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Espace baire homéomorphe aux irrationnels.

Cette actualité a été testée par nos spécialistes afin de nous assurer de la véracité de cette section.

Solution :

Sans aucun doute, il y a beaucoup de bonnes introductions aux fractions continues, où vous pouvez apprendre sur elles beaucoup plus que ce que je mentionne ci-dessous. Voir, par exemple, les ressources et les liens donnés dans l'article de Wikipedia. Cet article sur les fractions continues infinies contient également au moins ces faits, qui sont nécessaires pour cette preuve.

J'ai essayé de partir de zéro (c'est-à-dire que je n'ai supposé aucune connaissance des fractions continues), et j'ai essayé de dériver uniquement les résultats nécessaires à la preuve que la carte du PO est un homéomorphisme. C'est au lecteur de juger dans quelle mesure j'ai réussi. (Mais il est très probable que j'ai réussi à ce que - au moins pour quelqu'un qui n'est pas déjà familier avec les propriétés des fractions continues - la preuve courte mentionnée dans le commentaire de Brian M. Scott semble beaucoup plus attrayante. Cette preuve est en effet beaucoup plus courte et plus simple. Une comparaison des deux preuves est expliquée à la fin de ce billet).
$Nouvelle commande{dcc}[1]{lfloor{#1}rfloor}newcommand{Z}{mathbb Z}newcommand{N}{mathbb N}newcommand{R}{mathbb R}newcommand{Q}{mathbb Q}$


Soit N={1,2,dots}$. (C'est-à-dire que, pour les besoins de cette question, ne comptons pas le zéro comme un nombre naturel).

Tout d'abord, précisons nos notions.

Nous utiliserons la notation
$$[a_0;a_1,a_2,dots,a_n]=a_0+cfrac{1}{a_1 + cfrac{1}{a_2 + cfrac{1}{ ddots + cfrac1{a_n}}}}.$$
On sait clairement ce qu'est une fraction continue finie - on peut simplement calculer la valeur du nombre ci-dessus.

Qu'est-ce qu'une fraction continue infinie ?
$$[a_0;a_1,a_2,dots]=a_0+cfrac{1}{a_1 + cfrac{1}{a_2 + cfrac{1}{ ddots }}$$
déterminée par une séquence $(a_0,a_1,a_2,a_3,dots)$ avec $a_0inZ$ et $a_1,a_2,dotsinN$? La chose naturelle est de la définir comme la limite
$$limites_{ntoinfty}[a_0;a_1,a_2,dots,a_n]$$
à condition que cette limite existe.

Nous allons essayer de montrer que la limite ci-dessus existe pour chaque telle suite. De plus, la limite est toujours un nombre irrationnel et tout nombre irrationnel peut être exprimé de cette manière.

Nous appellerons les fractions continues finies $[a_0;a_1,a_2,dots,a_n]$convergentes de la fraction continue infinie $[a_0;a_1,a_2,dots,a_n,dots]$

Si nous voulons travailler uniquement avec des nombres dans l'intervalle $(0,1)$ nous avons $a_0=0$. Mais admettons $a_0$ d'être un entier quelconque et regardons quelques propriétés des fractions continues en général.

Bien que nous ayons introduit les fractions continues avec tous les $a_i$ ayant des valeurs entières, il est parfois utile d'autoriser également des valeurs réelles. Cela nous permet, par exemple, de combiner les fractions continues de la manière suivante :
$$[a_0;a_1,a_2]=[a_0;a_1+frac1{a_2}].$$
Une astuce similaire sera utilisée dans la preuve de l'observation suivante, qui sera très utile et que nous utiliserons à plusieurs reprises.

Revendication 1 (monotonicité). La fonction $tmapsto [a_0;a_1,a_2,dots,a_n,t]$ définie pour $tin(0,infty)$ est monotone, elle est décroissante pour même $n$ et croissante pour les impairs $n$. (En particulier, cette fonction est injective).

Preuve. On peut le démontrer par induction sur $n$.

$1^circ$ La fonction $tmapsto a_0+frac1t$ est décroissante en $t$.

$2^circ$ Il suffit de remarquer que
$$[a_0; a_1,dots,a_{n-1},a_n,t]=[a_0; a_1,dots,a_{n-1},a_n+frac1t]$$
et d'utiliser l'hypothèse inductive. (Nous savons que la fonction $g(x)=[a_0; a_1,dots,a_{n-1},x]$ est monotone et on construit une nouvelle fonction $f(t)=g(a_n+frac1t)$. Si $g$ était croissante, la nouvelle fonction $f$ est décroissante et vice versa).

Revendication 2.
Pour toute séquence $(a_0,a_1,a_2,dots)$ (avec $a_0inZ$ et $a_iinN$ pour $i>0$) nous avons
$$[a_0;a_1,dots,a_{2n}]le[a_0;a_1,dots,a_{2n},a_{2n+1},a_{2n+2}],$$
c'est-à-dire que la suite des convergents pairs est croissante ;
$$[a_0;a_1,dots,a_{2n-1}]ge[a_0;a_1,dots,a_{2n-1},a_{2n},a_{2n+1}],$$
c'est-à-dire que la suite des convergences impaires est décroissante ;
$$[a_0;a_1,dots,a_{2n}]le[a_0;a_1,dots,a_{2n},a_{2n+1}],$$
c'est-à-dire que les convergences impaires sont plus grandes que les convergences paires.

Ceci est joliment illustré dans l'image suivante, qui a été prise d'ici.

odd and even convergents

Preuve. Utilisez la revendication 1 et observez que
$$[a_0;a_1,dots,a_{2n},a_{2n+1},a_{2n+2}]=[a_0;a_1,dots,a_{2n}+frac1{a_{2n+1}+frac1{a_{2n+2}}}] text{ et }a_{2n}le a_{2n}+frac1{a_{2n+1}+frac1{a_{2n+2}}$$$$$[a_0;a_1,dots,a_{2n-1},a_{2n},a_{2n+1}]=[a_0;a_1,dots,a_{2n-1}+frac1{a_{2n}+frac1{a_{2n+1}}}] text{ and }a_{2n-1}le a_{2n-1}+frac1{a_{2n}+frac1{a_{2n+1}}}$$$$$[a_0;a_1,dots,a_{2n},a_{2n+1}]=[a_0;a_1,dots,a_{2n}+frac1{a_{2n+1}}] text{ and }a_{2n}le a_{2n}+frac1{a_{2n+1}}$$

Revendication 3 La distance entre $[a_0;a_1,dots,a_n]$ et $[a_0;a_1,dots,a_n+1]$ est au plus

Preuve. On peut le démontrer par induction :

$1^circ$$left(a_0+frac1{a_1}right)-left(a_0+frac1{a_1+1}right)=frac1{a_1}-frac1{a_1+1}=frac1{a_1(a_1+1)}lefrac1{1cdot(1+1)}=frac12.$

$2^circ$ Supposons que l'affirmation soit vraie pour les fractions continues finies de longueur $(n-1)$. Cela signifie que la distance entre $[0;a_2,dots,a_{n-1},a_n]$ et $[0;a_2,dots,a_{n-1},a_n+1]$ est au plus Soit $c$ est le plus grand de ces deux nombres, et $d$ soit le plus petit. La distance entre $[a_0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n]$ et $[a_0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n+1]$ est précisément
$$frac1{a_1+d}-frac1{a_1+c} overset{(1)}le frac1{a_1+d}-frac1{a_1+d+frac1n} overset{(2)}le frac11-frac1{1+frac1n} = 1- frac{n}{n+1}=frac1{n+1}.$$
(L'inégalité (1) découle de $cle d+frac1n$. L'inégalité (2) découle du fait que la fonction $f(t)=frac1t-frac1{t+frac1n}=frac{frac1n}{t(t+frac1n)}$ est décroissante et $a_1+dge1$.)

Revendication 4. Pour toute séquence donnée $(a_0,a_1,a_2,dots)$ avec $a_0inZ$ et $a_1,a_2,dotsinN$ les convergents $[a_0;a_1,dots,a_n]$ convergent vers un certain nombre $x$. Ce nombre sera noté $x:=[a_0;a_1,a_2,dots]$.

Preuve. Nous avons montré que les convergents pairs forment une suite croissante, et que les convergents impairs forment une suite décroissante. Puisque ces deux suites sont bornées, chacune d'entre elles a une limite. Puisque la différence entre $n$-est au plus égale à $frac1{2n}$., ils convergent tous deux vers la même limite $x$.

Revendication 5. Pour toute séquence d'entiers a_1, a_2, dotsinN$. la fraction continue infinie $x=[0;a_1,a_2,dots]$ appartient à l'intervalle $(0,1)$.

Preuve. De la revendication 2, on voit que chaque convergent est plus petit que $[0;a_1,a_2,a_3]=frac1{a_1+frac1{a_2+frac1{a_3}}}$. Alors aussi la limite des convergents remplit l'inégalité.
$$xle frac1{a_1+frac1{a_2+frac1{a_3}}} < frac1{a_1}le 1.$$
De même, chaque convergent est plus grand que $[0;a_1,a_2]$ d'où la limite
$$xge frac1{a_1+frac1{a_2}}>0.$$

Revendication 6. La fraction continue infinie $x=[a_0;a_1,a_2,dots,a_n,dots]$ est comprise entre $[a_0;a_1,dots,a_n]$ et $[a_0;a_1,dots,a_n+1]$ pour chaque $n$.

Ceci découle de la monotonicité de la fonction $tmapsto [0; a_1,dots,a_n+t]$ après avoir branché les valeurs $t=0$, $t=1$ et $t=[0;a_{n+1},a_{n+2},dots]$. (De la revendication 5, nous savons que $0[0;a_{n+1},a_{n+2},dots]<1>$.)

Revendications 7. Tout nombre irrationnel peut être exprimé comme une fraction continue infinie.

Preuve. Un nombre irrationnel $xnotinQ$ peut être exprimé par $x=dcc{x}+(x-dcc{x})$$a_0=dcc{x}$. est un nombre entier et la partie décimale $(x-{dcc{x}})$. est un nombre irrationnel dans l'intervalle $(0,1)$. Il suffit donc de montrer l'affirmation pour le nombre de cet intervalle.

Supposons que l'on nous donne un nombre irrationnel $xin(0,1)$.

Nous allons construire par induction pour chaque $ninmathbb N$ nombres $a_n{inmathbb N$ et $x_nin(0,1)setminusmathbb Q$ tels que
$$x=[0;a_1,a_2,dots,a_n+x_n]=cfrac{1}{a_1 + cfrac{1}{a_2 + cfrac{1}{dots + cfrac1{a_n+x_n}}}}.$$

$1^circ$ Nous voulons écrire $x=cfrac1{a_1+x_1}$$a_1inmathbb N$ et $x_1in(0,1)$. Il est clair que nous devons choisir $a_1$ de telle sorte que $cfrac1{a_1}>x>cfrac1{a_1+1}$ ce qui est équivalent à $a_1 Donc le seul choix possible pour $a_1$ est $dcc{frac1x}$.

Si on met $x_1=frac1x-dcc{frac1x}$, alors nous avons $x_1+a_1=frac1x$, c'est à dire $frac1x=frac1{a_1+x_1}$. Il est clair que $x_1in(0,1)$. Le nombre $x_1$ doit être irrationnel. (Si $x_1$ était rationnel, alors $x=1/(a_1+x_1)$ serait aussi un nombre rationnel).

$2^circ$ Supposons que nous ayons déjà le premier $(n-1)$ nombres ayant les propriétés requises, c'est-à-dire
$$x=[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1}+x_{n-1}].$$
En répétant la première étape avec $x_{n-1}$ au lieu de $x$ on choisit $a_n=dcc{frac1{x_{n-1}}}$ et $x_n=frac1{x_{n-1}}-a_n$ pour obtenir $x_{n-1}=frac1{a_n+x_n}$. De cette manière, on obtient
$$x=[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n+x_n].$$

Maintenant nous obtenons (en utilisant la revendication 1 - monotonicité) que $x$ est compris entre $[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n]$ et $[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n+1]$. Cela implique que la distance entre $x$ et $[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n]$ est au plus

Ceci montre que $$[0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n,dots,]=limlimits_{ntoinfty} [0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n]=x.$$

Revendication 8. Tout nombre rationnel $frac pqin(0,1)$ peut être exprimé sous la forme d'une fraction continue finie (de longueur au plus égale à $p$).

Par conséquent, tout nombre rationnel peut être exprimé comme une fraction continue finie.

Preuve. Induction sur $p$.

$1^circ$ Si $p=1$ nous avons $frac1q=[0;q]$.

Si $p=2$ alors soit $frac pq = frac2{2k}=frac1k$ ce qui réduit la situation à $p=1$, ou $frac pq=frac2{2k+1}=frac1{frac{2k+1}2}=frac1{k+frac12}=[0;k,2]$.

$2^circ$ Pour $frac pq$ on peut exprimer $q=ap+r$ avec $0le r Si $r=0$ alors $frac pq = frac 1a = [0;a]$. Si $rne 0$ alors
$$frac pq = frac p{ap+r}=frac1{a+frac rp}=[0;a,a_1,dots,a_n]$$
$frac rp=[0;a_1,dots,a_n]$ est la fraction continue finie pour $frac rp$. (Qui existe par l'hypothèse inductive.)

Revendication 9. Deux fractions continues infinies différentes ne peuvent être égales au même nombre.

Preuve. Soit $xne y$ et
$x=[a_0;a_1,a_2,dots]$,
$y=[b_0;b_1,b_2,dots]$.

Si les séquences déterminant ces deux nombres ne sont pas les mêmes, alors il existe le plus petit $n$ tel que $a_nne b_n$. On peut supposer que $a_n

Le cas $n=0$ peut être facilement résolu en utilisant la revendication 5. Nous supposerons donc $n>0$. Nous avons alors
$x=[a_0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},a_n,a_{n+1},dots]$
$y=[a_0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},b_n,b_{n+1},dots]$

Pour voir que $xne y$ nous allons utiliser le fait que la fonction $f(t)=[a_0;a_1,a_2,dots,a_{n-1},t]$ est injective. Nous avons $x=f(s_1)$ et $y=f(s_2)$ pour
$s_1=[a_n;a_{n+1},dots]$
$s_2=[b_n;b_{n+1},dots]$.

Maintenant
$$s_1=a_n+frac1{a_{n+1}+frac1{a_{n+2}+frac1ddots}} le a_{n}+1 le b_n < b_n+ frac1{b_{n+1}+frac1{b_{n+2}+frac1ddots}} = s_2.$$

Revendication 10. Si $x$ est une (valeur d'une) fraction continue finie et $y$ est une fraction continue infinie, alors $xne y$.

Preuve. On a donc
$x=[a_0;a_1,dots,a_n]$
$y=[b_0;b_1,dots,b_n,b_{n+1},dots]$

Premièrement, nous ne pouvons pas avoir $a_0=b_0,a_1=b_1,dots,a_n=b_n$ car cela signifierait que $x$ est l'un des convergents de $y$. De la revendication 2, nous savons que $x$ est alors un des termes d'une suite (strictement) monotone qui converge vers $y$. (Selon la parité de $n$, c'est soit la suite croissante des convergents de longueur paire, soit la suite décroissante des convergents de longueur impaire). Alors, clairement , $xne y$.

Il existe donc le plus petit $m$ tel que $a_mne b_m$.

On a
$x=[a_0;a_1,dots,a_{m-1},a_m,dots,a_n]$
$y=[a_0;a_1,dots,a_{m-1},b_m,b_{n+1},dots]$

Cela signifie que pour f(t)=[a_0;a_1,dots,a_{m-1},t]$ et $s_1=[a_m;a_{m+1},dots,a_n]$, $s_2=[b_m;b_{m+1},dots,b_n]$ nous avons $x=f(s_1)$ et $y=f(s_2)$. Puisque $f$ est injectif, il suffit de montrer que $s_1ne s_2$.

Cas I.$a_m

$$s_1= a_m+frac1{a_{m+1}+frac1{ddots+frac1{a_n}}} le a_m+1 le b_m < b_m+frac1{b_{m+1}+frac1ddots} =s_2.$$

Cas II.$b_m

$$s_2= b_m+frac1{b_{m+1}+frac1ddots} overset{(1)}
(L'inégalité (1) est stricte selon la revendication 5. Notons que le même argument ne serait pas valable si . $y$ était une fraction continue finie. Si m=n$, l'inégalité (2) est en fait une égalité, on ne peut donc pas utiliser l'inégalité stricte à cet endroit).


Résumé.

En utilisant les observations ci-dessus, nous voulons montrer que
$$fcolon (a_0,a_1,a_2,dots)mapsto [a_0;a_1,a_2,dots]$$
est un homéomorphisme de ${ZtimesN^{N}$$. à $RsetminusQ$. (En gros, les mêmes arguments fonctionneraient pour les fractions continues commençant par $a_0=0$ et les nombres irrationnels dans l'intervalle $(0,1)$.) Ici, les deux $Z$ et $N$ sont considérés avec la topologie discrète.

La carte $f$ est bijective.

Nous savons que chaque nombre irrationnel peut être obtenu sous forme de fraction continue, et cela ne peut se faire que d'une seule manière. De plus, si nous prenons n'importe quelle séquence de $ZtimesN^{N}$ le nombre correspondant ne peut pas être rationnel (ceci découle de la revendication 8 et de la revendication 10). On voit donc que $f$ est bien une application de $ZtimesN^{N}$. vers ${RsetminusQ$} et il est surjectif.

La revendication 9 dit que la carte $f$ est injective.

La carte $f$ est un homéomorphisme.

La base standard de la topologie du produit sur ${ZtimesN^{N}$. est la base constituée des ensembles
$$mathscr N_{a_0,a_1,dots,a_n}={xinZtimesN^{N}; x_0=a_0, x_1=a_1,dots,x_n=a_n}.$$
C'est-à-dire que les ensembles de base sont constitués de séquences où la première $(n+1)$ coordonnées sont prescrites (et les autres coordonnées sont arbitraires).

Considérons maintenant un nombre irrationnel $x$, qui correspond à une fraction continue infinie $[a_0;a_1,dots,a_n,a_{n+1},dots]$. Selon la revendication 6, ce nombre est compris (strictement) entre $[a_0;a_1,dots,a_n]$ et $[a_0;a_1,dots,a_n+1]$. De plus, ces nombres convergent vers $x$. Ce qui signifie que l'on obtient ainsi des intervalles ouverts décroissants contenant $x$, tels que seulement $x$ appartient à l'ensemble de ces intervalles. Donc ces intervalles coupés par $Rsetminus{Q$} forment une base locale en $x$.

Par conséquent, nous avons une base pour l'espace topologique $RsetminusQ$ consistant en des intervalles ouverts dont les extrémités sont $[a_0;a_1,dots,a_n]$ et $[a_0;a_1,dots,a_n+1]$. En utilisant une fois de plus l'argument de monotonicité, nous pouvons voir que les irrationnels dans ces intervalles sont précisément des nombres avec des fractions continues infinies commençant par.$a_0,a_1,dots,a_n$.

Ceci montre que la bijection $f$ met en correspondance chaque ensemble de base de $ZtimesN^^^N$ à un ensemble de base de $RsetminusQ$. Et il en est de même pour la carte inverse $f^{-1}$.

Par conséquent, les deux topologies ont les mêmes bases (jusqu'à une bijection), donc elles sont les mêmes (homéomorphes).


EDIT : Seulement après avoir terminé la preuve utilisant les fractions continues, j'ai pris le temps de lire en détail la preuve donnée dans ces notes par Arnold W. Miller. (Un lien vers ce texte a été donné dans le commentaire ci-dessus.) La preuve est plutôt courte et élégante, je recommande à toute personne intéressée par cette question d'y jeter un œil. (Je peux donc me sentir un peu bête d'avoir perdu du temps avec une preuve beaucoup plus compliquée. Mais j'ai décidé de ne pas considérer cela comme une perte de temps, mais comme un exercice pour dériver certaines propriétés de base des fractions continues).

Laissez-moi juste comparer très brièvement les deux approches. Dans la preuve de Miller, un certain système d'intervalles ouverts avec des points d'extrémité rationnels est construit. Ces intervalles sont indexés par des séquences finies d'entiers. Dans la preuve utilisant les fractions continues, nous avons également construit de tels intervalles, à savoir l'intervalle $I_{(a_0,a_1,dots,a_n)}$ est l'intervalle dont les extrémités sont rationnelles $[a_0;a_1,dots,a_n]$ et $[a_0;a_1,dots,a_{n+1}]$. Si vous jetez un coup d'œil aux propriétés des intervalles construits dans l'autre preuve, ces intervalles ont des propriétés assez similaires. Peut-être une différence mineure est que nous ne pouvons pas prétendre que la fermeture de $I_{(a_0,dots,a_n,a_{n+1})}$ est un sous-ensemble de $I_{(a_0,dots,a_n)}$. (Par exemple, dans notre construction $I_{0,1}$ est l'intervalle entre les fractions continues $[0;1]$ et $[0;2]$ c'est-à-dire l'intervalle $(frac12,1)$. Dans l'étape suivante, l'un des intervalles est l'intervalle $I_{0,1,1}$ entre $[0;1,1]$ et $[0;1,2]$ c'est-à-dire l'intervalle $(frac12,frac23)$.) Mais même dans la construction utilisant les fractions continues, on pouvait montrer que la fermeture de $I_{(a_0,dots,a_n,a_{n+1},a_{n+2})}$ est un sous-ensemble de $I_{(a_0,dots,a_n)}$. Ce qui signifie que nous pourrions utiliser essentiellement le même argument que dans l'autre preuve.

Donc j'oserais dire que modulo quelques détails techniques (comme le choix des ensembles d'indexation, différence que je viens d'expliquer), la preuve utilisant les fractions continues peut être considérée comme un cas particulier de la preuve de Miller.

J'ai décidé de poster la preuve d'Arnold W. Miller comme une réponse CW séparée. La preuve provient de son livre Descriptive Set Theory and Forcing : How to Prove Theorems about Borel Sets the Hard Way. Il est disponible gratuitement ici. (Le même texte a également été publié par Springer en tant que partie de Lecture Notes in Logic, voici le lien de projecteuclid).

J'ai deux raisons de faire cela. La première est que j'aime la preuve et que de cette façon, la preuve aura plus de visibilité que si elle est simplement liée aux commentaires et aux autres réponses. Et aussi de cette façon, certaines notations, qui peuvent ne pas être familières à tous les utilisateurs qui lisent cette question, pourraient être expliquées ici.


Ce qui suit ici est la copie exacte du texte des notes de Miller. J'ai utilisé le TeX-source qu'il a publié sur son site web. Les seules modifications que j'ai apportées sont que j'ai remplacé les macros et que je l'ai modifié pour utiliser MarkDown.

Théorème. (Baire) $omega^omega$ est homéomorphe aux irrationnels $mathbb P$.

Preuve. On remplace d'abord $omega$ par les entiers $mathbb Z$. Nous allons construire une correspondance de $mathbb Z^omega$ à $mathbb P$.
Enumérer les rationnels $mathbb Q={q_n : ninomega}$.
Construire inductivement une suite d'intervalles ouverts $langle I_s : sin mathbb Z^{

  • $I_{langlerangle}=mathbb R$, et pour $snot= langlerangle$ chaque $I_s$ est un intervalle ouvert non trivial dans $mathbb R$ avec des extrémités rationnelles,
  • pour chaque $sin mathbb Z^{
  • le point terminal droit de $I_{swidehat{ } n}$ est le point terminal gauche de $I_{swidehat{ } n+1}$,
  • ${I_{swidehat{ } n} : nin mathbb Z}$ couvre tous les $I_s$ sauf leurs points d'extrémité,
  • la longueur de $I_s$ est inférieure à $1over |s|$ pour $snot= langlerangle$, et
  • le $n^{ième}$ rationnel $q_n$ est un point d'extrémité de $I_t$ pour un certain $|t|leq n+1$.

Définissez la fonction $f:mathbb Z^{omega}rightarrowmathbb P$ comme suit.
Étant donné $xinmathbb Z^{omega}$ l'ensemble
$$bigcap_{ninomega}I_{x\upharpoonright n}$$
doit être constitué d'un irrationnel singleton. Il est non-vide car
$${operatorname{closure}(I_{xupharpoonright n+1})subseteq I_{xupharpoonright n}.$$
C'est un singleton car leurs diamètres se réduisent à zéro.

On peut donc définir $f$ par
$${f(x)}=bigcap_{nin\omega}I_{x\upharpoonright n}.$$
La fonction $f$ est biunivoque car si $s$ et $t$ sont incomparables
alors $I_s$ et $I_t$ sont disjoints. Elle est onto car pour tout
pour chaque $uinmathbb P$ et $ninomega$ il existe un unique $s$ de
longueur $n$ avec $uin I_s$. C'est un homéomorphisme car
$$f([s])=I_scapmathbb P$$
et les ensembles de la forme $I_scapmathbb P$ forment une base
pour $mathbb P$.
$hspace{5cm}square$

Notez que la carte donnée est également un isomorphisme d'ordre de
${mathbb Z^omega$ avec l'ordre lexicographique à ${mathbb P$}.
avec son ordre habituel.


Notation

Juste au cas où quelqu'un ne serait pas familier avec certaines des notations ci-dessus.

$omega={0,1,2,dots}$ désigne l'ensemble de tous les entiers non négatifs.

La notation $A^{

Le symbole $swidehat{ }a$ représente la concaténation. C'est-à-dire que si $s=langle s_0,s_1,dots,s_krangle$ est une certaine séquence finie et $ainmathbb Z$, alors $swidehat{ }a=langle s_0,s_1,dots,s_k,a rangle$ est la séquence finie où $a$ est ajouté à la fin.

Le symbole $|s|$ désigne la longueur de la suite finie $s$.

Si $x=langle x_0,x_1,dots,x_n,dotsinranglemathbb Z^omega$ est une suite, alors $xupharpoonright n=langle x_0,x_1,dots,x_{n-1}rangle$ est la suite finie constituée des $n$ premiers éléments.

Si $sinmathbb Z^{omega}$, alors $[s]$ désigne l'ensemble de toutes les suites infinies qui commencent par $s$. C'est-à-dire que si $s=langle s_0, dots, s_nrangle$ alors
$$[s]={xinmathbb Z^omega; x_0=s_0, x_1=s_1,dots,x_n=s_n}.$$
Par exemple pour la séquence vide $langlerangle$ on obtient la totalité de $mathbb Z^omega$ de cette façon.

Le système ${[s]; sinmathbb Z^omega}$ est une base de la topologie du produit sur $mathbb Z^omega$ (c'est-à-dire de l'espace de Baire).

Commentaires

Je comprends la phrase "${I_{swidehat{ } n} : nin mathbb Z}$ couvre tous les $I_s$ sauf leurs extrémités" de la même manière qu'il est supposé dire que $bigcuplimits_{ninmathbb Z} I_{swidehat{ } n}$ contient tous les nombres irrationnels de $I_s$. (Il est clair qu'il ne peut pas contenir les points extrêmes des intervalles $I_{swidehat{ } n}$, qui appartiennent à l'intervalle $I_s$). Cette propriété est précisément la raison pour laquelle chaque nombre irrationnel doit appartenir à l'un des intervalles à chaque étape. (Cela implique donc que la carte définie ci-dessus est surjective).

La condition selon laquelle $q_n$ est une extrémité d'un certain intervalle à un certain stade est faite pour garantir qu'aucun nombre rationnel n'appartiendra à l'intersection $bigcap_{ninomega}I_{xupharpoonright n}$. (Par conséquent, les valeurs $f(x)$ de la fonction $f$ appartiennent bien à $mathbb P$).

Les personnes déjà familiarisées avec la théorie descriptive des ensembles ont certainement remarqué que le système construit dans cette preuve est un schéma de Souslin.

Examens et évaluations des articles

Vous pouvez corroborer notre étude en montrant un commentaire et en laissant une note, nous l'apprécions.



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