

Non

Oui, les applications $\mathbb{Q}$-linéaires il y en a beaucoup !  Et plein de non continues. Mais elles sont difficiles à décrire

Ah bon, pour moi un ev c'est 2 lois donc.. 

Ah merci je ne le savais pas ( edit J'ai cru qu'on parle d'endomorphisme d'espace vectoriel et non pas d'endomorphisme  de groupe) 
!

Je ne suis pas bon en logique mais je vais essayer de pas dire de bêtise: je suppose que ZF est non contradictoire.
-On sait qu'on peut rajouter de l'axiome du choix C sans contradiction (enfin, moi je sais pas, mais les logiciens savent). Et on a dit que dans ZF+C, la réponse à la question initiale est oui.
-On sait également qu'au lieu de l'axiome du choix, on peut rajouter à ZF sans contradiction l'axiome M : toute fonction de R dans R est Lebesgue-mesurable. Or on peut montrer que les seules fonctions mesurables additives sont les homothéties (ça je sais faire), donc dans ZF+M, la réponse à la question initiale est non. 
-Puisque la réponse à la question est différente selon l'axiome que l'on rajoute, la conclusion est que la question est indécidable dans ZF.

En gros, tu connais l'histoire pour les morphismes additifs de $\R$ : tu pars de l'image de $1$, pour avoir celle de $n$, puis de $r \in \Q$, et la continuité pour conclure.

Quand on n'a pas la continuité, eh bien on peut toujours choisir un élément $a$ dont l'image n'a pas été déterminée, lui donner une image, et de la même manière avoir construit le morphisme pour $\Q$ et $a\Q$.

On peut ensuite refaire la même construction pour un autre élément $b$ qui n'est pas dans ceux déjà balayés, et avoir toujours de la même manière construit notre application sur $\Q$, $a\Q$ et $b\Q$.

Et ainsi de suite 

La manière de construire est là : on "choisit" à chaque fois un nouvel élément et on fabrique le morphisme par étapes successives. Le problème étant de "choisir" un nouvel élément à chaque étape, d'où l'axiome qui porte le nom de son idée.
Pour le voir autrement, on peut dire aussi qu'on construit quelque part notre morphisme par récurrence, mais une récurrence qui se ferait sur un infini de puissance supérieure au dénombrable.
Le problème est de justifier mon "et ainsi de suite" plus haut. On a un outil qui permet littéralement de faire proprement les raisonnements à base de "et ainsi de suite" : le lemme de Zorn. Il dit en gros que le procédé qu'on a mis en place aboutira bien à une fonction totalement définie qur $\R$ à la fin.

@gebrane : tu sais pourtant que tu dois choisir entre avoir Banach-Tarski et avoir que toute partie de $\R^3$ est mesurable. Non ?

J'étais choqué hier car j'ai dû oublier qu'on pouvait construire une fonction non mesurable par l'axiome de choix mais le vrai hic c'est que dans un problème, je ne vérifie pas systématiquement que mes fonctions sont mesurables.

Donc si un jour quelqu'un vient me dire

tiens gebrane voici une fonction non mesurable que j'ai construite sans l'axiome de choix. Dois-je penser que c'est un troll? 

C'est une question sérieuse que je pose la

RLC ce que tu dis n'est pas mathématiques 

Pour moi indécidable c'est indécidable donc pourquoi tu décides que le gars ne peut pas en construire une.

Construire une fonction ok, mais prouver qu'elle est non mesurable il ne le pourra pas.

Après, peut on construire une fonction sous ZF seulement dont on peut prouver la non mesurabilité sous ZFC? Ce serait surprenant, mais j'avoue que je ne sais pas.

Dans le même ordre d'idées, ce qui est drôle c'est que si un jour un gars démontre que "il existe une démonstration dans ZF de $0=1$", il aura prouvé l'inconsistance de ZF. Mais si un autre jour un autre gars démontre que "il n'existe pas de démonstration de $0=1$ dans ZF", eh ben... il aura aussi prouvé l'inconsistance de ZF.

Dans ce fil je me suis fait essorer  par 4 grands mathématiciens

G me pince les oreilles pour me dire qu'on parle dans ce fil d'endomorphisme de groupe et non pas d'endomorphisme d'espace vectoriel
--------------------------------------
N m'a troublé (avant que je retrouve la raison après) que ZFCM est contradictoire
----------------------------------------------------------------------------------------
M me trouble avec  si un autre jour un autre gars démontre que "il n'existe pas de démonstration de 0=1 dans ZF".....
------------------------------------------------
F me décapite en disant le modelé de N c'est à dire ZFM   supposent l'existence d'un cardinal inaccessible
---------------------------------------------------

Bon je vais essayer de comprendre pourquoi les fonctions Lebesgue-mesurables additives sont les homothéties

@gebrane Si tu veux comprendre ce qu'a dit Martial, c'est juste le deuxième théorème de Gödel qui donne que ZF ne peut pas prouver sa propre cohérence sans être contradictoire.

@gebrane a dit :

Bon je vais essayer de comprendre pourquoi les fonctions Lebesgue-mesurables additives sont les homothéties

Ou presque pareil: si A est de mesure de Lebesgue strictement positive, A-A est un voisinage de 0.

Bon j'ai trouvé un exemple assez simple mais les lois des v.a sont des Diracs,  on prend $\Omega=\{V\}$ où $V$ est un ensemble de Vitali qu'on a construit avec l'axiome du choix . il y a qu'une façon de munir $\Omega$ d'une tribu comme il n'y a qu'un seul élément dans $\Omega$. On prend la proba qui charge le point $V$ ( dirac en V) pour avoir la structure d'espace probabilisé. (ici la proba n'est pas très importante parce que à la fin on aura la propriété de non mesurabilité pour tout  $\omega$).
Et pour tout $ \omega \in \Omega$ et pour tout $x \in \mathbb{R}$ on définit $X_x= 1_{\omega}(x)$ (c'est ici qu'on voit que la loi est un dirac en $x$).

On pose la fonction de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ , $f_{\omega}(x)=X_x(\omega)$  comme $\Omega$ n'a qu'un seul élément on a en particulier pour tout $\omega \in \Omega $ $f_{\omega}^{-1}(\{1\})=V$ ou $f_{\omega}^{-1}(\{0\})=V$ et $V$ n'est pas mesurable donc pour tout $\omega \in \Omega$ $f_{\omega}$ n'est pas pas mesurable.

Je n'ai pas réussi à avoir la propriété de iid. On peut rendre l'exemple un peu plus complexe  en construisant $n$   ensemble de Vitali au lieu de juste un seul avec n un entier quelconque (par exemple on en construit un avec l'axiome du choix et on le translate par un rationnel petit puis par un autre rationnel....) et on a une certaine flexibilité sur le choix de la tribu. En bricolant un peu on peut avoir des v.a qui ont des lois sommes de Diracs mais pour le moment  je n'arrive pas à me passer des Diracs.