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......@@ -880,11 +880,11 @@ J1 & U_0 & & U_1 & &\dots\\
\hline
J2 & & V_0 & & V_1 & \dots\\
\end{array}\]
Les joueurs 1 et 2 jouent des ouverts non vides de $X$ avec $U_0\subseteq V_0\subseteq U_1\subseteq V_1\dots$. On dit que 2 gagne la partie si $\bigcap_{n\in\omega} V_n\left(\ = \bigcap_{n\in\omega} U_n\right)$ est non vide. 1 gagne sinon.
Les joueurs 1 et 2 jouent des ouverts non vides de $X$ avec $U_0\supseteq V_0\supseteq U_1\supseteq V_1\dots$. On dit que 2 gagne la partie si $\bigcap_{n\in\omega} V_n\left(\ = \bigcap_{n\in\omega} U_n\right)$ est non vide. 1 gagne sinon.
\item Soit $\mathscr T_X = \{s\in (2^X)^{<\omega}\tq \forall i<|s|, s(i)$ est ouvert non vide de $X$ et $\forall i < |s| - 1, s(i)\supseteq s(i+1)\}$. Une \emph{stratégie pour 1} dans $G_X$ est un sous-arbre $\sigma$ de $\mathscr T_X$ avec \begin{enumerate}[(1)]
\item $\sigma \ne\emptyset$
\item $\forall (U_0,V_0,\dots, U_n)\in \sigma, \forall V_n\subseteq U_n$ ouvert non vide, $(U_0,V_0,\dots,U_n,V_n)\in\sigma$.
\item $\forall (U_0,V_0,\dots, U_{n-1},V_{n-1}\in \sigma, \exists!U_n$ ouvert non vide de $X$ tel que $(U_0,V_0,\dots U_n)\in\sigma$.
\item $\forall (U_0,V_0,\dots, U_{n-1},V_{n-1})\in \sigma, \exists!U_n$ ouvert non vide de $X$ tel que $(U_0,V_0,\dots U_n)\in\sigma$.
\end{enumerate}
On définit de façon symétrique une \emph{stratégie pour 2}.
\item Une stratégie $\sigma$ pour 1 est \emph{gagnante} si 1 gagne toute partie $(U_0,V_0\dots)\in [\sigma]$.
......@@ -956,7 +956,7 @@ Soient $X$ polonais, $Y$ métrisable séparable et $f : X \to Y$ surjective cont
\chapter{Ensembles boréliens et fonctions boréliennes}
\section{La hierarchie borélienne}
\begin{defis}
Soientt $X,Y$ des espaces topologiques. \begin{enumerate}[(a)]
Soient $X,Y$ des espaces topologiques. \begin{enumerate}[(a)]
\item Les \emph{sous-ensembles boréliens} de $X$ sont les éléments de la tribu engendrée par les ouverts
\item $f : X\to Y$ est une \emph{fonction borélienne} si l'image réciproque de tout ouvert de $Y$ est borélien de $X$.
\item Une bijection borélienne d'inverse borélienne est un \emph{isomorphisme borélien}
......@@ -1016,7 +1016,7 @@ B & = \bigcup_{n\in\omega} C_n, C_n\text{ fermé}\\
$\lnot\left(C_n\setminus\left(\bigcup_{p<n} C_p\right)\right) = \lnot C_n \cup\bigcup_{p<n} C_p$. Permet de conclure.
Soit $f : X\to \mathbb R$ borélienne. $f = f^+ - f^-$, où $f^+ := \frac{|f|+f}2$ et $f^- := \frac{|f|-f}2$.Notons que $|f|$, $f^+$ et $f^-$ sont boréliennes, donc on peut supposer $f\ge 0$. On pose, pour $n\ge 1$ et $1\le i \le n 2^n$,
\[A_{n,i} := f^{-1}([\frac{i-1}{2^n},\frac{i}{2^n}[)\] et
\[A_{n,i} := f^{-1}([\frac{i-1}{2^n},\frac{i}{2^n}[)\] et %BRACKET ]]
\[ f_n := \sum_{1\le i\le n2^n} \frac{i-1}2 \chi_{A_{n,i}}\]
Comme $A_{n,i}$ est borélien, $f_n\in S$. Comme $(f_n)$ converge simplement vers $f$, $f\in S$
\end{proof}
......@@ -1131,6 +1131,7 @@ Pour $X$ de dimension 0, on reprend la preuve précédente. Supposons donc $Y =
Admettons le résultat vrai si l'image de $f$ est contenue dans $]0,1[$. Alors $h\circ f = \lim_{n\to \infty} g_n$, avec $g_n : X\to \mathbb R$ continue. Quitte à replacer $g_n$ par $(g_n\lor \frac 1{n+1})\land(1-\frac{1}{n+1})$, on peut supposer que $g_n[X]\subseteq ]0,1[$
Alors, $f_n := h^{-1}\circ g_n$. Donc on peut supposer que $f[X]\subseteq ]0,1[$. Posons, pour $N\ge 2$ et $i\le N - 2$, $A_i^N := f^{-1}\left(]\frac i N,\frac{i +2}N[\right)$. Notons que les $A^N_i$ sont $\mathbf{\Sigma}^0_2$ et $X = \bigcup_{i\le N-2} A^N_i$. La propriété de réduction de $\mathbf{\Sigma}^0_2$ donne $B^N_i\subseteq A^N_i$, avec $X = \bigcup_{i\le N-2} B^N_i$ et les $(B^N_i)_{i\le N-2}$ deux à deux disjoints et $\mathbf\Sigma^0_2$, donc en fait $\mathbf\Delta^0_2$. Notons que $\chi_{B^N_i}$ est de 1\up{ère} classe, et si $g_N := \sum_{i\le N-2}\frac i n\chi_{B^N_i}$, alors $(g_n)$ converge vers $f$ uniformément.
% Brackets...]
\end{proof}
Il reste à appliquer les 2 lemmes.
\begin{exo}
......@@ -1179,7 +1180,7 @@ On peut supposer que $2^\omega\subseteq X$. Par l'absurde : $\mathbf\Sigma^0_\xi
\[\bigcup_{\xi <\lambda} \mathbf\Sigma^0_\xi(X)\subsetneq \mathbf\Delta^0_\lambda(X)\]
\end{exo}
\begin{exo}
Une classe d'ensemble est auto-duale si elle est close par complémentaire. Soit $\Gamma$ une classe de sous-ensembles des espaces métrisables close par images réciproques continues, et auto-dule. Montrer que, pour tout $X$, il 'y a pas d'ensembles $X$-universel pour $\Gamma(X)$. En particulier, il n'y a pas d'ensemble $X$-universel pour $\mathbf\Delta^0_\xi(X)$ si $1\le \xi < \omega_1$.
Une classe d'ensemble est auto-duale si elle est close par complémentaire. Soit $\Gamma$ une classe de sous-ensembles des espaces métrisables close par images réciproques continues, et auto-duale. Montrer que, pour tout $X$, il 'y a pas d'ensembles $X$-universel pour $\Gamma(X)$. En particulier, il n'y a pas d'ensemble $X$-universel pour $\mathbf\Delta^0_\xi(X)$ si $1\le \xi < \omega_1$.
\end{exo}
\section{Ensembles complets}
......@@ -1329,5 +1330,142 @@ Soit $\mathcal F$ un $2^\omega$-universel pour les fermés de $X\times\omega^\om
Par continuité des projections, $\mathcal A$ et ses coupes verticales sont analytiques. Soit $A\in \mathbf\Sigma^1_1(X)$, et $C\in\mathbf\Pi^0_1(\omega^\omega)$ et $f : C\to X$ continue telle que $f[C] = A$. Notons que $G := \{(x,\gamma)\in X\times\omega^\omega\tq x = f(\gamma)\}$ est fermé et $x\in A\iff \exists \gamma\in\omega^\omega, (x,\gamma)\in G$. Soit $\alpha\in 2^\omega$ tel que $\mathcal F_\alpha = G$. Alors $A = \mathcal A_\alpha$
\end{proof}
\begin{rem}
Tout borélien d'un espace polonais est analytique (un borélien non vide est l'image continue de $\omega^\omega$).
\end{rem}
\begin{corol}[Souslin]
Soit $X$ un polonais non-dénombrable. Alors $\mathcal B \subsetneq \mathbf\Sigma^1_1$.
\end{corol}
\begin{proof}
Soit $\mathcal A$ un $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^1_1(2^\omega)$. On montre par l'absurde que $\mathcal A$ n'est pas borélien. Posons $B := \{\beta\in 2^\omega, (\beta,\beta)\not\in\mathcal A\}$. $B$ est borélien et donc analytique. Ceci donne $\alpha\in 2^\omega$ tel que $B = \mathcal A_\alpha$. Mais alors,
\[\alpha\in B \iff (\alpha,\alpha)\not\in\mathcal A\iff \alpha\not\in B\]
Donc un analytique non borélien existe dans $2^\omega$. Il reste à montrer que $X$ contient une copie de $2^\omega$.
\end{proof}
\begin{exo}
Soit $X$ polonais, et $A\subseteq X$. Sont équivalentes : \begin{enumerate}[(a)]
\item $A$ est analytique
\item $\exists Y$ polonais, $\exists B\subseteq X\times Y$ borélien tel que $A = \proj_X[B]$
\item $\exists C\subseteq X\times \omega^\omega$ fermé tel que $A = \proj_X[C]$
\item $\exists G\subseteq X\times 2^\omega$ $G_\delta$ tel que $A = \proj_X[G]$
\end{enumerate}
\end{exo}
\begin{prop}
La classe des analytiques est close par réunion dénombrable, intersection dénombrable, images directe ou réciproque par une fonction borélienne.
\end{prop}
\begin{proof}
Soit $X$ polonais, $(A_n)$ une suite d'analytiques de $X$, $(Y_n)$ suite de polonais, $f_n : Y_n \to X$ continue tq $A_n = f_n[Y_n]$. Alors $\bigoplus_{n\in\omega} Y_n$ est polonais, et la fonction $(n,y)\mapsto f_n(y)$ est continue, d'image $\bigcup_{n\in\omega} A_n$, qui est donc analytique.
Posons $Z := \{(y_n)\in \prod_{n\in\omega} Y_n\tq \forall m,n\le \omega f_m(y_m) = f_n(y_n)\}$. $Z$ est polonais. Définissons $f : Z\to X$ par $f((y_n)) := f_0(y_0)$, de sorte que $f$ est continue. Comme $f[Z] = \bigcap_{n\in\omega} A_n$, cette intersection est analytique.
Soit $Y$ polonais, et $f : X\to Y$ borélienne. Alors
\[y\in f[A_0]\iff \exists x\in X, x\in A_0\land f(x) = y\iff \exists x\in X, (y,x)\in A\]
$A:=\{(y,x)\in Y\times X\tq x\in A_0$ et $f(x) = y\}$. Il suffit de montrer que $A$ est analytique pour voir que $f[A_0] =\proj_X[A]$ est analytique.
Comme $f$ est borélienne, $\{(y,x)\in Y\times X\tq f(x) = y\}$ est borélien, donc analytique. Il reste à voir que $Y\times A_0$ est analytique. Il reste à voir que $Y\times A_0$ est analytique. On pose
\[ f^*_0 : Y\times Y_0 \to Y\times X \quad f^*_0(y,y_0) = (y,f_0(y_0))\]
qui est continue. Notons que $Y\times A_0 = f^*_0[Y\times Y_0]$.
Soit $B$ analytique de $Y$. Notons que $x\in f^{-1}(B) \iff \exists y\in Y, y\in B\land f(x) = y$. Donc $f^{-1}(B)$ est analytique.
\end{proof}
\section{Le théorème de séparation}
\begin{defi}
Soit $X$ polonais, $A,B\subseteq X$ disjoints. On dit que \emph{$A$ est séparable de $B$ par un borélien} s'il existe un $C$ borélien de $X$ tel que $A\subseteq C\subseteq \lnot B$
\end{defi}
\begin{lem}
Soit $X$ polonais, et $(P_m)_{m\in\omega},(Q_n)_{n\in\omega}$ des suites de sous-ensembles de $X$ telles que, $\forall m,n\in \omega$, $P_m$ est séparable de $Q_n$ par un borélien. Alors $\bigcup_{m\in\omega} P_m$ est séparable de $\bigcup_{n\in\omega} Q_n$ par un borélien.
\end{lem}
\begin{proof}
Soit $B_{m,n}$ un borélien séparant $P_m$ de $Q_n$. Alors $\bigcup_{m\in\omega}\bigcap_{n\in\omega} B_{m,n}$ est borélien et sépare $\bigcup_{m\in\omega} P_m$ de $\bigcup_{n\in\omega} Q_n$.
\end{proof}
\begin{thm}[Lusin]
Soit $X$ polonais, $A,B$ analytiques disjoints de $X$. Alors $A$ est séparable de $B$ par un borélien.
\end{thm}
\begin{proof}
On peut supposer $A,B\ne\emptyset$. Ceci donne 2 surjections continues $f : \omega^\omega \to A$ et $g : \omega^\omega \to B$. On pose, pour $s\in\omega^{<\omega}$, $A_s := f[N_s]$ et $B_s := g[N_s]$. Notons que $A_s = \bigcup_{m\in\omega} A_{s\cdot m}$ et $B_s = \bigcup_{n\in\omega} B_{s\cdot n}$. On raisonne par l'absurde. Si $A$ et $B$ ne sont pas s.p.u.b., alors $\exists m_0,n_0$ tels que $A_{m_0}$ et $A_{n_0}$ ne sont pas s.p.u.b., et en itérant ce processus, on obtient deux suites $\alpha,\beta\in \omega^\omega$ telles que $\forall n\in\omega$, $A_{\alpha|n}$ n'est pas séparable de $B_{\beta|n}$ par un borélien. Comme $A\cap B = \emptyset$, $f(\alpha)\ne g(\beta)$. Ceci donne des ouverts $O,U$ de $X$ disjoints tels que $f(\alpha)\in O,g(\beta)\in U$.
Si $n$ est assez grand, $f[N_{\alpha|n}]\subseteq O$ et $g[N_{\beta|n}]\subseteq U$. Donc $O$ sépare $A_{\alpha|n}$ et $B_{\beta|n}$.
\end{proof}
\begin{corol}\label{sepaomega}
Soit $X$ polonais, et $(A_n)$ une suite d'analytiques de $X$ 2 à 2 disjoints. Alors il existe une suite $(B_n)$ de boréliens de $X$ 2 à 2 disjoints avec $\forall n\in\omega, A_n\subseteq B_n$.
\end{corol}
\begin{corol}[Souslin]
Soit $X$ polonais, $B\subseteq X$. Alors $B$ est borélien exactement quand $B$ et $\lnot B$ sont analytiques. Pour cette raison, on note $\mathbf\Delta^1_1$ la classe des boréliens.
\end{corol}
\begin{proof}
Si $B$ est borélien, $B$ et $\lnot B$ sont boréliens, donc analytiques. Si $B$ et $\lnot B$ sont analytiques, comme ils sont disjoints, $\exists C$ borélien tel que $B\subseteq C\subseteq \lnot(\lnot B) = B$.
\end{proof}
\begin{exo}
Soient $X,Y$ polonais, $f : X\to Y$. Alors $f$ est borélienne $\iff Gr(f)$ est borélienne $\iff Gr(f)$ est analytique.
\end{exo}
\begin{exo}
Soit $X$ polonais, $A\subseteq X$ analytique. Montrer que $A$ est dénombrable ou $A$ contient une copie de $2^\omega$. En particulier, tout analytique non dénombrable a la puissance du continu.
\end{exo}
\section{Injections boréliennes}
\begin{thm}[Lusin -- Souslin]
Soient $X,Y$ polonais, $f : X\to Y$ continue, et $B$ un borélien de $X$ tel que $f_{\restriction B}$ est injective. Alors $f[B]$ est borélienne.
\end{thm}
\begin{proof}
On peut supposer que $X = \omega^\omega$ et $B$ est fermé. On pose, pour $s \in \omega^{<\omega}$, $B_s := f[B\cap N_s]$. Notons que $B_{sm}\cap B_{sn} = \emptyset$ si $m\ne n$, $B_\emptyset = f[B]$, $\bigcup_{n\in\omega} B_{s\cdot n} = B_s$, et $B_s$ est $\mathbf\Sigma^1_1$. Le corollaire \ref{sepaomega} donne une famille $(B'_s)_{s\in\omega^{<\omega}}$ de boréliens de $Y$ avec $B'_\emptyset = Y$, $B_s\cup B'_{sn}\subseteq B'_s$ et $B'_{sm}\cap B'_{sn} = \emptyset$ si $m\ne n$. On définit une famille $(B^*_s)_{s\in\omega^{<\omega}}$ de boréliens de $Y$ par
\begin{enumerate}[(1)]
\item $ B^*_\emptyset := B'_\emptyset$
\item $B^*_{(n_0)} := B'_{(n_0)}\cap \overline{B_{(n_0)}}$
\item $B^*_{(n_0,\dots,n_k)} := B'_{(n_0,\dots n_k)}\cap B^*_{(n_0,\dots n_{k-1})}\cap\overline{B_{(n_0,\dots,n_k)}}$
\end{enumerate}
Notons que $B_s\subseteq B^*_s\subseteq \overline{B_s}$ si $s\ne \emptyset$. Il suffit que $f[B] = \bigcap_{k\in\omega} \bigcup_{s\in\omega^k} B^*_{s}$. Soit $y\in f[B], \beta\in B$ tel que $f(\beta) = y$, de sorte que $y\in \bigcap_{k\in\omega} B_{\beta|k}\subseteq \bigcap_{k\in \omega} B^*_{\beta|k}$.
Soit $y\in\bigcap_{k\in\omega}\bigcup_{s\in\omega^k} B^*_s$. Alors, $\exists ! \beta\in\omega^\omega$ tel que $y\in \bigcap_{k\in\omega} B^*_{\beta|k}\subseteq\bigcap_{k\in\omega} \overline {B_{\beta|k}}$. En particulier, $B_{\beta|k}$ et $B\cap N_{\beta|k}$ sont non vides. Comme $B$ est fermé, $\beta\in B$, donc $f(\beta)\in \bigcap_{k\in\omega} B_{\beta|k}$. Notons que $y = f(\beta)$. Par l'absurde, si $y\ne f(\beta)$, on trouve $O$ ouvert de $Y$ tel que $f(\beta)\in O$ et $y\not\in \overline O$. Par continuité de $f$, $\exists k_0\in\omega$ tel que $f[N_{\beta|k_0}]\subseteq O$. Alors $y\not\in \overline{f[N_{\beta|k_0}]}\supseteq\overline{B_{\beta|k_0}}$, c'est absurde.
\end{proof}
\begin{corol}
Soient $X,Y$ polonais, $f : X\to Y$ borélienne, et $B$ borélien de $X$ tel que $f_{|B}$ est injective. Alors $f[B]$ est borélienne, et $f$ est un isomorphisme borélien de $B$ sur $f[B]$.
\end{corol}
\begin{proof}
On applique le théorème précédent à la projection de $X\times Y$ sur $Y$ et $(B\times Y)\cap Gr(f)$.
\end{proof}
\begin{exo}
Soit $(X,\tau)$ polonais et $\tau'$ topologie polonaise sur $X\supseteq \tau$. Alors $\tau$ et $\tau'$ ont les mêmes boréliens.
\end{exo}
\begin{thm}
Soient $X,Y$ polonais, $f : X\to Y$, $g : Y\to X$ des injections boréliennes. Alors il existe des boréliens $A\subseteq X$ et $B\subseteq Y$ tel que $f[A] = Y\setminus B$ et $g[B] = X\setminus A$. En particulier, $X$ et $Y$ sont boréliennement isomorphes.
\end{thm}
\begin{proof}
Montrons qu'il existe $A\subseteq X$ borélien tel que $g^{-1}(X\setminus A) = Y\setminus f[A]$. On définit $h : 2^X\to 2^X$ par $h(S) := X\setminus g[Y\setminus f[S]]$.
On définit $X_n\subseteq X$ comme suit : $X_0 := \emptyset$, $X_{n+1} := h(X_n)$. On pose $A := \bigcup_{n\in\omega} X_n$. Notons que $h(\bigcup_{n\in\omega} X_n) = \bigcup_{n\in\omega} h(X_n)$ et donc $h(A) = A$. Par le corollaire précédent, $X_n$ et $A$ sont boréliens, donc $A$ convient. On pose $B := Y\setminus f[A]$, et $i : X\to Y$ est définie par
\[i(x) := \begin{cases}
f(x)\text{ si }x\in A\\
g^{-1}(x)\text{ si }x\not\in A
\end{cases}\]
\end{proof}
\begin{thm}
Soient $X,Y$ polonais. Alors $X$ et $Y$ sont boréliennement isomorphes exactement quand ils ont même cardinalité.
\end{thm}
\begin{proof}
Il suffit de voir que tout polonais non dénombrable $X$ est boréliennement isomorphe à $2^\omega$. On a vu qu'il existe un fermé $C$ de $\omega^\omega$ et $b : C\to X$ bijection continue. $C$ est isomorphe à un $G_\delta$ de $2^\omega$. Par le corollaire précédent, $b$ est un isomorphisme borélien. Donc $\exists f : X\to 2^\omega$ injective borélienne. $X$ contient une copie de $2^\omega$ donc $\exists g : 2^\omega \to X$ injective borélienne (continue). Il reste à appliquer le théorème précédent.
\end{proof}
\section{Arbres bien fondés}
\begin{exo}
À l'aide des fonctions caractéristiques, on peut voir les arbres sur $\omega$ comme des éléments de $2^{\omega^{<\omega}}$. On met la topologie discrète sur $2$, puis la topologie produit. On note $Tr$ l'ensemble des fonctions caractéristiques des arbres sur $\omega$. Montrer que $Tr$ est fermé de $2^{\omega^{<\omega}}$.
\end{exo}
\paragraph{Notation.} On pose $IF := \{\chi_T\in Tr\tq T$ est mal fondé$\}$, où un arbre est mal fondé s'il a une branche infinie.
\begin{thm}
L'ensemble $IF$ est $\mathbf\Sigma^1_1$-complet.
\end{thm}
\end{document}
#### Cours de Théorie Descriptive LMFI 2020
Il manque actuellement le cours du Lundi 17 février. Il faudrait le LaTeXiser, et me l'envoyer par mail, ou bien directement créer un pull request.
De même, n'hésitez pas à corriger les erreurs que vous trouvez.
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