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

RaniaTira
Modifié (September 2022) dans Analyse
Salut à tous.
Existe-t-il un endomorphisme non continu de $(\mathbb R, +)$ ?
Merci

Réponses

  • Non
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  • Bonjour,
    Oui, avec axiome du choix. Tu prends une base de $\R$ comme $\Q$ espace-vectoriel et tu bricoles comme tu veux avec cette base pour fabriquer un endomorphisme de $\Q$-espace vectoriel (donc de groupe additif) non continu pour la topologie standard de $\R$.
  • noobey
    Modifié (September 2022)
    Oui, les applications $\mathbb{Q}$-linéaires il y en a beaucoup !  Et plein de non continues. Mais elles sont difficiles à décrire
  • Quand même,  c'est sous entendu qu'on prend $\R,+$ comme e.v.sur lui même 
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  • Ah bon, pour moi un ev c'est 2 lois donc.. 
  • Bien d'accord. Gebrane, tu as répondu trop vite. Quand on prend la peine d'écrire $(\mathbb R,+)$ dans l'énoncé, c'est bien qu'on considère $\mathbb R$ avec sa structure de groupe additif uniquement.
  • gebrane
    Modifié (September 2022)
    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) 
    ! :pensive:
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  • RaniaTira
    Modifié (September 2022)
    Bonsoir, merci pour cettes réponse utiles. 
    J'ai oublié de préciser que dans ma question j'ai considéré que $\mathbb R$ est un groupe pour l'addition.
    J'ai compris cette réponse qui est très utile. 
    Est-ce que vous pouvez me donner des indications (ou des références) pour fabriquer une ?
    Merci en avance. 
  • Pour fabriquer une base ? Impossible. Tu as seulement un théorème d'existence.
    Sinon, pour construire une application linéaire, tu peux choisir une image pour chaque vecteur de ta base de référence.
  • Comment répondre à la question dans ZF (pas ZFC) ?
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  • 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.
  • Bonjour @Namiswan

    Ce que tu nous dit me choque car tu démontres que ZFCM est contradictoire  ( On ne peut pas avoir à la fois C et M). Mais  je ne suis qu'un utilisateur de la théorie des ensembles , je suppose comme raisonnable l'axiome M et j'accepte l'axiome du choix.  quel impasse s-o-s @Martial @Foys @Maxtimax
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  • 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 a dit :
    Bonjour @Namiswan

    Ce que tu nous dit me choque car tu démontres que ZFCM est contradictoire  ( On ne peut pas avoir à la fois C et M). Mais  je ne suis qu'un utilisateur de la théorie des ensembles , je suppose comme raisonnable l'axiome M et j'accepte l'axiome du choix.  quel impasse s-o-s @Martial @Foys @Maxtimax
    Je ne vois pas trop ce qui est choquant mais oui: ZFCM est contradictoire: il est classique de construire par l'axiome du choix des applications non mesurables.
    Donc entre C et M, il faut choisir. Et en général, on choisit C...
  • @gebrane : tu sais pourtant que tu dois choisir entre avoir Banach-Tarski et avoir que toute partie de $\R^3$ est mesurable. Non ?
  • Math Coss
    Modifié (September 2022)
    Argument moins fort mais je le comprends mieux : la construction de l'ensemble de Vitali, un exemple standard de partie non Lebesgue-mesurable de $\R$, demande l'axiome du choix, cf. https://fr.wikipedia.org/wiki/Ensemble_de_Vitali.
  • gebrane
    Modifié (September 2022)
    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.
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  • Car on connaît tous Solovay qui dit que "si on a une fonction devant nos yeux et qu'elle n'est pas mesurable, c'est qu'on l'a quand même bien cherché".
  • @gebrane : j'allais répondre à ton interrogation d'hier mais je vois que tu n'es plus choqué. En fait c'est comme ça, on ne peut rien y faire : tu ne peux pas avoir à la fois AC et la mesurabilité pleine, il faut choisir. En général on choisit le choix (sans jeu de mots) parce qu'il a des conséquences plus agréables que M, qui n'apporte pas grand-chose. Et puis le fait que l'ensemble de Vitali ne soit pas mesurable ne gêne personne.
    Enfin, je rejoins @Riemann_lapins_cretins : quand tu as une fonction ou un ensemble sous les yeux et que tu es capable d'en écrire une définition, c'est qu'elle (il) est mesurable.
  • Namiswan
    Modifié (September 2022)
    Ca me rappelle une question que je me pose depuis longtemps. Est-ce qu'on peut créer une fonction non mesurable en la définissant "totalement au hasard" ? Plus rigoureusement, si $(X_x)_{x\in\R}$ est une famille (indexée par $\R$) i.i.d. de variables aléatoires réelles non constantes, est-ce que presque sûrement la fonction $f:x\mapsto X_x$ est non mesurable ? (à noter que pour prouver l'existence d'une telle famille, la preuve que je connais utilise l'axiome du choix).
  • Donc si un jour quelqu'un vient me dire :smile:

    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
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  • Il ment oui.

    Pierre Colmez dans son cours finit par dire qu'il ne vérifiera même plus la mesurabilité, celle-ci étant considérée comme acquise pour toutes les fonctions qu'on rencontre.
  • RLC ce que tu dis n'est pas mathématiques 
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  • gebrane: sous ZF (supposée non contradictoire) sans axiome supplémentaire, l'existence d'une fonction non mesurable est indécidable, donc oui ton gars ne peut pas en construire une. Après il peut peut être rajouter un autre axiome que l'axiome du choix permettant également la construction (par exemple un axiome du choix faible: "il existe une fonction de choix sur P(R)", ou encore l'axiome troll "il existe un ensemble non mesurable" :p )  
  • Pour moi indécidable c'est indécidable donc pourquoi tu décides que le gars ne peut pas en construire une.
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  • Parce que gars qui en construirait une dans ZF démontrerait par là l'existence d'une fonction non mesurable dans ZF. Or on t'a bien expliqué que c'est indécidable dans ZF (ce qui veut dire que dans ZF, on ne peut démontrer ni l'existence, ni la non-existence).
  • 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.
  • Il y a quand même une petite subtilité, c'est que pour montrer que c'est indécidable, on doit forcément supposer que ZF est cohérente. Ainsi, si un jour quelqu'un montre l'existence d'une fonction non mesurable dans ZF, ou montre l'hypothèse du continu par exemple, il aura montré que ZF est contradictoire. Le hic, c'est que la probabilité que ce soit possible est quasi-nulle, considérant que les maths standards n'ont jamais étés pris en défaut.
  • 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.
  • NB: les constructions connues d'un modèle de ZF où toute partie de $\R$ est mesurable supposent l'existence d'un cardinal inaccessible (Solovay).
    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 $y = z$.
  • 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
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    N m'a troublé (avant que je retrouve la raison après) que ZFCM est contradictoire
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    M me trouble avec  si un autre jour un autre gars démontre que "il n'existe pas de démonstration de 0=1 dans ZF".....
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    F me décapite en disant le modelé de N c'est à dire ZFM   supposent l'existence d'un cardinal inaccessible
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    Bon je vais essayer de comprendre pourquoi les fonctions Lebesgue-mesurables additives sont les homothéties


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  • Barjovrille
    Modifié (September 2022)
    Bonjour, 
    Je ne suis pas expert en théorie de la mesure donc je vous prie d'accepter mes excuses si mes questions sont naïves.

    La question de namiswan m'intéresse mais il me manque des éléments.

    @Namiswan a écrit : est ce que presque sûrement  la fonction $f : x  \mapsto X_x$ est non mesurable ? 

    Je ne suis pas sûr de comprendre ce que tu entends par là ? Je suppose que dans ton problème toutes les tribus sont fixées  sinon si on s'autorise à changer de tribu on peut contrôler la mesurabilité des fonctions.
    J'ai donc les questions suivantes.
    Ta fonction $f$ va de $\mathbb{R}$ dans ensemble des v.a réelles (ou on peut prendre un ensemble d'arrivé plus général), or pour savoir si une fonction est mesurable ou pas il faut introduire une tribu de départ et d'arrivée. Ici pour la tribu de départ tu parles de la tribu borélienne je pense ? 
    Quelle est la tribu de l'ensemble d'arrivée ? Et quel sens peut-on donner ici à la notion de presque sûrement si la question est bien de montrer qu'il existe un élément de la tribu d'arrivée $B$ tel que $f^{-1}(B)$ n'appartient pas au borélien de $\mathbb{R}$.
    Ou alors comme tes v.a sont définies sur le même espace probabilisé de départ qu'on va appeler $ \Omega$ ta question était plutôt  est-ce qu'il existe une famille de v.a  iid  réelles $(X_x)$ et un ensemble $A$ de probabilité  nulle  tels que  pour tout $\omega \in \Omega \setminus A$ les fonctions $f(., \omega) : x\mapsto X_x(\omega)$ (fonctions qui vont donc de $\mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$)  sont non mesurables pour la tribu borélienne ?
  • Bibix
    Modifié (September 2022)
    @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.
  • Namiswan
    Modifié (September 2022)
    @Barjovrille C'est ta dernière proposition qui correspond à ce que je me demande:
    - $(\Omega,\mathcal{F},\mathbb{P})$ est un (gros) espace probabilisé.
    - Pour chaque $x$ dans $\mathbb{R}$, $X_x:\Omega\rightarrow \mathbb{R}$ est une variable aléatoire.
    - On suppose que toutes les $X_x$ ont même loi, et que ce n'est pas un Dirac (je pense pas que la loi influe sur la question).
    - On suppose que la famille $\{X_x, x\in\mathbb{R}\}$ est indépendante.
    - Pour $\omega$ dans $\Omega$  on définit la fonction $f_\omega:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ par $f_\omega(x)=X_x(\omega)$.
    - Question : pour $\mathbb{P}$-presque tout $\omega$, est-ce que $f_\omega$ est non mesurable ?
    C'est cependant pas mal HS, my bad...
    [Paul Dirac (1902-1984) prend toujours une majuscule. AD]
  • Foys
    Modifié (September 2022)
    @gebrane a dit :
    Bon je vais essayer de comprendre pourquoi les fonctions Lebesgue-mesurables additives sont les homothéties
    C'est fait dans Rudin analyse réelle et complexe sauf faux souvenir.
    Tout d'abord soient $A,B$ des parties Lebesgue-mesurables de $\R$ de mesure strictement positive. Montrer que $A+B$ est d'intérieur non vide (se ramener à des parties boréliennes puisqu'il existe des boréliens $A',B'$ tels que $A\setminus A'$ et $B\setminus B'$ sont de mesure nulle. montrer qu'on peut supposer $A'$ et $B'$ bornés. Étudier le produit de convolution de $\mathbf 1_{A'}$ et de $\mathbf 1_{B'}$).
    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 $y = z$.
  • Merci Foys pour ces indications précieuses 
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  • Ou presque pareil: si A est de mesure de Lebesgue strictement positive, A-A est un voisinage de 0.
  • Barjovrille
    Modifié (September 2022)
    @Namiswan il y a une formulation qui généralise partiellement ta question (partiellement parce que a priori il y a une contrainte supplémentaire de structure, les filtrations) mais cette formulation a le potentiel d'être concrète pour les spécialistes en probabilité.
    Est-ce qu'il existe un processus stochastique réel à trajectoires presque sûrement non mesurables.
    Je trouve ta question intéressante j'y réfléchirai demain (mais je ne garantis rien elle est peut-être trop dure pour moi :D)
  • Barjovrille
    Modifié (September 2022)
    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.





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