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Cours du 7 février ajouté

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\title{Théorie descriptive des ensembles}
\author{Anatole Dahan}
\date{2020}
\begin{document}
\maketitle
......@@ -61,7 +59,8 @@
\section{Espaces topologiques}
\begin{defi}
Une \emph{topologie} sur $X$ est la donnée d'un ensemble $\tau\subseteq \mathcal P(X)$ tel que : \begin{enumerate}[(a)]
Une \emph{topologie} sur $X$ est la donnée d'un ensemble $\tau\subseteq \mathcal P(X)$ tel que :
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\emptyset\in\tau,\ X\in\tau$
\item Si $X_1,X_2,\dots,X_n\in \tau$, alors $\bigcup_{i = 1}^n X_i\in \tau$
\item Si $(X_i)_{i\in I}$ est une famille d'éléments de $\tau$, $\bigcup_{i\in I} X_i\in \tau$.
......@@ -1104,4 +1103,106 @@ Ainsi, $\forall k\in\omega, \exists Y^k := \{ y^k_0,\dots, y^k_{n_k -1}\} \subse
\begin{rem}
Les limites simples de fonctions continues sont de 1\up{ère} classe. La réciproque est fausse en générale (toute fonction de première classe non constante de $\mathbb R$ dans 2 n'est pas limite simple de fonction continue)
\end{rem}
\begin{defi}
Soit $(f_n)$ une suite de fonctions d'un ensemble $S$ dans un espace métrique $X$, et $f : S \to X$. On dit que $(f_n)$ converge uniformément vers $f$ si $\forall \eta > 0, \exists N\in \omega, \forall n\ge N, \forall s\in S, d(f(s),f_n(s))<\eta$.
\end{defi}
\begin{lem}
Soient $X$ un espace métrisable et $(p_n)$ une suite de limites simples de fonctions continues de $X$ dans $\mathbb R$ convergeant uniformément vers $p$. Alors $p$ est une limite simple de fonctions continues.
\end{lem}
\begin{proof}
Il suffit de montrer que si $(q_n)$ est une suite de limites simples de fonctions continues de $X$ dans $\mathbb R$ telle que $q_n$ est uniformément bornée par $2^{-n}$, alors $\sum_{n\in\omega} q_n$ est une limite simple de fonctions continues (en considérant les différences $p_{n+1} - p_n$). Soit $(q^n_i)_{i\in\omega}$ une suite de fonctions continues convergeant simplement vers $q_n$. On peut supposer que $q^n_i$ est uniformément bornée par $2^{-n}$. Ceci implique que $r_i := \sum_{n\in\omega} q^n_i$ est continue, et il reste à voir que $(r_i)$ converge simplement vers $\sum_{n\in\omega} q_n$.
Soient $x\in X$ et $\eta > 0$. On peut trouver $N\in\omega$ tel que $\forall i\in \omega\left|\sum_{n>N} q^n_i(x)\right|<\eta/3$ et $\left|\sum_{n>N} q_n(x)\right|<\eta/3$.
\[\left| r_i(x) - \sum_{n\in\omega} q_n(x)\right|\le \frac {2\eta}3 + \sum_{n\ge N} \left|q^n_i(x) - q_n(x)\right|\]
d'où le résultat.
\end{proof}
\begin{lem}
Soient $X$ un espace métrisable séparable, et $S\in \mathbf{\Delta}^0_2(X)$. Alors $\chi_S$ est limite simple de fonctions continues.
\end{lem}
\begin{proof}
$S = \bigcup_{n\in\omega} C_n$, et $\lnot S = \bigcup_{n\in\omega} F_n$, où $C_n$ et $F_n$ sont fermés, et $(C_n),(F_n)$ croissantes. Le lemme d'Urysohn donne $f_n : X\to \mathbb R$ continue telle que ${f_n}_{\restriction C_n}\equiv 1$ et ${f_n}_{\restriction F_n}\equiv 0$. Il reste à voir que $(f_n)$ converge vers $\chi_S$.
\end{proof}
\begin{thm}[Lebesgue -- Hausdorff -- Banach]
Soient $X,Y$ métrisables séparables, avec $X$ de dimension 0 ou $Y = \mathbb R$, et $f : X\to Y$ de 1\up{ère} classe. Alors $f$ est limite simple de fonctions continues.
\end{thm}
\begin{proof}
Pour $X$ de dimension 0, on reprend la preuve précédente. Supposons donc $Y = \mathbb R$. Soit $h : \mathbb R\to ]0,1[$ un homéomorphisme. Si $f : X\to \mathbb R$ est de 1\up{ère} classe, alors $h\circ f : X\to ]0,1[$ est aussi de 1\up{ère} classe.
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.
\end{proof}
Il reste à appliquer les 2 lemmes.
\begin{exo}
Montrer que les fonctions semi-continues sur un espace métrisable sont de 1\up{ère} classe.
\end{exo}
\paragraph{Notation.} Si $X,Y$ sont des ensembles et $R\subseteq X\times Y$, on pose $\exists^Y R := \{ x\in X\tq\exists y\in Y, (x,y)\in R\}$.
Si $\Gamma$ est une classe d'ensembles, alors $\exists^Y\Gamma$ est la classe des $\exists^Y R$ pour $R\in \Gamma$.
\begin{prop}
Soient $n\ge 1$ un entier et $X$ métrisable. Alors $\mathbf\Sigma^0_{n+1}(X) = \exists^\omega \mathbf\Pi^0_n(X)$.
\end{prop}
\begin{proof}
Pour $n = 1$, si $S \in \mathbf\Sigma^0_2(X)$, soit $(C_n)$ une suite de fermés de $X$ avec $S = \bigcup_{n\in\omega} C_n$. On définit $R \subseteq X\times \omega$ par \[(x_n)\in R\iff x\in C_n\]
Notons que $R\in \mathbf\Pi^0_1$ et $S = \exists^\omega R$, donc $S \in \exists^\omega \mathbf\Pi^0_1(X)$.
Réciproquement, si $R\subseteq X\times\omega$ est $\mathbf\Pi^0_1$ et $S = \exists^\omega R$, alors $S = \bigcup_{n\in\omega} R^n$, où $R^n := \{x\in X\tq (x,n)\in R\}$. Comme $x\mapsto (x,n)$ est continue, $R^n$ est $\mathbf\Pi^0_1$ et $S\in \mathbf\Sigma^0_2(X)$. On conclut par récurrence.
\end{proof}
\section{Ensembles universels}
\begin{defi}
Soient $\Gamma$ une classe d'ensemble, $X,Y$ des ensembles. Alors $\mathcal U\subseteq Y\times X$ est \emph{$Y$-universel pour $\Gamma(X)$} si $\mathcal U\in \Gamma$ et $\forall S\in\Gamma(X),\exists y\in Y$ tel que $S = \mathcal U_y = \{x\in X, (y,x\in \mathcal U\}$
\end{defi}
\begin{thm}
Soient $X$ un ensemble métrisable séparable, et $\xi \ge 1$ un ordinal dénombrable. Alors il existe un $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^0_\xi (X)$, et de même pour $\mathbf\Pi^0_\xi(X)$
\end{thm}
\begin{proof}
Par récurrence sur $\xi$. Soit $(O_n)$ une base de la topologie de $X$. On pose
\[ \mathcal U := \left\{(\alpha,x)\in 2^\omega\times X\tq\exists n\in\omega, \alpha(n) = 1\text{ et }x\in O_n\right\}\]
Notons que $\mathcal U \in \mathbf\Sigma^0_1$. Si $O\in \mathbf\Sigma^0_1(X)$, $\exists \alpha\in 2^\omega$ tel que $O =\bigcup_{\alpha(n) =1} O_n$, de sorte que $O = \mathcal U_{\alpha}$. Donc $\mathcal U$ est $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^0_1(X)$. Notons que si $\mathcal U$ est $2^\omega$-universel pour $\Gamma(X)$, alors $\lnot \mathcal U$ est $2^\omega$ universel pour $\check \Gamma(X)$. Donc, il existe un $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Pi^0_1(X)$ et de même pour $\mathbf\Pi^0_\xi(X)$ s'il existe un $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^0_\xi(X)$.
Soit $\xi \ge 2$, et $\mathcal U_\eta$ $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Pi^0_\eta(X)$ si $\eta < \xi$. Soit, pour $n\in \omega$, $\eta_n < \xi$ tel que $\eta_n \le \eta_{n+1}$ et $\xi = \sup\{\eta_n +1 | n\in\omega\}$.
Soit $<\cdot,\cdot> : \omega^2\to \omega$ bijective (voir bijection de Cantor) et, pour $\alpha\in 2^\omega$ et $n\in\omega$ $(\alpha)_n\in 2^\omega$ défini par
\[(\alpha)_n(p) := \alpha (<n,p>)\]
Alors $\alpha \mapsto (\alpha)_n$ est continue et si $(\alpha_n)\in (2^\omega)^\omega$, $\exists \alpha\in 2^\omega$ tel que $\forall n\in\omega, (\alpha)_n = \alpha_n$. Posons
\[\mathcal U := \{(\alpha,x)\in 2^\omega\times X\tq \exists n\in\omega ((\alpha)_n,x)\in \mathcal U_{\eta_n}\}\]
Alors $\mathcal U$ est $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^0_\xi(X)$.
\end{proof}
\begin{thm}
Soient $X$ polonais non dénombrable et $\xi \ge 1$ ordinal dénombrable. Alors $\mathbf\Sigma^0_\xi(X) \ne \mathbf\Pi^0_\xi(X)$, et $\mathbf\Delta^0_\xi(X)\subsetneq\mathbf\Sigma^0_\xi(X)\subsetneq \mathbf\Delta^0_{\xi +1}(X)$, et de même avec $\mathbf\Pi^0_\xi(X)$.
\end{thm}
\begin{proof}
On peut supposer que $2^\omega\subseteq X$. Par l'absurde : $\mathbf\Sigma^0_\xi(X) = \mathbf\Pi^0_\xi(X)$, donc $\mathbf\Sigma^0_\xi(2^\omega) = \mathbf\Pi^0_\xi(2^\omega)$. Soit $\mathcal U$ $2^\omega$-universel pour les $\mathbf\Sigma^0_\xi(2^\omega)$. On pose $S := \{\alpha\in 2^\omega\tq(\alpha,\alpha)\not\in \mathcal U\}$. Notons que $S\in \mathbf\Pi^0_\xi (2^\omega) = \mathbf\Sigma^0_\xi(2^\omega)$. Ceci donne $\beta\in 2^\omega$ tel que $S = \mathcal U_\beta$. Notons que
\[\beta\in S \iff (\beta,\beta)\in \mathcal U\iff \beta\not\in\]
\end{proof}
\begin{exo} Soient $X$ polonais non dénombrable et $\lambda \ge 1$ ordinal dénombrable limite. Montrer que
\[\bigcup_{\xi <\lambda} \mathbf\Sigma^0_\xi(X)\subsetneq \mathbf\Delta^0_\lambda(X)\]
\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 $1\le \xi < \omega_1$.
\end{exo}
\section{Ensembles complets}
\begin{defis}
Soit $S$ un ensemble non vide, $T\subseteq S^{<\omega}$ un arbre non vide pruned sur $S$, et $A\subseteq [T]\subseteq S^\omega$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Le jeu $G(T,A)$ sur $S$ est défini comme suit :
\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
J1 & s_0 & & s_2 & &\dots\\
\hline
J2 & & s_1 & & s_3 & \dots\\
\end{array}\]
avec $(s_n)\in [T]$. On dit que $1$ gagne la partie si $(s_n)\in A$.
\item Une \emph{stratégie} pour $1$ dans $G(T,A)$ est un sous-arbre $\sigma$ de $T$ tel que \begin{enumerate}[(1)]
\item $\sigma\ne \emptyset$ est pruned
\item Si $(s_0,s_1,\dots s_{2j})\in \sigma$ et $s_{2j +1}\in S$ vérifie $(s_0,\dots s_{2j +1})\in T$, alors $(s_0,\dots s_{2j+1})\in \sigma$.
\item Si $(s_0,s_1\dots s_{2j-1})\in \sigma,\exists ! s_{2j}\in S$ tel que $(s_0,\dots s_{2j})\in \sigma$.
\end{enumerate}
\item Une \emph{stratégie} $\sigma$ pour 1 est \emph{gagnante} si $[\sigma]\subseteq A$. De même, on définit la notion de stratégie gagnante pour 2.
\item Le jeu $G(T,A)$ est déterminé si 1 ou 2 a une stratégie gagnante.
\end{enumerate}
\end{defis}
\begin{thm}[Martin]
Soient $S$ un ensemble non vide, et $T\ne\emptyset$ un arbre pruned sur $S$. On munit $S$ de la topologie discrète, et $S^\omega$ de la topologie produit. Soit $A\subseteq [T]$ borélien. Alors $G(T,A)$ est déterminé.
\end{thm}
\end{document}
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