Paradis cantorien
Salut à tous,
Quelqu'un connaît-il la version allemande initiale de la célèbre phrase de Hilbert : "Nul ne nous chassera du paradis que Cantor a créé pour nous" ?
Et pendant qu'on y est, une traduction en anglais ?
Merci d'avance
Martial
Quelqu'un connaît-il la version allemande initiale de la célèbre phrase de Hilbert : "Nul ne nous chassera du paradis que Cantor a créé pour nous" ?
Et pendant qu'on y est, une traduction en anglais ?
Merci d'avance
Martial
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Réponses
https://de.wikipedia.org/wiki/Cantors_Paradies
"From the paradise that Cantor created for us, no one shall be able to expel us"
(cf . ici)
@Martial : La phrase allemande contient la notion de « pouvoir chasser » dans le sens d’avoir la capacité de chasser. C’est le koennen allemand.
La traduction anglaise est très satisfaisante voire parfaite.
La traduction française dans ton premier message est insatisfaisante car cette notion est oubliée.
On pourrait proposer :
Nul ne pourra nous chasser du paradis que Cantor a créé pour nous.
Ou encore - et c’est ma traduction :
Du paradis que Cantor a créé pour nous, nul ne pourra nous chasser.
@YvesM : j'ai cité la phrase de mémoire, mais maintenant que tu le dis il me semble bien que la traduction "officielle" en français est le première que tu as donnée. Mais j'aime bien aussi ta deuxième traduction, je la trouve poétique.
(Sorry)
je vois que ce livre avance?
F.D.
Oui ça avance. En ce moment je pédale un peu dans la choucroute au Chap 23 avec la théorie descriptive, je suis en train d'essayer de rédiger la preuve de la détermination borélienne.
Après, il reste le chap 25 (grands cardinaux, 2ème épisode), puis le chap 26 consacré aux théories alternatives.
Sans parler du chap 22 (forcing propre) qui est un véritable chantier en friche.
Bref, il y a encore du pain sur la planche.
Donc si tu arrives à en simplifier la compréhensibilité (?) en plus de la traduire, ce sera vraiment apprécié ;-)
En gros (en vraiment très gros), on montre par récurrence transfinie sur $\alpha$ que tout jeu $\mathbf{\Sigma^0_{\alpha}}$ peut être "déplié" (unravelled) en un jeu ouvert-fermé sur un espace beaucoup plus compliqué.
Le plus dur est de prouver que tout jeu fermé peut être déplié en un jeu ouvert-fermé. C'est là que c'est hyper-technique (déjà la définition du dépliage n'est pas simple).
Ensuite, pour le passage de $\mathbf{\Sigma^0_{\alpha +1}}$ à $\mathbf{\Sigma^0_{\alpha}}$ tu dis c'est kif-kif que le lemme précédent.
Et pour les ordinaux limites ça revient à démontrer l'existence d'une "inverse limit" (limite projective ?).
Bon, je vais faire ce que je peux...
Je te tiens au courant.
La partie réunion d'ouverts fermés ne pose pas vraiment de problème.
La partie "fermé pas plus complexe qu'ouvert fermé" est THE phénomène des maths ensemblistes un peu comme on pourrait qualifier "théorème fondamentale des maths ensembliste"
Je te montre vite fait comment ça se passe.
Prenons un jeu ouvert. Donc a priori par fermé :-D
Ca veut dire quoi? Bin que Lea affronte Bob et que le but de Lea c'est d'obtenir que la clochette se déclenche avant la fin.
Le but (assymétrique) de Bob est qu'elle reste silencieuse tout au long de la partie.
Le "déplier" en ouvert-fermé, c'est faire la remarque suivante :
En plus de jouer son coup, Lea a le devoir de jouer un ordinal dans $k$. En outre à chaque coup, elle doit jouer un ordinal strictement plus petit que le précédent.
Si elle ne fait pas ça, la sirène se déclenche
Ce nouveau jeu est ouvert fermé (si la cloche se déclenche, la partie s'arrête et Lea gagne, si la sirène se déclanche la partie s'arrête et Bob gagne.
Si $k$ est assez grand, ce jeu n'est rien d'autre qu'une "reformulation" (avec tout le tintouin à rédiger) du jeu précédent.
Pour les itérations, l'esprit est que on déplie tous les $A_n$, du coup leur réunion $B$ est un ouvert.. que l'on déplie, et ainsi de suite. Ca rend déterminés les boréliens.
Mais maintenant, il faut mettre ça sur le papier...
Christophe: merci, j'avais oublié ces choses là et décrit comme ça, au moins la stratégie (sinon les détails) est claire !
Celle de 85 est rigoureuse mais avec ce but justement.
Je ne serais pas étonné que celle de 74 soit plus naturelle même si plus sale.
Ce que j'ai raconté convainc n'importe qui que la détermination borelienne est vraie (on voit comment iterer etc ) mais on n'a pas du tout envie de rédiger dans être payé.
Alors que celle de 85 peut être plus facile à rédiger perd peut être son côté naturelle. Donc du coup Martial toi qui aimes ça aurait peut être à gagner à chercher si tu peux pécho celle de 75.
En fait ce qui m'intéresse c'est surtout le fait que détermination borélienne = ZFC, alors que détermination au-delà = ZFC + GC... ce que je trouve magique et sept-dérant.
Mais il faut bien que je termine mon livre...
Mais l'autre sens vient de Harvey Friedman. Et à ce niveau une réciproque c'est presque "un contraire".
Sinon pour en revenir à l'intuition un jeu borélien se réduit à un jeu ouvert-fermé du fait de la spécificité des entiers.
Un truc qui serait intéressant, ce serait de sortir des usines à gaz des démonstrations formelles et de tenter une sorte "d'ANS nouvelle" pour ces phénomènes. A la différence de Jordan ici, on n'a pas "d'arbitraire physique" qui est à traduire en formel. Donc il y a peut-être plus d'espoir que ce soit possible pour de jeunes thésards qui y passeraient 3-4ans.
Boban dit que $\det(Bor)$ est déjà une hypothèse de GC, dans la mesure où elle entraîne l'existence de $\beth_{\aleph_1}$.
Autre chose : contrairement à ce que je pensais je viens de m'apercevoir que je n'ai pas l'article de 1975 de Donald A. Martin : "Borel Determinacy".
Je viens d'y jeter un oeil, je ne démontre pas tout; mais je crois (bon ça fait looooongtemps et je ne me suis pas relu) qu'il n'y a qu'une chose que j'admets (et elle est explicitée), donc ça peut peut-être t'aider (qui sait ?)
Visiblement aussi j'étais fatigué, au moins sur la fin (tu verras, il y a une petite surprise) , donc possible que ce soit n'importe quoi, tu me diras, mais je le joins à tout hasard quand même. Il me semble que l'exposition était légèrement simplifiée
(tu pardonneras le moi d'il y a 4 ans de la nullité du document :-D )
Ça a l'air plus facile à lire que l'article de 1985. (Déjà, c'est en français, donc je ne pourrai pas faire de contre-sens).
Pas grave s'il manque des bouts de preuve, je pourrai boucher les trous avec le papier.
Tu me redonnes de l'espoir !
P.S. : J'ai déjà vu plus trivial, dans le genre TIPE. Tu y as mis quoi, finalement ? Martin-Steel ? (lol)
J'avais fini par y mettre : la détermination des ouverts et des fermés, l'énoncé de la détermination borélienne (sans preuve); l'incompatibilité de AD avec le choix (mais aussi le fait que ça implique une forme très faible de choix), le lien de AD avec l'hypothèse du continu (à la fois le fait qu'on l'a pour les sous-ensembles de $\mathbb R$, mais aussi le fait que $\omega_1$ ne s'injecte pas dans $\mathbb R$); la preuve de la mesurabilité de $\omega_1$ sous AD, et finalement quelques variantes un peu idiotes.
(pour la mesurabilité, je crois que j'ai vraiment tout oublié de ce que j'avais raconté, mais c'est une preuve pas évidente du tout)
Mais c'était beaucoup trop long pour l'ENS (qui demandait 5 pages !! avec des annexes "qui ne sont pas là pour allonger le document" :-D ) donc 2 jours avant le rendu j'ai complètement changé et j'ai fait de la théorie des groupes pour rentrer dans les 5 pages
Tout dépend de tes objectifs , mais demain si tu veux je le préciserai.
Les gens ont surtout galéré à REDIGER le fait que une stratégie au jeu "apparemment facile" en donne une "au jeu qui ne l'est pas".
Mais ça tu peux omettre je pense car c'est non rzdigeable quasiment alors que c'est intuitive ment évident.
Le problème des jeux c'est que ce sont des alternances de quantificateurs. Donc ne se prêtent pas à nos langages facilement
Par exemple une intersection d'ouverts c'est juste "faire sonner une infinité de fois une clochette.
Et ça se transforme en fermé via l'obligation pour qui c'est le devoir de jouer des ordinaux descendants qui promettent la survenue de la prochaine sonnerie.
Mais à rédiger c'est pénible SURTOUT POUR le fait que le une fois de plus la clochette sonne quand le plus petit ouvert pas encore gagné vient d'augmenter en indice. Et ça en internat ça devient le bordel mais au fond c'est rien.
@Christophe : je veux bien que tu me détailles clochette et sirène, si tu as le temps. Pas grave si c'est le bordel dans l'internat, on a l'habitude, lol.
En 1990 Saint-Raymond me l'avait expliqué au détour d'un couloir. Evidemment j'avais cru comprendre sur le coup, mais 5 mn après wallou.
Aujourd'hui je sais que c'est expliqué dans le Jech, mais aurai-je un jour la force de me pencher dessus ?
De toute façon, je n'avais pas vraiment le choix de changer : j'étais à $\sim 15$ pages, et si je voulais descendre à 5 je n'avais rien d'intéressant à présenter, rien qui me plaise. Donc j'ai préféré faire un truc qui à l'époque me plaisait moins, mais avait un potentiel intérêt en 5 pages (je pense que j'ai eu raison de faire ça; j'ai eu des retours d'autres exposés de TDE ou trucs liés s'étant mal passés)
La mesurabilité j'avais aussi été scotché. Déjà le fait que tout ultrafiltre soit $\sigma$-complet :-D Si ça t'intéresse je pourrai te filer ce que j'avais écrit au sujet, mais je crois que c'est essentiellement du recraché de Jech (en français cela dit)
Martial je te fais ça dans la journée.
Max pardon à l'époque j'ai le vague souvenir que tu m'avais écrit mais ma boîte marchant mal j'avais procrastine. C'est dommage la Borel det se résume en peu de pages (les ordinaux admis), mais j'ignore les exigences de degré de formel d'Ulm.
Pour la mesurabilite de omega1 c'est juste le jeu suivant chacun joue à tour de rôle un ordinal plus grand que les précédents et on regarde si la borne sup de la suite obtenue est rouge ou bleue.
Toute stratégie infaillible donne (trivialement) un club monocolor.
Pour "toute ultrafiltre sur IN est principal" chacun joue un entier plus grand que les précédents. On regarde qui c'est qui franchit la ligne d'arrivée en premier (celle ci étant l'entier virtuel donne par l'ultra filtre)
La aussi il est "trivial" qu'une strat faisant gagner infailliblement rend l'entier vrai (ie l'ultra filtre principal).
Avec AD on a même que toute mesure est sigma additive: même principe on prend des territoires alternativement et on regarde qui en a pris le plus à la fin. Toute strat donne la conclusion
@Max : je veux bien que tu me files ce que tu avais écrit à l'époque. Merci d'avance !
Mais à nouveau, je pense que j'ai fait le bon choix à l'époque, c'était plus sûr (et ce que j'ai fini par présenter avait une mini-contribution personnelle, donc mieux pour le P de TIPE)
Martial : je te joins le fichier en entier, la partie sur la mesurabilité est vers la fin; tu devrais trouver sans souci
(désolé encore pour le formatage du document, et ma volonté un peu ridicule de formaliser précisément ce qu'est un jeu ;-) )
(J'ai retiré mon nom pour des raisons "d'anonymat", comme si ce n'était pas facile de me retrouver :-D )
Au cours d'une partie les produisent des suites finies, comme tu sais, disons à termes dans $E$.
Ce qu'on appelle un ouvert $U$ de $E$, c'est une réunion d'ensembles de la forme $c(s):=$ l'ensemble des suites qui prolongent $s$.
Au cours d'une partie, la clochette sonne quand la partie (qui est une suite finie) $p$ vient juste de se mettre à contenir l'un des $s$.
Soit $\kappa$ un ordinal où Lea devra jouer des $\alpha_i$. Disons que le côté est Lea (c'est elle qui essaie de faire sonner la clochette).
On lui rajoute un contrainte: au lieu que la partie soit de la forme
$$ u_1-v_1-u_2-v_2\dots$$
elle est de la forme:
$$ (u_1,\alpha_1)-v_1-(u_2,\alpha_2)-v_2\dots$$
et les $\alpha_i$ joués par Lea doivent vérifier $\alpha_i>\alpha_{i+1}$.
De sorte que la partie, quoiqu'il en soit ne pourra durer infiniment longtemps, puisque ou bien la clochette sonnera et Lea aura gagné ou bien il y aura un moment (ce que j'ai appelé la sirène) sonnera parce que $\alpha_i=0$. (Il n'existe pas de suite descendante d'ordinaux).
Ce nouveau jeu est ouvert-fermé
Et si $\kappa$ est assez grand, tu transformes facilement toute stratégie de Bob au deuxième jeu en stratégie de Bobo au premier jeu, du fait que les ordinaux joués ne servent à rien à Bob pour gagner. (A noter qu'en pensant axiomatiquement, tu arrives à la détermination analytique sous l'hypothèse d'ordinaux indiscernables qui DISENT EXACTEMENT dans le cas d'espèces qu'il y a un ordinal assez grand pour que Lea, en jouant ses ordinaux dedans ne donne aucun avantage à Bob)
Pour obtenir la détermination borélienne, tu itères ça et c'est tout. Le terme "assez grand" n'est pas rien, puisque d'une part, il utilise AC et d'autre part, il désigne à chaque étape un ordinal stable par ensemble des parties.
On peut (mais c'est tout sale) éliminer patiemment les coupures et obtenir la preuve de 85, mais ça n'en vaut pa sforcément la peine puisque chacun devine comment on va faire et que la plus grande difficulté est d'adapter le discours à ... latex.
C'est un travail de Titan !
Puisque tu désires préserver ton anonymat, si je mets certaines de tes preuves dans mon livre j'écrirai : "cette preuve m'a été suggérée par Maxtimax".
@Christophe : OK, merci, je vais essayer de comprendre.
Pour cette preuve il est intéressant de faire un dessin si je me souviens bien
1) Dans le cas de la détermination borélienne, dans quoi doivent se balader les $\alpha_i$ ?
(Pour la détermination analytique je sais, il suffit par exemple de jouer dans $\kappa$, où $\kappa$ est le cardinal $\omega_1$-Erdös).
2) Qu'entends-tu exactement par "il désigne à chaque étape un ordinal stable par ensemble des parties" ?
(Ça voudrait dire que Lea doit jouer des cardinaux réguliers du type $\aleph_{\alpha}$ avec $\alpha < \omega_1$, c'est ça ?
3) Pourquoi le nouveau jeu est-il ouvert-fermé ?
Pour ta question2, c'est le phénomène suivant:
$$\forall L\in (A\to \to A \exists a\in A\forall b\in B\exists f\in (A\to : f(a)=b\ et\ L(f)=a$$
qui peut être décliné de plein de façons qui expriment toutes que la "grande taille" de $A\to B$ par rapport à $A$ suffit à rendre "inoffensif" le "L".
Dans le cas des ordinaux joués (avec AC), quand $\kappa$ est assez grand, la difficulté supplémentaire pour Lea disparait au sens où il y a assez de monde pour qu'elle puisse tranquillement jouer des ordinaux qui descendent sans que ça n'aide Bob plus que si elle ne les jouait pas.
Pour la3 Max t'a répondu.
$$ [\forall (x,y): (R(x)\vee S(y))] \to [(\forall x: R(x))\vee (\forall y: S(y))]$$
Je vais sortir dehors (difficile de sortir dedans) histoire de m'aérer le cerveau. Ensuite je vais essayer de remettre de l'ordre dans mes idées, puis je vais faire comme Max, je vais admettre le lemme : "tout ouvert (ou tout fermé) est dépliable", et je vais écrire le reste. Pour le lemme j'essaierai de signaler la preuve "psychologique" de Christophe.
Peut-être que je mettrai la preuve du lemme (celle de Martin 1985) en annexe, à la fin du bouquin. Car si je la mets dans le corps du texte les lecteurs vont se tirer une balle dans la tronche. Bon, certes ils ne sont pas nombreux donc ça ne fera pas beaucoup de morts, mais quand même...
Juste une dernière question : Christophe, dans le cas de la détermination borélienne le cardinal $\kappa$ dont tu parles c'est $\beth_{\aleph_1}$, c'est ça ?
C'est la seule partie non triviale du théorème, je ne sais pas si dans ce cas, ce n'est pas mieux de tout admettre??? Enfin tout dépend de ton paradigme.
Ce que tu peux faire aussi, c'est remarquer qu'un borélien c'est une partition en 2 co-analytiques (donc recouvrant toutes les parties jouées à eux deux) et que l'argument (assez court) des indiscernables qui prouve la détermination analytique devient ZF-ien quand on a les deux.
C'est pas "trivial", mais plus exposable à un public qui rechercherait une "sorte de preuve" sans vouloir tous les détails techniques. La bonne fondation d'un arbre est "absolue" de sorte (je te donnerai les détails plus tard) qu'une stratégie générique devient une vraie en quelque sorte. Or on peut prouver facilement qu'il y a toujours des stratégies génériques.
Je vais donner la preuve de Martin cash. Simplement, pour l'existence de la limite inverse je vais me servir du papier de Max, qui est beaucoup plus clair, en citant le pseudo de l'auteur.
Concernant le lemme difficile je vais commencer par une remarque dans laquelle je vais exposer tes arguments, en essayant de rester le plus fidèle possible à ce que tu dis, et en citant, là encore, ton pseudo. Ensuite je donnerai la preuve de Martin du lemme, en précisant au lecteur que les 2 pages qui suivent peuvent être zappées en 1ère (et même en 28ème) lecture.
On verra ben ce que ça donne...
En tous cas merci à tous 2, ça me pompait grave de citer le théorème sans en donner au moins une approche, même si c'est ce qui est fait dans la plupart des cours sur le sujet, qui en général se contentent de donner une référence.
En fait il n'y en a pas bézef. Les 2 papiers de Martin, bien sûr, plus quelques mémoires de M1 ou M2 qui zappent les parties difficiles, plus l'éternel Moschovakis, qui je crois s'arrête au stade $\omega$...
L'avantage des boréliens, c'est qu'ils partitionnent $2^\N$ en 2 co-analytiques. Je suis sur mon pc, je te montre comment déplier "d'un coup" un borélien sans avoir à raisonner par récurrence sur leur complexité.
On est en présence de 2 arbres $T,W$, c'est à dire d'ensemble de suites finies dont les termes sont des éléments de $2\times \N$.
On note $A:= \{u\in 2^\N\mid $ l'ensemble des suites finies $s$ de la forme $[i<n_s\mapsto (u_i, p_i) ]$ est dans $T$ est bien fondé.
On note $B:= \{u\in 2^\N\mid $ l'ensemble des suites finies $s$ de la forme $[i<n_s\mapsto (u_i, p_i) ]$ est dans $W$ est bien fondé.
Et on suppose que $(A,B)$ partitionne $2^\N$ en deux morceaux (ce qui fait qu'ils sont boréliens et tout borélien et son complémentaire peut être obtenu ainsi)
Soit $f$ une bijection de $\N$ dans $D:=$ l'ensemble des suites finies d'entiers.
Et bien comme tu t'en doutes, au lieu des jouer des $0$ et des $1$, on prend un cardinal $\kappa$ et on joue au jeu où CHACUN des joueurs, doit en plus jouer un ordinal.
De sorte qu'a la fin de la partie $z$, ils ont chacun associé à chaque élément de $D$ un ordinal.
Celui des deux (ou les deux) qui n'a pas produit un bien fondé a échoué AVANT LA FIN à choisir un ordinal convenable à un moment de la partie.
Le premier qui fait ça perd.
Si $\kappa$ est assez grand, ce jeu déplie intuitivement le jeu initial.
Le fait qu'ensuite, sans utiliser de grands cardinaux, on arrive à montrer l'existence d'un $\kappa$ assez grand provient du fait qu'une stratégie gagnante est absolue (une extension générique ne défera pas son caractère gagnant), alors que si on avait qu'un seul analytique, on ne pourrait pas dire ça.
De cette manière, tu te retrouves à faire la même preuve que Martin (75 ou 85), mais sans axiome du choix, ni sans sortir de "banales" (mais longues) considérations de taille des ordinaux et c'est plus cool psychologiquement.
" le joueurs 1 et le joueur 2 jouent à tour de rôle un réel, un nombre transfini de fois et le joueur 2 gagne s'il existe un coup tel que l'ensemble des reels choisis lors des coups précédents n'est pas borelien, si on arrive à R tout entier sans que ça arrive , le joueur 1 gagne"
Est-ce que c'est ça? Et est ce que 1 a une stratégie gagnante ?
(C'est drôle j'imaginais un jeu transfini dans R2, pour le carré inscrit dont j'ai donné une version light dans il est facile2, light car ça ne résout pas le problème mais que ça m' interressait)
Le jeu est paramétré par un ensemble $X\subset \omega^\omega$, et Alice gagne si $x\in X$. Lorsque $X$ est borélien (pour la topologie produit), Alice ou Bob a une stratégie gagnante.
C'est l'un des rares théorèmes où toute la force du remplacement est utilisée.