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Cours du 10/02. Attention, je ne pourrai pas prendre le cours lundi prochain,...

Cours du 10/02. Attention, je ne pourrai pas prendre le cours lundi prochain, il faut quelqu'un pour le prendre à ma place
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......@@ -939,7 +939,7 @@ Soient $X$ un espace non vide métrisabe séparable, et $\hat X$ un espace polon
\item $x_i\in \hat V_{i-1}\cap X$ (par convention, $\hat V_{-1} := \hat X$), $x_i\in V_i$
\item $\hat V_i\cap X\subseteq V_i$, $\hat V_0\supseteq \hat V_1\supseteq\dots$
\item $((x_0,X),V_0,(x_1,\hat V_0\cap X), V_1,\dots)$ est compatible avec $\sigma$
\item $\forall p = (x_0,(V_0,\hat{V_0}),x_1,(V_1,\hat{V_1}),\dots,x_{n-1},(V_{n-1},\hat{V_{n-1}})\in S$, si $\mathcal V_p = \{\hat{V_n}\tq p \cdot (x_n,(V_n,\hat{V_n}))\in S\}$, alors, $X\cap \hat{V_{n-1}}\subseteq \bigcup\mathcal V_p$, $\diam(\hat{V_n})<2^{-n}$ si $\hat{V_n}\in \mathcal V_p$ et $\forall \hat x\in \hat X$, il n'y a qu'un nombre fini de $(x_n,(V_n,\hat{V_n}))$ avec $p\cdot (x_n,(V_n,\hat{V_n}))\in S$ et $\hat x\in \hat{V_n}$.
\item $\forall p = (x_0,(V_0,\hat{V_0}),x_1,(V_1,\hat{V_1}),\dots,x_{n-1},(V_{n-1},\hat{V_{n-1}}))\in S$, si $\mathcal V_p = \{\hat{V_n}\tq p \cdot (x_n,(V_n,\hat{V_n}))\in S\}$, alors, $X\cap \hat{V_{n-1}}\subseteq \bigcup\mathcal V_p$, $\diam(\hat{V_n})<2^{-n}$ si $\hat{V_n}\in \mathcal V_p$ et $\forall \hat x\in \hat X$, il n'y a qu'un nombre fini de $(x_n,(V_n,\hat{V_n}))$ avec $p\cdot (x_n,(V_n,\hat{V_n}))\in S$ et $\hat x\in \hat{V_n}$.
\end{itemize}
Posons $W_n := \bigcup\{\hat{V_n}\tq \exists p = (x_0,(V_0,\hat{V_0}),\dots,x_n,(V_n,\hat{V_n}))\in S\}$. Alors $W_n$ est ouvert de $\hat X$, et une récurrence sur $n$ montre que $X\subseteq W_n$, d'où $X \subseteq \cap_{n\in\omega} W_n$. Il reste à montrer que $\bigcap_{n\in\omega} W_n\subseteq X$. Soit $\hat x \in \bigcap_{n\in\omega} W_n$. L'arbre $S_{\hat x}$ des éléments de $S$ compatibles avec $\hat x$ (i.e. le dernier $\hat V_n$ contient $\hat x$) est infini. Cet arbre est à branchements finis par construction. Par le lemme de König, $S_{\hat x}$ a une branche infinie, disons $(x_0,(V_0,\hat V_0),\dots)$.
Alors, $((x_0,X),V_0,(x_1,\hat V_0\cap X),V_1,(x_2,\hat V_1\cap X),\dots)$ est une partie du jeu de Choquet fort, compatible avec $\sigma$. Donc $\bigcap_{n\in\omega} \hat V_n\cap X$ est non vide. Donc $\hat x\in X$ à cause du diamètre. Donc $X = \bigcap_{n\in\omega} W_n$ est $G_\delta$.
......@@ -1150,7 +1150,7 @@ Réciproquement, si $R\subseteq X\times\omega$ est $\mathbf\Pi^0_1$ et $S = \exi
\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 $S = \mathcal U_y = \{x\in X, (y,x\in \mathcal U\}$
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 $\mathbf\Pi^0_\xi(X)$
......@@ -1202,7 +1202,132 @@ avec $(s_n)\in [T]$. On dit que $1$ gagne la partie si $(s_n)\in A$.
\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}
\begin{defis}
Soient $X,Y$ des ensembles, $A\subseteq X,B\subseteq Y$
\begin{enumerate}[(a)]
\item Une \emph{réduction} de $A$ à $B$ est une fonction $f : X\to Y$ tel que $A = f^{-1}(B)$.
\item Si de plus $X$ et $Y$ sont des espaces topologiques, on dit $A$ est \emph{Wadge-réductible} à $B$, ce qu'on note $(X,A)\le_W (Y,B)$ ou $A\le_W B$ s'il existe une réduction continue de $A$ à $B$.
\end{enumerate}
\end{defis}
\begin{rems}\leavevmode
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\le_W$ est un \emph{quasi-ordre} (réflexif et transitif). C'est le quasi-ordre de Wadge.
\item Les seules fonctions continues de $\mathbb R$ dans $\omega^\omega$ sont les constantes, donc cette notion est surtout intéressante en dimension 0.
\end{enumerate}
\end{rems}
\begin{lem}[Wadge]
Soient $S,T \ne \emptyset$ des arbres pruned sur $\omega$, et $A\subseteq [S],B\subseteq [T]$ des boréliens. Alors $A\le_W B$ ou $B\le_W\lnot A$.
\end{lem}
\begin{proof}
On considère le \emph{jeu de Wadge} sur $\omega$ :
\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}
J1 & \alpha(0) & & \alpha(1) & &\dots\\
\hline
J2 & & \beta(0) & & \beta(1) & \dots\\
\end{array}\]
avec $\alpha\in[S]$ et $\beta\in[T]$. On dit que 2 gagne la partie si $\alpha\in A\iff \beta\in B$. On peut voir ce jeu comme un jeu borélien $G(U,C)$, où $U$ est un arbre pruned sur $\omega$ et $C$ borélien de $[U]$. Donc ce jeu est déterminé.
Si 2 a une stratégie gagnante, on peut la voir comme une fonction $\varphi : S\to T$ telle que $s\subseteq t \implies \varphi(s)\subseteq\varphi(t)$ et $|\varphi(s)| = |s|$. Ceci définit $f : [S]\to [T]$ continue par $f(\alpha) := \lim_{n\to\infty} \varphi(\alpha|n)$. Comme la stratégie est gagnante pour 2, A = $f^{-1}(B)$, et $A\le_W B$.
Si 1 a une stratégie gagnante, on note que 1 gagne la partie si et seulement si $\alpha\not\in A\iff \beta\in B$. Donc par le même raisonnement que pour 2, $B\le_W\lnot A$.
\end{proof}
\begin{rem}
Si $B\in \mathbf\Sigma^0_\xi$ et $A\le_W B$, alors $A\in \mathbf\Sigma^0_\xi$. De même avec $\mathbf\Pi^0_\xi$.
\end{rem}
\begin{defi}
Soient $\Gamma$ une classe de sous-ensembles des espaces polonais, $Y$ polonais, et $B\subseteq Y$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $B$ est \emph{$\Gamma$-dur} si $\forall X$ polonais de dimension 0, $\forall A\in \Gamma(X), A\le_W B$.
\item Si de plus $B$ est dans $\Gamma$, on dit que $B$ est \emph{$\Gamma$-complet}
\end{enumerate}
\end{defi}
\begin{thm}[Wadge] Soient $X$ polonais de dimension 0, et $A$ un borélien de $X$.
\begin{enumerate}[(a)]
\item $A$ est $\mathbf\Sigma^0_\xi$-complet ssi $A\in\mathbf\Sigma^0_\xi\setminus\mathbf\Pi^0_\xi$.
\item $A$ est $\mathbf\Sigma^0_\xi$-dur ssi $A\not\in\mathbf\Pi^0_\xi$
\end{enumerate}
\end{thm}
\begin{proof}
Si $A$ est $\mathbf\Sigma^0_\xi$-dur, alors $A\not\in \mathbf\Pi^0_\xi$ car $\Sigma^0_\xi(\omega^\omega)\ne \mathbf\Pi^0_\xi(\omega^\omega)$.
Si $A\not\in\mathbf\Pi^0_\xi$, par le lemme de Wadge, $B\le_W A$ dès que $B\in\mathbf\Sigma^0_\xi(Y)$ avec $Y$ polonais de dimension 0, sinon $A\le_W\lnot B$. Donc $A$ est $\mathbf\Sigma^0_\xi$-dur.
\end{proof}
\begin{exi}
Soit $\mathcal U$ $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^0_\xi(\omega^\omega)$. Montrer que $\mathcal U$ est $\mathbf\Sigma^0_\xi$-complet.
Soient $\mathbb P_f = \{\alpha\in 2^\omega\tq \exists^{<\infty} n, \alpha(n) = 1\}$ et $\mathbb P_\infty := 2^\omega\setminus \mathbb P_f$. Montrer que $\mathbb P_f$ est $\mathbf\Sigma^0_2$-complet et $\mathbb P_\infty$ est $\mathbf\Pi^0_2$-complet.
\end{exi}
\begin{exe}
Posons $V := \{\alpha\in 2^{\omega\times\omega}\tq \exists n\in\omega, \forall p\in\omega,\exists q\ge p, \alpha (n,q) = 1\}$. Notons que $V \in \Sigma^0_3$. En fait, $V$ est $\mathbf\Sigma^0_3$-complet. Soient $X$ polonais de dimension 0 et $A\in\mathbf\Sigma^0_3(X)$. Notons que $A =\bigcup_{n\in\omega} A_n$, avec $A_n \in\mathbf\Pi^0_2$, et $A_n = f_n^{-1}(\mathbb P_\infty)$, avec $f_n : X\to 2^\omega$ continue. On définit $f : X\to 2^{\omega\times\omega}$ par $f(x)(n,q) := f_n(x)(q)$. Alors $f$ est continue, et :
\[x\in A\iff \exists n\in\omega, x\in A_n\iff \exists n\in\omega,f_n(x) \in \mathbb P_\infty\iff f(x) \in V\]
\end{exe}
\section{Transformation des boréliens en ouverts-fermés}
\begin{lem}
Soient $(X,\tau)$ un espace polonais, $C\subseteq X$ fermé, et $\tau_C$ la topologie engendrée par $\tau\cup\{C\}$. Alors $\tau_C$ est polonaise, $C\in \mathbf\Delta^0_1(X,\tau_C)$, et $\tau_C,\tau$ ont les mêmes boréliens.
\end{lem}
\begin{proof}
On note que $\tau_C$ est la somme des topologies induites sur $C$ et $\lnot C$.
\end{proof}
\begin{lem}
Soient $(X,\tau)$ polonais et $(\tau_n)$ une suite de topologies polonaises sur $X$ contenant $\tau$. Alors, la topologie $\tau_\infty$ engendrée par $\bigcup_{n\in\omega} \tau_n$ est polonaise. Si de plus les $\tau_n$ sont formées de boréliens pour $\tau$, alors $\tau$ et $\tau_\infty$ ont les mêmes boréliens.
\end{lem}
\begin{proof}
Posons, pour $n\in\omega$, $X_n := X$. On considère $\varphi : X\to \prod_{n\in\omega} X_n$ définie par $x\mapsto (x,x,\dots)$. Alors, $\varphi[X]$ est fermée dans $\prod_{n\in\omega}(X_n,\tau_n)$ : si $(x_n)\notin \varphi[X],\exists i<j, x_i\ne x_j$. Soient $O,U\in \tau$ disjoints tels quel $x_i\in O$ et $x_j \in U$. Alors $(x_n)\in X_0\times\dots\times X_{i-1}\times O\times X_{i+1}\times \dots\times X_{j-1}\times U\times X_{j+1}\times\dots\subseteq\lnot\varphi[X]$. Donc $\varphi[X]$ est polonais. Comme $\varphi$ est un homéomorphisme de $(X,\tau_\infty)$ sur $\varphi[X]$, $\tau_\infty$ est polonaise.
\end{proof}
\begin{thm}
Soit $(X,\tau)$ polonais et $B\subseteq X$ borélien. Alors il existe un $\tau_B$ polonaise sur $X$ contenant $\tau$, rendant $B$ ouvert-fermé, et ayant les mêmes boréliens que $\tau$.
\end{thm}
\begin{proof}
Considérons la classe $\mathcal A$ des sous-ensembles $A$ de $X$ pour lesquels il existe une topologie $\tau_A$ contenant $\tau$ rendant $A$ ouvert-fermé, et ayant les mêmes boréliens que $\tau$.
Par le lemme 9, $\mathcal A$ contient les ouverts. Notons que $\mathcal A$ est close par passage au complémentaire. Soit $(A_n)\in\mathcal A^\omega$, donnant $(\tau_{A_n})$ une suite de topologie. Le second lemme donne $\tau_\infty$, rendant $\bigcup_{n\in\omega} A_n$ ouvert. Une nouvelle application du 1\up{er} lemme rend $\bigcup_{n\in\omega} A_n$ ouvert fermé. Donc $\mathcal A$ est une tribu contenant les ouverts, donc les boréliens.
\end{proof}
\begin{exi}\leavevmode
\begin{enumerate}[(a)]
\item Soit $(X,\tau)$ polonais, et $(S_n)_{n\in\omega}$ une suite de boréliens de $(X,\tau)$. Montrer qu'il existe une topologie polonaise de dimension 0 $\tau'$ sur $X$, contenant $\tau$, telle que $\forall n\in\omega, S_n\in \mathbf\Delta^0_1(X,\tau')$ et $\tau'$ a les mêmes boréliens que $\tau$.
\item Soit $(X,\tau)$ polonais, $Y$ à base dénombrable, $f : (X,\tau)\to Y$ borélienne. Montrer qu'il existe une topologie polonaise de dimension 0 $\tau'$ sur $X$ contenant $\tau$ telle que $f : (X,\tau')\to Y$ est continue, et $\tau$ et $\tau'$ ont les mêmes boréliens.
\end{enumerate}
\end{exi}
\begin{thm}[Alexandrov -- Hausdorff]
Soient $X$ polonais, $B\subseteq X$ borélien. Alors $B$ est dénombrable ou $B$ contient une copie de $2^\omega$. En particulier, tout borélien non dénombrable a la puissance du continu.
\end{thm}
\begin{proof}
Le théorème précédent donne une topologie polonaise $\tau$ plus fine sur $X$ rendant $B$ ouvert-fermé. En particulier, $(B,\tau)$ est polonais. Si $B$ n'est pas dénombrable, $(B,\tau)$ contient une copie de $2^\omega$. Donc $B$ avec sa topologie initiale contient aussi une copie de $2^\omega$ (par compacité de $2^\omega$, et le fait que $\tau$ soit une topologie plus fine).
\end{proof}
\begin{thm}[Lusin -- Souslin]
Soient $X$ polonais, $B\subseteq X$ borélien. Alors, il existe un fermé $C$ de $\omega^\omega$ et une bijection continue $b : C\to B$. En particulier, si $B$ n'est pas vide, il existe $s : \omega^\omega \to B$ surjective et continue étendant $b$.
\end{thm}
\begin{proof}
La dernière partie vient de la première, avec une rétraction.
Le théorème donne une topologie polonaise $\tau$ sur $X$ plus fine rendant $B$ ouvert-fermé. Notons que $(B,\tau)$ est polonais. Ceci donne $C\in\mathbf\Pi^0_1(\omega^\omega)$ et $b : C\to (B,\tau)$ bijection continue. Comme $\tau$ est plus fine que la topologie initiale, $b$ est continue aussi pour la topologie initiale.
\end{proof}
\chapter{Ensembles analytiques et ensembles co-analytiques}
\section{Définition et caractérisations}
\begin{defi}
Soient $X$ polonais et $A\subseteq X$. On dit que $A$ est analytique s'il existe $Y$ polonais et $f : Y\to X$ continue tels que $f[Y] = A$. La classe des analytiques est notée $\mathbf\Sigma^1_1$.
\end{defi}
\begin{thm} Soit $X$ polonais. Alors il existe un $2^\omega$-universel pour $\mathbf\Sigma^1_1$\end{thm}
\begin{proof}
Soit $\mathcal F$ un $2^\omega$-universel pour les fermés de $X\times\omega^\omega$. On pose
\[\mathcal A := \{(\alpha,x)\in 2^\omega\times X\tq \exists \gamma\in \omega^\omega, (\alpha,x,\gamma)\in \mathcal F\}\]
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}
\end{document}
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