le forcing expliqué aux matheux ordinaires
Réponses
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Je n'ai pas précisé ce que veut dire {\it sous-ensemble de $E$ définissable avec paramètres}:
Ici , je vais supposer (par pure commodité, pour ne pas êcrire un message pendant 1H) que $E^n\subseteq E$, pour tout entier $n>0$. Ainsi, ça évitera de passer par une usine à gaz de définitions (certes naturelles) où on doit chaque fois préciser "l'arité".
Les ensembles définissables forment le plus petit ensemble stable par les opérations suivantes:
* projection: si $A$ est définissable alors l'ensemble des $x$ tel qu'il existe $y\in E$ avec $(x,y)\in A$ l'est aussi
* passage au complémentaire
* "diagonalisation" si A est def alors l'ensemble des $x$ tel que $(x,x)\in A$ l'est aussi
* je ne sais pas comment l'appeler (lignation peut-être): si $A$ est def et si $a\in E$ alors $\{x/ (a,x)\in A\} $ l'est aussi (d'où le mot paramètre)
* subsititutions: si $A$ est def et si $\sigma \in S_n$ alors $\{ (x_1,..,x_n)/(x_{\sigma (1)},..,x_{\sigma (n)})\}$ l'est aussi
* passage aux produits finis
Et je crois que c'est tout. En gros tout ce qui nous permet de faire des phrases
On considère $\{(x,y)\in E^2/ x\in y \}$ comme définissable et on clôt par les opérations précédentes.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Historiquement (enfin je crois), et bien avant l'invention du forcing par P.Cohen, K.Godel a prouvé qu'on peut supposer HC (l'hypothèse du continu) sans risque supplémentaire, ie qu'on peut rajouter l'axiome HC aux autres axiomes de ZFC.
Quel a été son argument? Et bien, il a vérifié méticuleusement que "le monde $L$" vérifie tous les axiomes de ZFC+ HC.
Je rappelle que $L$ est constitué de tous les ensembles se trouvant dans au moins un des $L_\alpha$
Comme il contient tous les ordinaux, il est trop grand pour être un ensemble. Le terme consacré est {\it classe} ou encore {\it collection} pour désigner l'... des objets vérifiant une certaine propriété, mais trop grand pour être un ensemble.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
S'il y avait une contradiction dans la théorie ZFC+HC, on pourrait écrire une preuve du "faux" (c'est à dire, une preuve que tout est vrai) en utilisant des axiomes de ZFC et éventuellement HC. Pour simplifier imaginons cette preuve écrite "textuellement" sous forme d'une liste de phrase $P_1,..,P_n, All$. Chaque $P_i$ qui ne découle pas d'une manière évidente et formelle des précédentes est soit un axiome de ZFC soit HC.
(Remarque: c'est ça une preuve, même si ya plein de versions lol)
On remplace chaque $P_i$ par $P_i^L$. ***
***Quand $Q$ est une phrase, $Q^L$ est la phrase obtenue en "la relativisant" à $L$.
Les seules $P_i^L$ qui ne découlent pas des $P_j^L$ précédentes sont de la forme $HC^L$. ou $P_i^L$, $P_i^L$ étant un axiome de ZFC
Comme $HC^L$ est un théorème de ZFC (et comme pour tout axiome $Q$, $Q^L$ est un théorème de $ZFC$) la preuve $P_1^L,..,All^L, All$ peut se "raffiner" en une preuve valable dans ZFC et qui aboutit à All (le faux, ou encore la contradiction)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Soit $Q$ une phrase et $E$ un ensemble. La phrase $Q^E$ relativisé à l'ensemble $E$ consiste à remplacer chaque $\forall x$ par $\forall x\in E$ et chaque $\exists x$ par $\exists x\in E$.
Si la phrase $Q$ contient comme sujets des noms d'objets qui ne sont pas dans $E$ la tradition veut que ça n'a pas de sens de s'occuper de $Q^E$.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Pour en revenir un peu à HC, voici un exercice (qui est une des étapes de la démonstration d'indépendance) que je ne crois pas avoir encore donné:
{\it Soit $E$ un ensemble et on s'intéresse aux applications partielles de $E\times \N$ dans $\{0,1\}$, dont le domaine (ensemble de définition) est fini. On considère 2 telles applications $f$ et $g$ comme incompatibles quand elles vérifient: il existe un élément $(x,n)$ qui $\in D_f\Cap D_g$ tel que $f(x,n)\neq g(x,n)$. Soit $T$ un ensemble de d'applications partielles à domaines finis 2 à 2 incompatibles: prouvez que $T$ est dénombrable}
Je rappelle qu'une application partielle $f$ de $E$ dans $F$ (aussi appelée fonction) est un ensemble de couples $\in E\times F$ tel qu'il n'existe pas 2 couples ayant la même abscisse (l'abscisse de $(a,b)$ est $a$). L'ensemble des "abscisses" des couples de $f$ est le "domaine" ou encore "l'ensemble de définition" de $f$ et je le note $D_f$.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
bonjour
je tenais a vous remercier pour vos explications fort intéressantes. Je me pose une question quelles sont les théories actuelles envisagées dans lesquelles il y aurait une possibilité de décidabilité de HC.
merci par avance de votre. -
rep à "tapis": Il n'y en a pas!
Au sens propre du terme, ZFC+HC décide évidemment HC (de même $ZFC+\neg HC$ décide HC) mais ce n'est pas une théorie constituée d'axiomes tous acceptables.
Hugh Woodin a accompli toute une étude qui donne un "avantage" {\bf déontologique*} à $\neg HC$. Là je suis dans un cyber, mais je mettrai le lien ultérieurement vers un pdf "subjectif" de P.Dehornoy qui résume l'aventure de Woodin.
*{\it En ce sens que ça ne convainc pas que HC est faux, mais plutôt que "nous aurions divers avantages à accepter l'axiome $\neg HC$, un peu de la même façon qu'une définition n'est pas "une vérité absolue" comme on voudrait le croire de nos axiomes, mais présente des avantages à "être crue". }Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Vite fait (je préciserai plus tard): je crois que c'était en 2004 ou 5, j'avais fait un séminaire intitulé "comment avoir tout?" à Paris7 sur un thème proche de toutes ces questions.
En fait, j'avais mal choisi le titre, j'aurais dû l'appeler {\it les bornes de l'univers} ça aurait été plus fidèle!
L'indécidable le plus facile à établir (avec le forcing) c'est bel et bien $V=L/V\neq L$. {\bf N'importe quel forcing} force "définitivement" que $V\neq L$!
Dans les années 1995, j'ai "inventé" une liste de schémas d'axiomes (auxquels un logicien américain, Hamkin, a donné son nom, avec mon accord tacite) qui tourne autour du thème: {\it "tout ce qu'on peut forcer définivement est vrai"}. "Forcer définitivement un énoncé $Q$, c'est le rendre vrai dans une extension générique $M_2$ du monde $M_1$ de départ et $M_2$ est telle que toutes ses extensions générique $M_3$ vérifient encore $Q$.
\link{http://www.logique.jussieu.fr/\~{}chalons/indexmath.php}
L'archétype d'un tel énoncé est $V\neq L$. {\bf Et pourtant...}
{\bf C'est une conviction personnelle, mais je pense qu'il n'est finalement absolument pas du tout "établi" qu'on doive se forcer à croire qu'il existe des objets qui n'appartiennent à aucun $L_\alpha$. Certes, n'importe quel réel "générique" et en dehors de tous les $L_\alpha$..DE L UNIVERS! }
Je développerai dans des posts futurs les idées précédentes: un simple forcing force (et en plus force définitivement) qu'il existe un objet en dehors de $L$ (la réunion de tous les $L_\alpha$). Pour autant, par exemple, soit $x$ un nombre réel qui $"\notin" L$ (j'ai mis des guillemets car $L$ n'est pas un ensemble. Ca ne signifie {\bf qu'une seule chose:} que le premier $\alpha $ tel que $x\in L_\alpha$ est {\bf AU DESSUS} de tous les ordinaux de l'univers. Mais ça, c'est vraiment pas choquant en fait: il y a même pire (et toujours non choquant)!
La satisfaction du désir "je veux un modèle bien fondé de $ZFC+V=L$ qui contient $x$ va rendre dénombrable l'univers tout entier!
Voilà, j'espère que ça mettra quelques personnes en haleine...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je rappelle ce qu'est $L$: c'est la plus petit collection qui contient tous les ordinaux et qui, quand elle contient un ensemble $E$ contient forcément aussi toutes les parties définissables de $E$ ainsi que l'ensemble $T$ des parties définissables de $E$.
Une partie étant dite "définissable" quand elle est l'ensemble des éléments tels que ..., où les pointillés sont remplacés par une phrase écrite avec les connecteurs logiques "et" "ou" "implique" et les quantificateurs $\forall$ et $\exists$Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Un argument assez simple, qui nous vient aussi de P.Cohen et qui a servi à prouver que l'axiome du choix (AC) est indécidable est le suivant:
Dans un sens, AC est vrai dans $L$ donc on ne peut pas prouver $\neg AC$.
Dans l'autre sens, "rajouter" à l'univers une suite de "réels de Cohen": autrement dit, faites un forcing avec l'ensemble des applications partielles à domaine fini inclus dans $\N \times \N$ à valeurs dans 2 (ie $\{0;1\}$).
Ca vous donne une "matrice carrée" de réels génériques (extérieure à l'univers) sur laquelle chaque application partielle donne une information partielle.
Soit $G$ un ensemble générique audessus de notre univers (appelé, disons, $M_1$). $G$ induit une application $g$ (extérieure à $M_1$ de $\N \times \N$ dans 2. Au lieu de nous intéresser à $g$, intéressons-nous seulement à {\bf l'ensemble} $T$ des $g(n,.)$ qui sont des applications de $\N$ dans $\N$. Les $p\mapsto g(n,p)$ forment une suite de réels de Cohen. Notons $u$ la suite des réels de Cohen que je viens d'appeler de mes voeux, et $T$ l'ensemble des $u_n$ est l'ensemble des réels (mais on a "oublié" la numérotation). Posons $L_0:=T$. Puis, $L_{\alpha+1}:=$ensemble des parties définissables de $L_\alpha$. et $L_\lambda :=$réunion des $L_\alpha$ pour $\alpha < \lambda$. La réunions $L[T]$ obtenue vérifie tous les axiomes de ZF, mais par contre, dans $L[T]$ l'ensemble $T$ est infini mais tous ses sous-ensembles sont ou bien finis ou bien ont un complémentaire fini. Ca contredit AC qui est donc faux dans $L[T]$ (Bon j'espère ne pas m'être gourré). Sinon, je rectifierai promis...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Christophe, je n'ai pas bien compris ce que c'est le forcing, vous ne voudriez pas reprendre du début ?
Non je plaisante bravo pour ce magnifique exposé : C'est du grand art (qu'est-ce que c'est beau les maths !). Ca me motive pour continuer, comme ça je reviendrai quand j'aurai un niveau suffisant. Là, je viens un peu en amateur... -
Cher Christophe,
J'ai fini par entreprendre de copier/coller votre code latex afin de pouvoir éditer votre fil au format pdf, beaucoup plus lisible pour mes yeux souffrants !
Je suis à jour ! -
C'est une bonne idée, mais je vous recommande de recopier l'avant avant dernier post qui était particulièrement pourri et que je viens de corriger.
***
Après avoir parlé (volontairement) en termes d'algèbre de Boole, je vais présenter une version moins intuitive, mais plus historique.
Etant donné un ordre partiel {\bf absolument quelconque}, noté $P$, le forcing consiste à donner un sens à une notion amusante:
$p$ force $ A\to B$ quand tout $q\leq p$ qui force $A$ force aussi $B$
$p$ force $\forall xR(x)$ quand $p$ force n'importe quelle $R(u)$ pour $u$ variant sur une collection que je préciserai plus tard.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Un ensemble (dans la plupart des cas extérieur à l'univers) $G$ est dit {\it générique} quand il rencontre tous les ensembles denses de l'univers et quand il est "filtrant": si $p\in G$ et $q\in G$ alors il existe un $r\in G$ tel que $r\leq p$ et $r\leq q$.
Un ensemble $D\subseteq P$ est dit dense quand pour tout $p\in P$ il existe $q\in D$ tel que $q\leq p$.
L'intérêt d'être générique s'explique par la "magie suivante":
L'ensemble des $p$ qui forcent $A$ ou qui forcent $A\to all$ est dense: en effet, supposons que $p$ ne force pas $A\to all$ alors il existe un $q\leq p$ qui force $A$ (sans forcer $all$).Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Donc si $G$ (éventuellement extérieur à l'univers) est générique, il {\bf donne} comme un "oracle" la réponse à la question "tu préfères $P$ ou tu préfères $nonP$? pour chaque énoncé $P$. En effet, par définition, il rencontre chaque dense précité (au post d'avant).Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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La notion de "générique" ne peut pas cohabiter avec l'idée que "tout se passe dans l'univers", sauf dans des cas "triviaux":
En effet, supposons que $G$ soit générique et intérieur à l'univers. Alors le complémentaire de $G$ n'est pas dense, ce qui signifie qu'il existe $p\in P$ tel que tous les $q\leq p$ sont dans $G$. Comme $G$ est filtrant, ça signifie que tous les $q\leq p$ sont compatibles.
Au regard du forcing, c'est une situation qui n'intéresse pas. En effet, pour chaque "question" qu'on se pose, on souhaite recevoir, en provenance de l'ordre partiel $P$ une information bien tranchée (au générique près)...
Ainsi, {\bf on souhaitera toujours} des ordres partiels $P$ qui ont la propriété suivante:
$\forall p\in P$ il existe $q_1$ et $q_2$ tous les 2$\leq p$ et "incompatibles", en ce sens {\bf qu'il n'existe pas de $r\in P$ qui minore les 2 $q_i$}Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Maintenant, vous pourriez vous demander {\it mais, même à l'extérieur de l'univers, au fond, existe-t-il des $G$ génériques?}
A cette question, la réponse ne peut être que {\it philosophique}, mais, exactement de la même façon qu'on s'autorise les définitions (qui ne sont pas des axiomes "vrais" mais plutôt des axiomes {\bf inoffensifs}) P.Cohen a montré qu'on peut {\bf inoffensivement} croire à l'existence de $G$ (extérieur à l'univers).
Supposons que chaque $D_n\subseteq P$ soit dense pour $n\in \N$. Prenons $p_n\in D_n$ tel que $p_{n+1}\leq p_n$. Alors, au regard uniquement des $D_n$, l'ensemble des $p_n$ est générique.
Si vous imaginez que les $D_n$ énumèrent surjectivement tous les denses d'un monde $M$ dénombrable (qui ne se sait pas dénombrable!) répondant à tous les axiomes des maths, alors l'ensemble des $p_n$ est un générique "extérieur" au monde $M$ auquel les habitants de $M$ (qui en rêvent) ne courent aucun risque de croire à son existence.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Au dela même de ce pourquoi il a été inventé, le forcing permet des économies de raisonnements, voir permet de "s'y retrouver".
En effet, le fait de dire "je fabrique un ensemble {\bf filtrant!} qui va intersecter tous les $D_n$ qui sont denses" permet de ne pas oublier de "denses" important dans telle ou telle histoire.
C'est en utilisant cette partie "élémentaire" de la démarche "forcing" que j'ai prouvé le théorème1 de l'article suivant:
http://www.logique.jussieu.fr/~chalons/thcible.php
Essayez donc de la prouver sans le forcing, histoire de rigoler un peu...Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
On fait un forcing avec le préordre suivant (P,< ) : P est l'ensemble des énoncés consistants avec Peano et A<=B quand il est démontré dans Peano que A implique B.
Exercice : Un générique G est une théorie complète qui contient Peano et qui contient un énoncé A ainsi que l'énoncé "A n'est pas consistant avec Peano".
On peut remplacer Peano par ZF. Une théorie générique est donc intuitivement une théorie qui contient des énoncés qui sont faux.
Après tout, ça aurait pu être "amusant" d'imaginer que l'ensemble des énoncés qui sont vrais soit générique (on sait déjà qu'il n'est pas définissable, Tarski)
Exercice : existe-t-il un modèle M de ZF dont l'ensemble des énoncés vrais est Turing-plus fort qu'un M-générique pour le préordre (P,< ) ? -
Information culturelle: si un jour vous entendez parler d'un réel de Cohen, c'est un réel (extérieur) à l'univers des objets mathématiques qui a la propriété suivante: il appartient à tous "les ouverts denses", vus comme des réunions d'intervalles à extrémité dans IQ.
Si vous entendez parler d'un réel "aléatoire", c'est un réel extérieur (of course) à l'univers, qui appartient à tous les ensembles borélien de mesure 1 sur [0,1], vus comme des réunions dénombrables de fermés dont les mesures tendent vers 1, par exemple, chaque fermé étant lui-même vu comme le complémentaire d'un ouvert décrit selon le mécanisme du paragraphe précédent.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Information culuturelle(bis):
si un jour vous entendez parler d'un réel positif (au sens large) et négatif (au sens large) c'est qu'il est nulle. id est:c'est ZERO
salut. -
L'intérêt des réels de l'avant dernier message est qu'ils ont un petit côté "magique" pour qui "découvre" pour la première fois le forcing, la logique et disons les objets fantomatiques (ultrafiltres, génériques, etc)
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Solution (résumée) à l'un des exercices:
L'exercice: soit T un ensemble de "disjonctions", chaque disjonction étant un ensemble d'objets de la forme (0,a) ou (1,a), les "a" variant dans un ensemble appelé P.
Démontrer que, ou bien il existe une "preuve" (un enchainement d'évidences) qu'il n'existe pas d'ensemble M qui ne contient jamais à la fois (0,x) et (1,x) et qui a une intersection non vide avec chaque disjonction de T ou bien il existe un algebre de boole complete B et une application f de {0,1}xP dans B telle que:
la disjonction (au sens de des f(y) pour y dans H vaut 1_B, quelquesoit H appartenant à T
la conjonction (au sens de de f((0,a)) et de f((1,a)) vaut toujours 0, pour n'importe quel a dans P.
Correction: j'ai la flemme... lolAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bon, go je archirésume (pas de latex, c relou lol): tout d'abord, le seul cas important est quand ou T n'est pas dénombrable ou l'une de ses disjonctions ne l'est pas. Sinon, il suffit de montrer plus: que "M existe".
On force avec un ordre partiel qui induit une algebre ed Boole complete B qui fait que dans l'univers agrandi, aussi bien T que chaque disjonction de T soit dénombrable. Dans cet univers agrandi (qui vérifie donc tous les axiomes des maths aussi), T a un "modèle", cadire un M qui... "qui ne contient jamais à la fois (0,x) et (1,x) et qui a une intersection non vide avec chaque disjonction de T"
Vu dans l'univers initial, M n'est plus un sous-ensemble de {0,1}xP, mais une application qui à chaque v dans {0,1}xP associe une valeur boolenne "correctement"
Détails ultérieurement! Je pense que c'est un exercice, finalement, canonique sur lequel pour moult raisons, et pas seuleement pour le forcing, il faudra souvent revenir. Il résume bcp de choses.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonjour
Votre intervention est fort intéressante et je vous en remercie. Si votre proposition de collaboration à l'écriture d'un livre sur le forcing tient toujours, je me tiens à votre entière disposition en ce qui concerne la mise en forme. Par ailleurs, je pense que ce livre ne devrait pas simplement s'adresser aux mathématiciens n'étant pas logiciens mais à presque tout le monde. Ainsi le degré de vulgarisation requis devra être tel que la compréhrension du livre soit possible par quiconque ayant un niveau mathématique de base(terminale S-Licence tout de même). Bien sûr, je me devrais d'expliciter le formalisme utilisé dans le langage courant tout en discutant avec vous de la justesse de mes exemples.
Par la même occasion, je tenais à vous poser une question sur HC dans le cadre de la logique floue. Il courant de choisir comme hypothèse de prendre HC ou non-HC ce qui rentre dans le cadre de la logique binaire mais si l'on considère une fonction d'appartenance de HC f_HC à valeurs dans [0,1](en prend en compte plus ou moins HC pour parler vulgairement) comme cela est fait généralement en logique floue avec bon nombre d'entités(modus ponens généralisé par exemple)que ce passerait-il? Pourrait-t-on étendre la méthode de forcing dans ce cas?.
Mes salutations les plus distinguées. -
Merci de votre proposition, je vais y réfléchir.
Pour vous répondre, je ne connais pas bien la logique floue. Il peut être tentant de vouloir faire jouer à l'intervalle [0,1] le rôle que jouent les algèbres de Boole dans le forcing. Helas, ça donne un résultat forcément trivial (si on prend l'ordre naturel). En efeft, ce qui fait la force du forcing te plus généralement de la méthode consistant à remplacer {vrai, faux} par un ensemble de valeurs de vérité plus vaste est essentiellement dû à l'existence et même la profusion de couples de valeur "orthogonales" (dont la borne inf, ou encore la conjonction est zéro). Dans le cas [0,1] (plus précisément ]0,1] comme "conditions de forcing"), le générique est trivial: c'est ]0,1] tout entier. Et comme il appartient à l'univers, li n'ajoute aucun objet virtuel et ne change donc rien. Il n'y a pas "d'extension générique" non triviale.
En dehors du forcing, je ne vois pas ce qu'on peut dire d'attribuer par exemple le nombre 0,4 comme niveau de vérité de HC.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Avant d'aller au dodo, rappel ou first information:
J'appelle V l'univers de tous les ensembles. Je suppose qu'ils sont tous bien fondés ce qui implique que l'univers est la réunion des V_alpha, où pour chaque alpha, V_alpha est défini par: V_alpha:=ensemble des parties de la réunion des V_beta, beta<alpha
Modele booléen (cette construction a été un grand progrès dans la présentation intuitive du forcing). Soit B une algebre de Boole complete.
Au lieu de prendre l'ensemble des parties (qui consiste à ne s'interesser qu'à "vrai" et à "faux" comme valeurs de vérité), on va faire une autre construction. T_alpha est l'ensemble des applications de la réunion des T_beta, beta<alpha dans B. Par abus de langage, si f est une telle application et que x n'est pas dans la réunion des T_beta ci-dessus, on decrete que f(x)=0_B (ie la NON-appartenance de x au pseudo ensemble f est totalement sûre.
Les objets ainsi construits sont des "pseudo-ensembles". Etant donné 2 tels objets, a et b, l'appartenance (sa valeur de vérité, ou encore histoire d'être provoquant, sa probabilité, ou encore son amplitude) de a à b est toujours un élément de B donné par b(a) (réel ou langagièrement abusé).
Soit maintenant, un sous-ensemble de B, G qui soit "générique" (et sauf cas triviaux en dehors de l'univers).
Pour chaque a on définit (récursivement) a':=l'ensemble des b' tels que l'appartenance de a à b est dans G (ie b(a) appartient à .
Autrement dit, la valeur de vérité de la phrase "a appartient à b" qui est un élément de B est "tranché" par la donnée une bonne fois pour toute de G. Les a' pour a variant dans tout l'univers forment un univers plus grand (contenant) l'univers des V du début du post. C'est ça une extension générique.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
autocitationSoit maintenant, un sous-ensemble de B, G qui soit "générique" (et sauf cas triviaux en dehors de l'univers).
Je rappelle que "G générique" signifie que G est filtrant, ie si a et b sont dans G alors leur conjonction aussi est dans G, 0_B n'est pas dans G, et tout ensemble dense (qui est dans l'univers) intersecte G.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Histoire de faire remonter le fil, je donne une correction d'un des "laissé au lecteur". Il s'agit de l'équivalence suivante pour un G (éventuellement extérieur à l'univers (plupart des cas)):
(1) Etre générique (c'est à dire filtrant, intersecter tous les denses et stable par "surélément", ie si a est dans G et si b>a alors b est dans G)
(2) pour chaque famille $(a_i)_i$ de l'univers, si tous les $a_i$ pour i dans I sont dans G, alors leur conjonction est dans G et aussi a est dans G ou non(a) est dans G, et of course, si a est dans G et $\geq a$, alors b est dans G.
(1) implique (2). Soit D l'ensemble des éléments qui sont orthogonaux à la réunion des a_i (borne sup plutot) ou qui sont plus petit que l'un des a_i. D est dense et dans l'univers. G l'intersecte. Comme G est filtrant, et qu'il contient tous les a_i, il ne peut contenir un élément orthogonal à la disjonction des a_i. Donc il contient un $b\leq$ l'un des $a_i$, CQFD
(2) implique (1). Soit D un ensemble dense qui est dans l'univers. Soit $(a_i)_i$ une "antichaine" maximale d'éléments qui sont dans D (ie les $a_i$ sont 2 à 2 incompatibles (orthogonaux), et on ne peut rajouter un b, orthogonal à tous les $a_i$. Il existe un des $a_i$ qui est dans G. En effet, sinon, la conjonction c des $non(a_i)$ serait dans G, mais comme l'antichaine que forment les $(a_i)$ est maximale, c serait =0. En effet, sinon, comme D est dense, il existerait un $e\leq c$ qui est dans D, et pourrait être ajouté aux $a_i$.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Ca faisait longtemps que j'avais pas fait remonter le fil...
Bon, après 10 verres de bordeaux (cuvées 2003 et 1998), qu'est-ce que je pourrais bien ajouter?
Dans un cours qu'il faisait quand il était très jeune, JLKrivine utilisait un genre "d'introduction": un chapitre qu'il nommait {\it un exemple simple de forging}
Voici de quoi il s'agit: ajoutons un symbole fonctionnel $\phi $ au langage consitué du seul prédicat $\in $ et l'axiome
$\forall x,y:y\in x\to \phi(x)\in x$
On ontient une théorie $T$.
Et bien cette théorie $T$ est {\bf conservative} au dessus de ZF+AC: autrement dit, chaque énoncé qui n'est écrit qu'avec le signe $\in $ (et non pas $\phi $) et qui est démontrable dans $T$ l'est en fait dans ZFC(:=ZF+AC)
Pourquoi?
Bah, en fait, c'est un théorème, qui mérite donc une preuve digne de ce nom...
Mais je n'ai pas une folle envie de me lancer dans une telle rédaction... Alors voici juste l'idée.
Etant donné un ensemble quelconque $E$, et une application $f$ telle que
$\forall x\in E,y:y\in x\to f(x)\in x$
on considère le couple $(E,f)$ comme une "condition de forcing". Et la façon routinière de raisonner en "spécialité forcing" permet d'établir qu'un générique $G$ est une $\phi $ comme ci-dessus (début du post).
Dès lors, toute preuve d'un énoncé $P$ se transporte "en l'état" à l'univers "normal" (où on ne dispose pas de $\phi $) en une preuve de le fait que l'énoncé $P$ est vrai dans n'importe quel extension générique... Mais du coup, il est vrai tout courtAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Un jeu infini est la donnée d'un sous-ensemble $A$ de $E^\N$
Le cadre imaginatif consiste à considérer que 2 joueurs s'affrontent, en jouant alternativement $u_1;u_2;u_3...$ de manière à former une suite $u$.
Le joueur nommé pair joue les $u_1;u_3;u_5;...$
Et le joueur nommé pair joue les $u_{2n}$
Voici un théorème qui ne semble jamais mentionné nulle part (donc j'en profite) et qui est pourtant "esthétique" et peut-être important:
Quelque soit le jeu $A$, ou bien le joueur pair a une stratégie infaillible, ou bien il existe une extension générique de l'univers dans laquelle le joueur impair bat toutes les stratégies de l'univers de départ sans se faire soupçonner d'être "à l'extérieur" de l'univers (je vais préciser ultérieurement)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Bonne fête Christophe et essaie de diminuer ta consommation de vin...Personnellement je bois essentiellement de l'eau et du thé vert et ça ne me réussit pas trop mal.
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Merci...
Avant de prouver ce que j'ai dit au-dessus, j'introduis des définitions abstraites pour parle de "jeux".
Une {\it structure ludique} est la donnée de $(M,G,D,P)$ où $M:G\times D\to P$ est une application appelée "opération match". Les éléments de $G$ sont les stratégies du joueur de gauche et ceux de $D$ sont les stratégies du joueur de droite. Si $(s,t)\in G\times D$ alors $M(s,t)\in P$ s'appelle la partie jouée quand les stratégies $s$ et $t$ s'affrontent
Une strcuture ludique est dite {\it déterminée} quand pour tout sous-ensemble $E\subseteq P$ de $P$ on a (1) ou (2) avec
(1) $\exists s\in G \forall t\in M(s,t)\in E$
(2) $\exists t\in D \forall s\in G: M(s,t)\notin E$
Autrement dit, quand pour n'importe quel jeu, il existe pour un des 2 joueurs une stratégie infaillible.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Il y a une autre notion, à mon avis bien plus profonde, qui ressemble de beaucoup à "la détermination".
Mais avant une définition technique:
Une structure ludique est dite {\it "réactive"} si
$p=M(a,b)=M(x,y)\Rightarrow M(a,y)=M(x,b)=p$ pour tout $(a,b,x,y)$ et tout $p$
{\bf Remarque importante:} dans tous les exemples "raisonnables" que je connais (qui méritent d'etre considérés comme des structures ludiques), "l'opération match" est "réactive"
Une structure ludique est dite "observable-réduite" quand pour tout couple d'applications $(f,g)\in (G\to D)\times (D\to G)$ il existe $(a,b)\in G\times D$ tel que $M(a,b)=M(a,f(a))=M(g(b),b)$
En termes intuitifs, ça signifie que quelque soit "le test", il existe un moyen pour les 2 joueurs de donner l'impression à l'arbitre que chacun joue comme s'il connaissait la stratégie utilisée par l'autre.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
{\bf Théorème1:}
Toute structure "observable-réduite" est déterminée
{\bf Théorème2:}
Si une structure est réactive ET déterminée, alors elle est observables-réduite.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Soit effectivement $E\subseteq P$. On utilise l'axiome du choix.
S'il n'existe pas de $s\in G$ telle que pour tout $t\in M(s,t)\in E$ alors soit $f$ une application de $G$ dans $D$ telle que $\forall x\in G:M(x,f(x))\notin E$
S'il n'existe pas de $t\in D$ telle que pour tout $s\in G: M(s,t)\notin E$ alors soit $g$ une application de $D$ dans $G$ telle que $\forall x\in G:M(g(x),x)\in E$
D'après {\it l'observable-réductibilité} (quel nom!!), il devrait exister $a,b$ telles que $m:=M(a,b)=M(a,f(a))=M(g(b),b)$ ce qui obligerait $m$ à être à la fois dans $E$ et hors de $E$ -
Soit $f,g$
Notons $E:=$l'ensemble des $m\in P$ de la forme $M(g(x),x)$ pour $x$ variant dans $D$
A l'évidence, il n'existe pas de $t$ dans $D$ avec $\forall s\in G: M(s,t)\notin E$
La détermination implique donc l'existence d'une $s\in G$ telle que $\forall t\in M(s,t)\in E$.
Soit $b:=f(s)$. Alors $M(s,f(s))=M(s,b)\in E$ donc il existe $x\in D$ telle que $M(s,b)=M(g(x),x)$
Il s'ensuit que $M(s,f(s))=M(g(x),x)=M(s,x)$ -
Dans le même genre d'idées, voici un problème relatif à l'hypothèse du continu, et profitez-en, ils sont rares*...
Soit $E$ un ensemble et $T$ un ensemble d'applications de $E$ dans $E$
On suppose que {\bf pour toute partie $R$ de $E\times E$} il existe $f\in T$ telle que:
$\forall x\in E: (x,f(x))\in R$ ou $\forall x\in E: (f(x),x)\in E^2-R$
1) (assez facile) *montrer que le successeur du cardinal de $T$ est au moins égal à $2^{|E|}$ en termes snobs: $|T|^+\geq 2^{|E|}$
2) (ouvert à ce que je sache) Est-il possible de satisfaire aux hypothèses avec $|T|<|E|$?
{\it Notation: $|X|$ désigne le cardinal de $X$}
*Je mets cet astérisque, car la rareté se situe ici: on n'a pas souvent l'occasion de rencontrer des ensembles non triviaux $E,F$ dont il est facile de prouver que $|E|^+\geq 2^{|F|}$ sans avoir la moindre idée de comment prouver que $|E|\geq 2^{|F|}$ -
Pour en revenir aux jeux du post de 23h29 20 aout, $G=D=$l'ensemble des applications de l'ensemble des suites finies $u_1;..;u_{n_u}$ d'éléments de $E$ dans l'ensemble $E$.
Si $(s,t)\in G\times D$ alors le match $m:=M(s,t)$ de $s$ contre $t$ est défini par:
$m\in E^\N$
Pour tout $n\in $ ensemble des entiers pairs: $m_n:=t(m|n)$ en notant $m|n$ l'application de $n$ dans $E$ restriction de $m$ à $n$
Pour tout $n\in $ ensemble des entiers impairs: $m_n:=s(m|n)$
Vérifiez que $(M,G,D,E^\N)$ est une structure ludique {\bf réactive} -
Pour faire remonter le fil, une question (je n'ai pas le temps de faire plus):
Un corps topologique est dit {\bf supercomplet} quand toutes suites de Cauchy, {\it éventuellement dans une extension générique} converge.
Je rappelle qu'une suite $u$ est de Cauchy quand, pour tout ouvert $W$ contenant $0$, il existe un entier $N$ tel que pour tout $p>N$
$u_p-u_N\in W$
Traduction en termes classiques (mais il vous serait profitable d'avoir compris l'énoncé ci-dessus en les termes où il a été exprimé):
On considère le jeu suivant:
Toto joue $r_n\in K$ et $W_n$ voisinnage de $0$. Bil répond par un $u_n$ avec l'obligation que $u_n-u_p\in W_p$ pour tout $p<n$.
Toto gagne si à un moment $n$ il parvient à faire que $r_n=u_n$ (ie il devine à l'avance le coup d'après)
Le corps est supercomplet si Toto a une stratégie infaillible pour gagner.
Exercice: trouver des corps supercomplets non triviaux (j'ai l'impression qu'il ne courent pas les rues!)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Pour faire remonter le fil, et parce que je n'en ai pas assez parlé: le théorème de Lowenheim Skolem
J'ai ouie dire que beaucoup de gens le trouvent "surprenant" et le considèrent comme un paradoxe. Je n'ai pas l'habitude de nier le "caractère paradoxal" de quelque chose, je trouvé ça malhonnête en général, mais présentement, le th de LS n'a rien d'un paradoxe.
Tout ce que vous prouvez, vous le prouvez avec un nombre fini de mots. Les mots utilisés, peuvent être détournés de leur rôle pour devenir des "objets" formant un modèle qui vérifie des énoncés dont les négations ne sont pas prouvables. Ces modèles ne contiennent pas plus d'objets qu'il y a des mots.
En maths, on admet tacitement (et officiellement) des axiomes (ceux de ZF+en option AC;AD;AF). Ces axiomes forment une théorie comme une autre. Et si elle est consistante, elle a un modèle (par le théorème de complétude) dénombrable. Dans les posts suivant, je vais introduire une manière "différente" (de celle utilisée par le forcing) de "croire en l'existence" d'objets "extérieurs" à l'univers. Ca permettra aussi de "réviser" tout un tas de démonstrations non... convaincante.
Commençons par un premier argument. Vous avez tous entendu dire que l'axiome du choix permet de mettre un bon ordre sur chaque ensemble. Très bien! Faisons-le avec $\R$:
Soit $\phi $ une application de $P(\R)$ dans $\R$
Etant donné une partie non vide $A\subseteq \R$ de l'ensemble des réels {\bf quelconque}, on suppose que $\phi (A)\notin A$. On construit une "suite ordinale" comme suit:
$u_\alpha:=\phi (\{u_\beta/\beta<\alpha\}$
Soit le premier ordinal $\theta$ tel que $\exists \alpha<\theta$ avec $u_\alpha = u_\theta $. Il s'ensuit que $u$ est une bijection entre $\theta$ et $\R$. En effet, $\{u_\beta/\beta<\theta\}$ ne peut qu'être $\R$ "tout entier"!
Très bien... C'est un amusant raisonnement (qui fait penser au raisonnement par l'bsurde). Finalement tout est "donné" par les axiomes. On n'est pas convaincu-convaincu que ce raisonnement fait de $\R$ (le "vrai $\R$" ensemble de tous les nombres réels) "réellement" un ensemble bien ordonnable. Voici les objections philosophiques incontournables auxquelles on n'a rien à répondre:
1) La fonction $\phi $ n'a permis, via les autres axiomes, que de mettre un bon ordre sur $\R\cap M$, où $M$ est le modèle dans lequel on "travaille". Ainsi, si vous croisez un extraterrestre qui vous présente un {\bf incontestable nombre réel} (une suite de zéros et de 1), {\bf rien ne vous dit qu'il est dans $\R\cap M$}. La seule chose que vous avez c'est que l'axiome du choix {\bf proposé par $M$ va avec l'existence de $\phi$}
2) L'axiome dit "de remplacement" donne accès à "$\theta$". Mais a-t-on un "contrôle" sur la taille de $\theta$? Et bien la réponse est non! Et prouvablement "non"! C'est toute la découverte de Paul Cohen. Ainsi, en dehors de notre axiome-hypothèse de remplacement comme on dit, {\bf rien ne devrait garantir dans l'absolu} que la "suite ordinale" des $u_\alpha$ s'arrête un jour. Elle ne s'arrête que {\bf parce qu'on décrête} qu'il ne doit pas y avoir d'injection des ordinaux dans $\R$.
Il est notable qu'en plus de ça, l'objection (2) {\bf est soutenu par un jeu} (comme il en a été question dans les posts ci-dessus). Le voici (post suivant, pour éviter de chercher des heures les erreurs latex lol):Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Mais avant de décrire le jeu, un point important qui va le rendre encore plus savoureux:
il existe des preuves que $\R$ peut être bien ordonné qui n'utilisent pas d'une manière apparente l'axiome de remplacement. Dès lors, le jeu qui va montrer qu'aucune de ces preuves ne peut vraiment être "convaincante" n'en sera que plus croustillant.
Voyons à quoi peut bien ressembler une telle preuve:
{\it On garde les hypothèses de cidessus, concernant $\phi$ etc. On dit qu'un ensemble $B$ de réels est "stable" ssi $\forall X\subseteq B:\phi (X)\in B$
L'hypothèse faite sur $\phi$ implique que seul $\R$ lui-même est stable.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
{\it l'idée suivante consiste à munir les $B\subseteq \R$ (stables ou non) d'un bon ordre (si on peut).
Un couple $ ( B , < ) $ est "opé" par définition ssi:
1) $<$ est un bon ordre sur $B$
2) pour tout $x\in B:x=\phi (I_x)$ en notant $I_x:=$ l'ensemble des $y\in B/ y<x$
On "sent" qu'on tient là un petit peu la même chose que la $u$ de tout à l'heure...
}Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
{\it
On définit $L\subseteq \R^2$ comme l'ensemble des couples $(a,b)\in \R ^2$ tels qu'il existe un $(B, <_B ) $ qui soit opé avec:
1) $(a,b)\in B^2$
2) $a< _B b$ }
Exercice: montrer "avec peu de moyens" la chose suivante:
le couple $(\R,L)$ est opé. Ainsi, on a construit $L$ qui est un bon ordre sur $\R$...
Trouver à quel moment il y a une étape de votre preuve qui n'est "pas convaincante"Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Je reviens aux jeux, matchs, et stratégies définis au post du 24/8/2007 à 14h42
l'ensemble $E$ sera $2$ ie $E:=\{0;1\}$
Il y a 3 théorèmes qui ont défrayé la chronique des théoriciens des ensembles entre 1975 et 1990 environ:
1) Les jeux boréliens sont déterminés. Ce qui s'exprime formellement par:
Pour toute partie borélienne $A$ de $2^\N$ ou bien il existe $s$ telle que $\forall t: M(s,t)\in A$ ou bien il existe $t$ telle que $\forall s: M(s,t)\notin A$.
Ca été démontré par Martin en 1975. H.Friedman a prouvé que pour prouver ce théorème on est obligé d'utiliser "presque toute" la puissance de ZF
C'est un des rares problèmes {\bf décidables} dont on a {\bf prouvé} que toutes ses démonstrations sont subtiles et longues.
2) Les jeux analytiques sont déterminés si on suppose l'existence de grand cardinaux (J'ai mis un fil où sont énoncés quelques tels axiomes). Je n'insiste pas pour l'instant, je vais écrire la preuve dans un futur post. Un ensemble analytique dans $2^\N$ est l'image par une application continue de $\N ^\N$ dans $2^\N$ d'un borélien dans $\N ^\N $
3) On fait si on suppose qu'il existe de très grand cardinaux, tous les jeux projectifs sont déterminés. Et l'axiome AD est consistant. Je détaillerai dans de prochains posts.
J'énonce maintenant un axiome accessible à la clientèle "profs de prépa" de ce forum qui ressemble assez à AD et utilise des objets qui leur sont familiers.
{\bf Axiome:}
Pour toute partie $A$ de $\R ^2$ il existe une application $f$ de $\R$ dans $\R$ continue sur $\R-\Q$ et telle que:
$(\forall x (x,f(x))\in A)$ ou $(\forall x (f(x),x)\notin A)$
Autrement dit le grpahe de $f$ est inclus dans $A$ ou le symétrique du grpahe de $f$ par rapport à la diagonale du plan est disjoint de $A$Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Fil très intéressant mais illisible dans sa continuité avec mes vieux yeux, serait-il possible de connaître une date approximative de disponibilité de la verison PDF ?
Merci -
uops, j'ai délaissé un peu ce fil ces derniers mois: promis "mediat", dès que j'ai 2H de libre d'affilée, je me force à copier-coller tous les posts, à débugger et à mettre en ligne un joli html et un pdf avec des gros caractères.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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christophe chalons a écrit:uops, j'ai délaissé un peu ce fil ces derniers mois: promis "mediat", dès que j'ai 2H de libre d'affilée, je me force à copier-coller tous les posts, à débugger et à mettre en ligne un joli html et un pdf avec des gros caractères.
-
Moi qui cherchait un tutoriel sur Forcing partout sur le net et les DB électronique. D'abord, merci. C'est quand même un effort, d'ailleurs souvent pas fait par les spécialistes, d'expliquer le pourquoi et le comment des maths.
Cependant, j'avoue que je suis un peu perdu. Donc, moi aussi je suis curieux de savoir si une version pdf qui relie et catégories et organise les différents sujets abordés sera disponible.
A vrai dire, je peux même aider au besoin.
merci encore; il me semble que c'est le seul sur le net (qui soit dans une langue que je peux comprendre).
osman -
Bonjour
Merci infiniment pour ce post. Je m'intéresse beaucoup à la logique propositionnelle, aux théorèmes de Gödel, Tarski et au forcing depuis mon mémoire sur le paradoxe de Banach-Tarski.
Ce post est donc très intéressant pour moi.
Mais ma question est tout différente. Je compte également m'acheter le livre "théorie des ensembles" qui vient de paraitre chez Cassini :
http://www.cassini.fr/#theorie_des_ensembles
Je ne suis pas une bête de maths, à vrai dire je patauge en M1, mais c'est ma grande passion, et j'achète régulièrement (achats compulsifs ) des livres de maths. Cette collection me semble extraordinaire, rien que pour leur couverture "dure" et le papier, à la fois "vieux livre" et livre récent j'en achèterai plusieurs tomes
Enfin bref, ma question est : quelqu'un possède-t-il ce livre ? Il contient une preuve du théorème d'incomplétude, et toute la seconde partie porte sur le forcing. J'aimerais avoir un avis éclairé : est-ce accessible dans ce livre pour un étudiant de M1 ? Est-il bien écrit à votre goût ?
Merci d'avance ^^
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