"Il est facile de 2"

Calli

Tu remarqueras que je n'ai pas eu besoin de l'hypothèse d'homogénéité.

D'ailleurs, je viens de remarquer que tu as cité dans ce fil mon tout premier message, c'est marrant ^^. http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1008195,1808406#msg-1808406

raoul.S

Pour la 1101 on peut utiliser à nouveau l'argument de Calli pour un composante connexe non ? (les composantes connexes sont compactes dans ce cas).

Si oui on a pas eu besoin de l'hypothèse d'homogénéité encore une fois...

Calli

Il faut que les composantes connexes ne soient pas toutes des singletons. La question est donc : un espace topologique infini, compact (séparé), et homogène peut-il être totalement discontinu ?

Edit : Oui : le Cantor $\{0,1\}^{\Bbb N}$.

christophe c

De mon téléphone: oui j'ai eu la main lourde en ajoutant connexe. J'ai une.fzcheuse tendance à oublier Uryszon en général.

raoul.S

Je récidive pour la 1101: on peut dire en tout cas que $card(E)\geq \aleph_1$.

En effet si $E$ était dénombrable alors il serait union dénombrable de fermés (les singletons). Ces fermés ne peuvent pas tous être d'intérieur vide car autrement par Baire $E$ serait d'intérieur vide. Mais ils ne peuvent pas non plus être tous ouverts car $E$ est compact et infini. Donc il existerait un singleton ouvert et un singleton... pas ouvert, ce qui est impossible par homogénéité de $E$.

Donc si on accepte HC c'est bon (:P)

Calli

@raoul.S : (tu) (enfin sauf "on accepte HC", ça c'est triché ^^)
J'avais oublié que Baire marche pour les compacts non métriques.

christophe c

Sans l'homogénéité, $\omega_1 +1$ doté de l'ordre est un compact séparé de cardinal $\omega_1$. Je n'avais effectivement pas écrit "non dénombrable" (mais seulement "infini") pour la raison signalée par Raoul que je remercie.

L'homogénéité est une hypothèse forte. Par exemple, un espace compact homogène est forcément petit.

L'autre sens (il est forcément un peu grand quand-même) est la 1101. Merci pour vos enthousiasmes. Au post suivant une question probablement plus facile.

christophe c

[size=x-large]

Question 1102:

[/size]

Soit $A$ un anneau à la fois commutatif, intègre et noethérien. Soit $B$ l'ensemble des idéaux propres de $A$. Soit $f$ une application de $B$ dans $\N$ telle que :

1/ $\forall (I,J)\in B^2: f(IJ)=f(I)+f(J)$

2/ $\forall (I,J)\in B^2: [$ si $I\subset J$ et $f(I)\leq f(J)$ alors $I=J]$

3/ $f$ n'est pas bornée

On note $C := \{n\in \N\mid \exists P\in B$ qui est premier tel que $n=f(P) \}$.

Question: a-t-on forcément $C\subset \{0;1;2\}$ ou $C$ infini?

Remarque: si oui, ça englobera sous un même théorème à la fois Artin Shreir et l'infinitude des nombres premiers et j'attire l'attention sur le fait que ce n'est pas pour autant que c'est forcément difficile à prouver.

marco

Soit $\Z_2$ l'ensemble des nombres $2$-adiques, et $A=\Z_2 \times \Z_2 \times \Z_2$.
Les idéaux de $\Z_2$ sont les ensembles de la forme $2^k \Z_2$. Donc $\Z_2$ est noethérien, et $A$ aussi.
Le idéaux $I$ de $A$ sont de la forme $2^k\Z_2 \times 2^l \Z_2 \times 2^m \Z_2$. À un tel $I$, on associe $f(I)=k+l+m$.
Alors $f$ vérifie les propriétés demandées.
Et les seuls idéaux premiers de $A$, sont, à permutation près, $I_1=2 \Z_2 \times \Z_2 \times \Z_2$, $I_2=2 \Z_2 \times 2\Z_2 \times \Z_2$, $I_3=2 \Z_2 \times 2\Z_2 \times 2\Z_2$. Donc $f(I_3)=3$, et l'image par $f$ de l'ensemble des idéaux premiers de $A$ n'est pas infinie.

Edit: pardon, j'ai oublié l'idéal $(0)$, ça ne marche pas...
Edit2: $A$ n'est pas intègre non plus...

marco

D'après 1/, $f((0)J)=f((0))+f(J)$, donc $f(J)=0$ pour tout idéal $J$, donc $C=\{0\}$.

christophe c

Marco, un immense merci et bravo à toi. De toute façon l'introduction un peu ad hoc de la fonction $f$ me déplaisait, je vais réfléchir à une conjecture plus fluide et mieux réfléchie pour l'usage consistant à valider le slogan "toute notion de premier est telle qu'ils sont en nombre infini ou alors que un truc CASH de chez CASH se produit"

marco

Peut-être par idéal propre, voulais-tu dire "différent de $(0)$" ? Habituellement, c'est "différent de $A$".
Si tu veux dire "différent de $(0)$", je n'ai pas répondu à la question.

marco

Si on entend par idéal propre "idéal différent de $(0)$", alors on peut choisir $A=\Z$, et à tout idéal $(a)$, tel que $a=p_1^{n_1}\dots p_k^{n_k}$, on associe $f((a))=3n_1+3n_2+\dots+3n_k$. Alors si $(p)$ est premier $f((p))=3$.
Et $f$ vérifie bien les propriétés demandées.

Il faudrait demander $\# C=1,2$, ou $3$ ou $C$ infini, et entendre par idéal propre "idéal différent de $(0)$".

christophe c

Merci Marco. Mais de toute façon, je suis résolu à virer ce genre d'espèce de fonction additive ou autre. Voici une conjecture bien plus sympa à casser (ou à prouver :-D ) revenant à la pureté de mes intentions:

[size=x-large]

Question 1103 + i

[/size]

Soit $A$ un anneau et $M$ un idéal. Je note $\phi(A,M)$ la classe d'isomorphisme d'anneaux de l'anneau $A/M$.

Je note $v(A)$ le cardinal de l'ensemble des $\phi(A,M)$ quand $M$ parcourt l'ensemble des idéaux maximaux (différents de $A$) de $A$. Plusieurs questions se posent:

Question 1103: a-t-on que pour tout anneau noethérien intègre $v(A)$ est $\leq 2$ ou infini?

Question 1104: existe-t-il un entier $n$ tel que pour tout anneau noethérien intègre $v(A)$ est $\leq n$ ou infini?

Tous les anneaux sont ici sous-entendus commutatifs unitaires.

christophe c

Je remercie Purple qui m'inspire une question via son fil http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1963312,1963312#msg-1963312

Je rappelle qu'un fermé est "essentiellement" un réel au sens que pour le caractériser, on a besoin de connaitre le statut des rationnels vis à vis de lui.

[large]

Question 1105

[/large]

Existe-t-il un ensemble $A$ borélien de fermés du plan tel que:

1/ Il existe un ensemble non dénombrable d'éléments de $A$, deux à deux disjoints et,

2/ Toute ensemble d'éléments de $A$, deux à deux disjoints, est de cardinal au plus $\omega_1$?

christophe c

Anatole vient de m'appeler pour me dire que la 1104 est facile (pour lui :-D ) et "donc" la 1103 aussi :-D et "donc", je vous laisse ça en exercice ;-)

christophe c

[large]Question 1106[/large]

En reprenant les notations de 1103, j'appelle "anneau natif" un anneau noéthérien vérifiant $v(A)\leq 2$ ou $v(A)$ infini.

Conjecture 1106: tout anneau noéthérien intègre peut s'obtenir à partir d'un anneau natif en itérant l'opération de rendre inversibles certains de ses éléments.

Bon, je ne la trouve pas très belle, c'est en attendant d'en avoir une plus pure.

christophe c

[large]

Question 1107 (posée par Anatole)

[/large]

Soit $G$ une partie borélienne de $\R^2$. On suppose qu'il existe une partie $A$ non dénombrable de $\R$ telle que $A^2\subset G$.

Existe-t-il alors forcément une partie $A$ de $\R$ dont le cardinal est $2^\N$ telle que $A^2\subset G$?

christophe c

Je vous répercute une solution que Anatole vient de me téléphoner pour la 1107.

Soit l'ensemble $A$ des couples $(x,y)$ de $\R^2$ tels que $x,y$ sont Turing-comparables. Il existe (avec l'axiome du choix), bien une application de $\omega_1$ dans $\R$ dont l'image est une $A$-clique.

Et il n'existe que des cliques de taille au plus $\omega_1$.

Conclusion : réponse non !

$x\leq_{Turing} y$ veut dire "il existe un programme qui permet, pour chaque $n$, de renvoyer $x(n)$ dès lors que la fonction $n\mapsto y(n)$ est implémentée comme oracle dans la machine".

christophe c

[size=x-large]Question 1109[/size]

christophe c

[size=x-large]

Question 1110

[/size]

christophe c

[size=x-large]Question 1111[/size]

Cette question est plus sévère que la 1109, mais elle s'en rapproche.

existe-t-il un nombre $a$ ,u,v et une application $f$ qui est $C^\infty$ définie sur $]a,+\infty[ $ vérifiant:

a/ Toutes les dérivées de $f$ sont monotones, ET

b/ $\forall x>a: \pi(x) = PartieEntiere (f(x)) $

Poirot

À quoi servent $u$ et $v$ ? Et ne suffit-il pas de relier linéairement $(p_n, n)$ à $(p_{n+1}, n+1)$ en lissant les transitions ?

christophe c

Es-tu sûr que ça permettent d'avoir la monotonie demandée en petit(a)? J'ai peur que non, mais je suis néophyte.

christophe c

Ah pardon tu as raison pour l'inutilité de $u,v$, c'est juste que j'avais fait un copié-collé de la 1109 :-D

Poirot

En fait je ne suis même pas sûr que l'on puisse obtenir la monotonicité en les points de jonction, oublie ce que j'ai dit. :-D

christophe c

Anatole a résolu la 1109 et la 1111 par la négative en reprenant un résultat qui dit que

$$ \{p\in Premiers \mid \exists q\in Premiers: q>p\ et\ q\leq p+70 000 000\} $$

est infini

C'est un article de 1966, je crois, qui ressemble un peu à la conjecture des premiers jumeaux, en un peu plus faible.

Calli

@christophe, pourquoi t'intéresses-tu aux fonctions dont toutes les dérivées sont monotones ?

Poirot

Non, c'est un article de Zhang de 2014 !

L'article de 1966 auquel tu fais référence c'est sûrement l'article de Chen dans lequel celui prouve qu'il existe une infinité de premiers $p$ tels que $p+2$ est soit premier, soit produit de deux nombres premiers.

christophe c

Ah, mince, pardon, et merci Poirot!

@Calli: bin disons que ce sont des fonctions qui me paraissent représenter une forme harmonieuse, supplémentaire par rapport à ce qu'on obtient déjà en demandant l'holomorphisme.

Mais Anatole m'a dit qu'on ferait le pari opposé à celui qui émane des 1109 + 1111, à savoir une sorte de distribution des nombres premires qui seraient apparentées à une distribution "hasardeuse".

Si on considère comme "le vrai Dieu", celle ou celui qui a fait que 7 est un nombre premier (au langage près) et en a créé une preuve, et qui aurait pu faire que 7 est composée "s'il/elle avait voulu", alors je comprends très bien l'engouement des mathématiciens pour cette question.

Je rappelle que les lois de la physique sont un cran en dessous des théroèmes de maths en ce qui pour les lois de la physique, on peut rêver qu'elles sont fausses, alors que pour les théorèmes, on ne le peut même pas, il n'y a même pas de monde, réel ou non, où ils sont faux.

Trouver donc du hasard-like dans un ensemble calculable est un défi qualitatif majeur, je comprends que ça fasse fantasmer.

Mais il n'y a pas de choix de ma part vraiment approfondi pour cette sorte d'harmonie.

Calli

D'accord.

christophe c

[size=x-large]

Question 1112

[/size]

Maxtimax

Un article de Zhang très célèbre par ailleurs ! ça a été un peu amélioré après grâce au polymaths project (je ne sais pas quel rôle Terence Tao a joué dans l'amélioration, mais il me semble qu'il a participé). C'est descendu à 600 non conditionnellement à peu près si je ne m'abuse, et à 6 conditionnellement à des conjectures très crédibles apparemment (mais apparemment, pas question de descendre à 2 avec ces techniques)

christophe c

Merci Max: on est bien d'accord que tu prolonges les informations postées par Poirot, mais que ça ne clôt pas la 1112?

christophe c

[large]Dans ce fil[/large],

maxtimax a calculé (dans ZFC et sans ajouter de grands cardinaux), une limite au delà de laquelle un truc arrive.

Je vais poser une question vague qui reprend essentiellement les mêmes préoccupations. Avec des grands cardinaux, on a que pour tout espace topologique séparé $Y$, il existe un cardinal $k$ tel que pour tout espace topologique quasicompact $X$ et application continue $f: X^k\to Y$, il existe une partie $A$ de $k$ telle que :

1/ $card(A)<k$

2/ $\{(p,y) \in X^A\times Y \mid \exists q\in X^k: [p = (q_{|A})]$ et $f(q)=y \}$ est une fonction

[large]Question 1113:[/large] peut-on obtenir cet énoncé dans ZFC?

christophe c

La réponse à 1113 est oui. Anatole prouve qu'il suffit de prendre $k>$ cardinal de l'ensemble des recouvrements fini de $Y$.

Si on ne suppose pas $K$ quasi-compact, il n'y a pas de borne uniforme qui ne dépend que de $X$.

christophe c

[size=x-large]Question 1114:[/size]

pour des entiers $a,b$ on note $A(a,b)$ l'ensemble $$
\{p\in Premiers \mid \exists k\in \N: p\ divise\ (a^k-b^k) \}$$

Quels sont les couples $(a,b)$ pour lesquels $A(a,b)$ est fini?

PierreB

https://en.wikipedia.org/wiki/Zsigmondy's_theorem

Pierre.

christophe c

Merci Pierre!!! Les gens en ont fait des choses en arithmétique et puis, c'est plaisant de voir des noms internationaux divers et variés auteurs de ces choses.

christophe c

[size=x-large]Question 1115[/size]

christophe c

[size=x-large]Question 1116 :[/size]


Il y a un analogue célèbre, en analyse, des degrés de complexité (autrement dit de la notion de degré de Turing). Mais il est en général utilisé avec l'espace** $K:=2^\N$ (ou éventuellement $\N^\N$, ce qui ne change pas grand-chose pour ce contexte).

** topologie produite de la discrète sur $2$.

C'est la notion suivante: $A$ est plus simple que $B$ quand il existe une application continue $f:K\to K$ et une bijection $s: 2\to 2$ vérifiant

$$\forall x: A(x)=s(B(f(x))$$

C'est très naturel comme notion de complexité et bien connu: l'image réciproque est "plus simple" (c'est rarement le cas de l'image directe, comme chacun sait).

Le niveaux s'appellent "degrés de Wadge". Ils sont surtout importants en l'absence de l'axiome du choix et en présence de $AD$, car ils sont organisés en "bon ordre" (à 3 bricoles à préciser près, puisqu'il y a les complémentaires à traiter)

Par contre la connexité de $J:=[0,1]$ ne permet absolument pas ces prodiges. On n'a ni détermination directe, ni total ordre des Wadge, avec la réduction similaire. Je vous rédige donc une question qui, roughly speaking, demande si on a au moins la bonne fondation.

Etant données des parties $A,B$ de $J$, on dira que $A>B$ quand pour toute permutation $s$ de $2$ et tout $k>0$, il existe une application $f:J\to J$ Lipschitzienne de rapport $\leq k$ telle que:

$$\forall x\in J: s(B(x)) = A(f(x))$$

Question: existe-t-il une suite $U$ de parties de $J$ telle que

$$[\forall n\in \N: (U(n+1)>U(n))]? $$

Avec l'axiome du choix il parait presque évident que oui, mais la question est posée avec CD,mais sans choix.

christophe c

[size=x-large]Question 1117:[/size]

on ne suppose pas l'axiome du choix. Mais on garde l'axiome du choix dépendant. Un ensemble $E$ sera dit farouche quand l'ensemble $d(E)$ de ses parties dénombrables infinies est infini et que pour toute $f: d(E)\to \N$, il existe $X\in d'E)$ telle que $f$ est bornée sur $d(E\setminus X)$.

L'axiome suivant est-li consistant (avec ZF + Choix Dep):

pour tout ordinal $a$, il existe un ensemble farouche $E$ et une surjection de $E$ sur $a$

Martial

@Christophe : j'aime beaucoup le terme "ensemble farouche". Ça me rappelle les ensembles amorphes dont parlait Max il n'y a pas longtemps.

Pour décontracter tout le monde je vais raconter une amecdote que tu connais sûrement, mais peut-être pas les autres intervenants. C'est l'histoire de Wadge.
Au début des années 1970, Wadge fait une thèse, dans laquelle il présente la hiérarchie des ensembles boréliens que tu connais. Problème : ce truc ne tient la route que modulo la détermination borélienne, dont on n'est pas sûrs à l'époque. Comme c'est du bon boulot on lui donne quand même son PHD, mais on lui fait comprendre que tant que le doute ne sera pas levé il aura du mal à trouver un poste. Du coup il se barre dans l'informatique et disparaît des écrans radar.
En 1975 Tony Martin démontre la détermination borélienne.
Quelques années plus tard les gens se rendent compte qu'il y a peut-être quelque chose d'intéressant à tirer des travaux de Wadge. On recontacte Wadge pour lui proposer de continuer à travailler dans le domaine. Entre temps Wadge a fait son trou dans l'informatique, il répond : "Allez vous faire cuire un oeuf, moi j'ai d'autres chats à fouetter, vous n'avez pas voulu me faire confiance démerdez-vous !".
Encore quelques années plus tard, Louveau se rend aux States, "vole" les papiers de Wadge dans un bureau quelconque, en fait des photocopies vite fait et les remet là où il les a trouvés. Il revient à Jussieu et refile le bébé à Saint-Raymond. Ce dernier constate que c'est un bordel innommable et décide d'embaucher un étudiant en DEA pour essayer de clarifier le truc.
Et l'étudiant en question s'appelle... Dominique Lecomte, qui a fait son mémoire l'année avant moi.
J'ai eu chaud aux plumes !

christophe c

Pour donner une idée de la passion qui étreint les chercheurs et pourquoi il faudrait les payer, je continue ton histoire.

Un jour que je dinais au Flunch** des Halles, je croise Dominique. Cela faisait 8ans que je ne l'avais pas croisé, on devait être en 2010, un truc comme ça. Je lui dis alors comment vas-tu? Que devient "le groupe TDescriptive" du marci?

Réponse*** immédiate: on a enfin avancé de façon substantielle sur les relations d'équivalence analytiques co-descendantes et pu justifier le lemme de Machin qui permettait d'en déterminer certains qui blablabla. Mais il reste quand-même le problème de la définissabilité borélienne light de Truc, même si Bidule pense qu'il sait "AU MOINS" comment en obtenir une bodface, il nous a fait un topo mardi dernier, c'était un peu brouillon

J'étais bouche bée. Pour les mathématiciens, le temps s'arrête en un certain sens.

*** j'invente les mots savants (pas le thème, ils étaient très engagés sur les relations d'équivalence analytiques) et le discours évidemment, c'était ça, mais avec des vrais mots.

** je suis l'inventeur de la formule "légumes à volonté. Il y a 32ans, le mec (dir local d'un flunch en province) m'a dit: "c'est une très mauvaise idée, on voit que vous n'y connaissez rien à la restauration"

L'an dernier, en allant vider un garage, j'en ai retrouvé une preuve: lors d'un stage chez Havas, je devais rédiger un mémoire pour mériter une petite paye (je devais avoir 20-22ans), je tombe dessus, je l'ouvre et je vois 10 pages où je ronchonne parce que le mec m'avait dit ça. 5 à 6 ans plus tard, il s'est assuré sa promotion interne en vendant l'idée à ses chefs :-D

Martial

Tu m'avais déjà raconté l'histoire avec Dominique (avec les détails techniques en moins), mais je ne connaissais pas le coup du flunch.

Du coup ça me fait penser à une autre : c'était pendant mon année de stage (85-86), lors d'une réunion obligatoire où on se pelait le jonc à 100 sous de l'heure. Une collègue stagiaire me raconte l'histoire suivante : à l'occasion d'une réunion pédagogique, un ipr fait une conférence dans laquelle il donne un exemple d'un "cours-modèle", mettons sur l'homothétie en seconde. A la fin il demande à son auditoire ce qu'ils ont pensé de sa présentation. Et la nana lui répond : "Elle est bien, votre présentation, m'sieur l'inspecteur. Très très bien, même. Mais ce que je ne comprends pas c'est pourquoi il y a 2 ans vous avez allumé une de mes collègues qui avait fait exactement le même cours, à la virgule près".

Without commentaries.

christophe c

[large]Question 1118:[/large]

Est-ce que même avec l'axiome du choix, on peut supposer que chaque ensemble de réels ayant toutes ses images réciproques continues et injectives Lebesgue négligeables est dénombrable?


[large]Question 1119:[/large]

Est-ce que même avec l'axiome du choix, on peut supposer que chaque ensemble de réels ayant toutes ses images réciproques continues et injectives Baire négligeables est dénombrable?

Calli

Qu'est-ce que ça veut dire "on peut supposer" ?

christophe c

Est-ce que leur négation n'est pas un théorème de ZFC (C pour axiome du choix)?

Calli

Ah d'accord.

Tout ce que je sais à propos de la 1118, c'est qu'il existe toujours un Lebesque-négligeable de $\Bbb R$ dont l'image réciproque par une certaine fonction continue n'est pas Lebesque-négligeable. Mais ça ne répond pas à la question, et je suppose que tu le savais déjà.

Pour la 1119, n'est-il pas vrai que toute image réciproque continue d'un ensemble Baire-négligeable est Baire-négligeable ? :-S Parce que dans ce cas, tout Baire-négligeable non dénombrable répond "non" à la question.

christophe c

Calli a écrit:

n'est-il pas vrai que toute image réciproque continue d'un ensemble Baire-négligeable est Baire-négligeable ?

Première nouvelle pour moi, je n'ai rien en mémoire à ce propos. Mais je vais y réfléchir pour le coup, merci pour cette remarque (j'ai tout de même des doutes, mais sait-on jamais).

Et je précise aux lecteurs que je vais corriger une coquille, j'ai oublié de préciser que la fonction doit être injective, sinon IR est image réciproque de n'importe quel singleton et la propriété demandée ne force rien du tout.