partition dénombrable de [0,1]
George Dimca
peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en intervalles
fermés ?
cordialement,
george
Julien Santini
Non d'après le théorème de Baire.
--
JS
Michel
> peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en
> intervalles fermés ?
La borne d'un éventuel intervalle est forcément commune à deux
intervalles donc on ne pas. non ?
--
Michel [over...@alussinan.org]
George Dimca
pourquoi "forcément" ?
si les intervalles étaient en nombre fini d'accord, mais là...
"Michel" <over...@alussinan.org> a écrit dans le message de news:
XnF946476EC...@193.252.19.141...
Julien Santini
> Non d'après le théorème de Baire.
>
Autant pour moi, j'ai dit une connerie.
George Dimca
les-maths.net..
et je voyais pas de lien très très direct (il y en a peut-être cela dit)
à mon avis il est assez difficile ce problème.. je "pense" que c'est pas
possible comme partition mais je ne trouve pas de preuve...
"Julien Santini" <santini...@wanadoo.fr> a écrit dans le message de
news: bt3ipb$559$1...@news-reader4.wanadoo.fr...
Julien Santini
> possible comme partition mais je ne trouve pas de preuve...
>
Il est à peu près sûr que ce problème est en lien étroit avec l'ensemble de
Cantor.
Herve Autret
George Dimca a écrit à l'envers:
>> > peut on trouver une partition dénombrable du
>> > segment [0,1] en intervalles fermés ?
>>
>> La borne d'un éventuel intervalle est forcément
>> commune à deux intervalles donc on ne pas. non ?
> pourquoi "forcément" ?
Pour qu'il n'y ait pas de borne commune, il faut autant d'intervalles
qu'il y a de réels, et ce n'est donc pas dénombrable.
--
Hervé Autret
Michel
> c'est trop vague pour moi ton argument :-/
> pourquoi "forcément" ?
Graphiquement, on a ceci
0[......[ ]-] ].....]1
à côté d'un intervalle fermé, pour ne pas laisser de trous, on ne
peut a priori prendre qu'un intervalle ouvert.
--
Michel [over...@alussinan.org]
Nicolas Richard
>
> c'est trop vague pour moi ton argument :-/
>
> pourquoi "forcément" ?
>
> si les intervalles étaient en nombre fini d'accord, mais là...
Il suffit de montrer qu'on devrait pouvoir ranger les intervalles dans
le bon ordre (il suffit de ranger par l'ordre de leur premier élément).
Et, si on a au moins deux intervalles, on peut en prendre deux qui se
suivent (p.ex. les deux premiers).
On a deux compact disjoints : la distance entre les deux est non nulle,
donc il existe un élement entre les deux... contradiction avec le fait
que les fermés se suivent.
--
Nico.
George Dimca
justement ça c'est pas possible en général...
prenez les rationnels de [0,1], ils sont dénombrables, essayez de les
compter par odre croissant..
le problème c'est que l'ensemble des sommets des intervalles en question
admet des points d'accumulation en chacun de ses éléments donc il c'est
impossible de les dénombrer ainsi par l'ordre de leur premier élément
Nicolas Richard
>
> > il suffit de ranger par l'ordre de leur premier élément
>
> justement ça c'est pas possible en général...
>
> prenez les rationnels de [0,1], ils sont dénombrables, essayez de les
> compter par odre croissant..
Le pire c'est que j'allais rajouter une remarque genre: "c'est aussi
ainsi qu'on peut démontrer que [0,1] n'est pas dénombrable, on les mets
dans l'ordre croissant et..." puis ma tête m'a dit "ben non" là j'ai
fait "effectivement, ça marche pas" et j'ai envoyé bêtement le reste du
message.
Bon, je reprends mon intense réflexion ;)
--
Nico.
j-f lacarra
> Bonjour,
>
> peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en intervalles
> fermés ?
>
Non bien sur hormis la partition triviale reduite a 1 partie.
Techniquement il faut considerer les complementaires des reunions des n
premiers intervalles. Ces complementaires sont des ouverts (on n a qu a
attendre que 0 et 1 n'y soient pas) d'intersection vide .On choisit une
suite de composantes connexes (non vide) de ce complementaire
decroissante I_n= ]a_n, b_n[ en s arrangeant pour que quand I_n \neq
I_{n+1} ce soit une fois sur 2 a_n l autre fois b_n qui soit modifie (c
est possible ) . Ainsi l'intersection des adherences des I_n qui est non
vide contiendra un point de l'intersection des I_n point qui ne sera pas
dans la reunion des segments initiaux.
jean-francois Lacarra
Xavier Caruso
> peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en intervalles
> fermés ?
Je note E l'ensemble des intervalles de ta partition. Cet ensemble est
totalement ordonné. En outre il est dénombrable et l'ordre est dense
(entre deux éléments, on peut toujours en trouver un autre), et donc
par un théorème classique il est isomorphe à (Q n [0,1]), isomorphe
dans le sens "il existe une bijection croissante". Je ne pense pas que
ce dernier point soit crucial pour la preuve, mais il simplifie la suite
de l'exposition.
Pour q un rationnel compris entre 0 et 1, je note I_q = [a_q,b_q] le
q-ième intervalle. Je définis trois fonctions :
l(q) = b_q-a_q (pour q rationnel)
f(x) = sum(l(q), q<x) (pour x réel)
g(x) = sum(l(q), q<=x) (pour x réel encore)
Alors : si x est rationnel, on a [f(x),g(x)] = I_x. Il s'agit simplement
de dire que l'intervalle [0,x[ doit être la réunion disjointe des I_q
pour q<x et de regarder la mesure des deux côtés.
On en déduit aussi qu'il n'y a aucun intervalle sur lequel la fonction l
s'annume... en effet si tel était le cas on aurait dans cet intervalle
deux rationnels q et q' pour lesquels I_q = I_(q').
De ces deux trucs, on doit pouvoir déduire que tous les I_x sont deux à
deux disjoints et donc que f(x) pour x non rationnel n'est pas dans la
réunion des I_q... Contradiction.
Notez quand même que si on se donne une fonction l a priori telle que la
somme de tous les l(q) fait 1... on peut faire les constructions
précédentes et on a les résultats annoncés. En particulier, on construit
ainsi explicitement une partie de R en bijection croissante avec R\Q de
mesure nulle. Je ne sais pas si c'est franchement intéressant mais bon...
Hubert
"intervalle fermé" peut etre affaibli en "fermé" sans rien perdre.
[0,1] n'est pas partition dénombrable de fermés (hormis la partition
triviale)
Dans le même genre, de tout recouvrement fondamental dénombrable d'un
compact, on peut extraire un recouvrement fini.
(un recouvrement est dit fondamental ssi toute partie dont
l'intersection avec chaque élément du recouvrement est un ouvert de cet
élément est un ouvert de l'espace; par exemple tout recouvrement ouvert
est fondamental, tout recouvrement fermé localement fini est fondamental)
A+
j-f lacarra a écrit:
George Dimca
"j-f lacarra" <jlacarra...@noos.fr> a écrit dans le message de news:
1g6y0qf.xb88lh1npsg76N%jlacarra...@noos.fr...
> Non bien sur hormis la partition triviale reduite a 1 partie.
> Techniquement il faut considerer les complementaires des reunions des n
> premiers intervalles. Ces complementaires sont des ouverts (on n a qu a
> attendre que 0 et 1 n'y soient pas) d'intersection vide .On choisit une
> suite de composantes connexes (non vide) de ce complementaire
> decroissante I_n= ]a_n, b_n[ en s arrangeant pour que quand I_n \neq
> I_{n+1} ce soit une fois sur 2 a_n l autre fois b_n qui soit modifie (c
> vide contiendra un point de l'intersection des I_n point qui ne sera pas
> dans la reunion des segments initiaux.
>
> jean-francois Lacarra
Je ne vois pas comment tu peux construire la suite I_n en "descendant"..
Pour un I_n donné je comprends qu'on puisse trouver les I_(n-1), I_(n-2) ,
.. I_0 mais dans l'autre sens je vois pas comment tu fais
En outre, où intervient l'hypothèse que la réunion des intervalles fermés
donnés est *disjointe* ?
Car si tu négliges cette hypothèse, on peut donner une réunion dénombrable
de fermés donnant [0,1]
Denis Leger
> Bonjour,
>
> peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en intervalles
> fermés ?
Non, c'est une conséquence du lemme de Baire.
Par l'absurde, supposons que [0,1] = [a_0,b_0] U [a_1,b_1] U ...
Je pose A = {a_0,b_0,a_1,b_1,...}, et je remarque que :
A = [0,1] privé de ( ]a_0,b_0[ U ]a_1,b_1[ ... )
A est donc fermé. Je considère la topologie métrique induite sur A par celle
de R, ainsi A est complet. Je me place désormais résolument dans A pour
cette topologie (et pas celle de R).
Chaque singleton {a_i} ou {b_i} est d'intérieur vide dans A, vu l'hypothèse
de partition de [0,1], et est clairement un fermé.
Du coup, A est réunion dénombrable de fermés d'intérieurs vides, donc
(Baire) A est d'intérieur vide, ce qui est bien sûr faux.
voila...
--
Denis Léger
George Dimca
> Je note E l'ensemble des intervalles de ta partition. Cet ensemble est
> totalement ordonné. En outre il est dénombrable et l'ordre est dense
> (entre deux éléments, on peut toujours en trouver un autre), et donc
> par un théorème classique il est isomorphe à (Q n [0,1])
J'imagine que dans les conditions pour E il y a aussi :
E admet un plus petit et un plus grand élément.
Sinon tout le reste de la preuve me paraît bien. J'aimerais juste avoir un
lien, ou une idée de preuve pour le théorème que tu cites, car il m'a l'air
assez central dans cette preuve..
Stéphane Ménart
Euh, pourquoi "bien sûr" ?
En fait, je suis un peu gêné par un truc idiot. La réponse à la question
de Georges Dimca est oui. La partition triviale {[0,1]} répond à la
question ;-)
Dans ce cas, A = {0,1} et il est bien d'intérieur vide, mais où est le
problème ?
Et qu'est-ce qui change pour l'intérieur de A si on exclut cette
partition triviale ?
Cordialement
Stéphane
Julien Santini
Ahhhhhhhhhh j'étais pas allé au bout de l'idéeeeeee !!!!
[...]
> Chaque singleton {a_i} ou {b_i} est d'intérieur vide dans A, vu
l'hypothèse
> de partition de [0,1], et est clairement un fermé.
>
> Du coup, A est réunion dénombrable de fermés d'intérieurs vides, donc
> (Baire) A est d'intérieur vide, ce qui est bien sûr faux.
>
Donc "A est vide" plutôt ?
--
JS
Julien Santini
l'hypothèse
> de partition de [0,1],
Ahhh ... mon enthousiasme retombe ... c'était bien de la topologie induite
par R qu'il s'agissait ?
Hubert
Explicitons la demonstration
Montrons que ]0,1[ n'est pas réunion dénombrable de fermés deux à deux
disjoint (J'ai ouvert l'intervalle mais ça ne change rien)
Soit F_0,F_1,...,F_n,... une partition de [0,1] par des fermés
(éventuellement vides)
Etape 1 : Examinons U = ]0,1[\F_0 avec F_0 non vide (sinon on prend le
premier F_n non vide disponible)
C'est un ouvert bien sur. De plus 0 est adhérent à U. (Sinon on pourrait
trouver a>0 tel que ]0,a[ est inclus dans F, 0 serait alors adhérent à F
sans etre dans F)
Donc U contient une composante connexe du type I=]0,u[
On a donc u = Min F_0 est dans F_0
Soit n dans N, (F_n inter I) est fermé
(Si n=0 F_n est vide sinon (F_n inter I) = (F_n inter [0,1])
(NB : C'est ICI qu'on utilise les F_n disjoints)
(F_n inter I) est donc une partition de ]0,u[ est fermé disjoints
Etape 2 : De même U contient une composante connexe ]v,1[ que l'on peut
découper en une partition de fermé.
En conséquence, si on recommence avec ]0,u[ ce que l'on a fait avec
]0,1[ mais à droite au lieu d'à gauche, on obtient un intervalle
]v,u[ avec v>0 et u<1 qui possède une partition dénombrable en fermés
deux à deux disjoionts
Etape 3 : Le procédé est récusif donc on peut construire par récurrence
Une suite d'intervalle ]a_n,b_n[ tells que
a) a_0=0 b_0=1
b) (a_n) est STRICTEMENT croissante et (b_n) strictement décroissante
c) ]a_n,b_n[ est inclus dans I \ l'union des 2n premiers F_k (en fait en
doit en enlever beaucoup plus à cause des ensembles vides que l'on
rencontent souvent)
d) ]a_n,b_n[ est partitionné par les (F_k inter ]a_n,b_n[) qui sont fermés.
Etape 4 :
]a_n,b_n[ contient [a_n+1,b_n+1] donc l'intersection des ]a_n,b_n[ est
égale à l'intersection des [a_n,b,n] qui est non vide.
Or l'intersection des ]a_nh,b_n[ est incluse dans ]0,1[ \ l'union des
F_k donc est vide
Youp la Boum
A+
George Dimca a écrit:
Hubert
Explicitons la demonstration
Montrons que ]0,1[ n'est pas réunion dénombrable de fermés deux à deux
disjoint (J'ai ouvert l'intervalle mais ça ne change rien)
Soit F_0,F_1,...,F_n,... une partition de [0,1] par des fermés
(éventuellement vides)
Etape 1 : Examinons U = ]0,1[\F_0 avec F_0 non vide (sinon on prend le
premier F_n non vide disponible)
C'est un ouvert bien sur. De plus 0 est adhérent à U. (Sinon on pourrait
trouver a>0 tel que ]0,a[ est inclus dans F, 0 serait alors adhérent à F
sans etre dans F)
Donc U contient une composante connexe du type I=]0,u[
On a donc u = Min F_0 est dans F_0
Soit n dans N, (F_n inter I) est fermé
(Si n=0 F_n est vide sinon (F_n inter I) = (F_n inter [0,u])
(NB : C'est ICI qu'on utilise les F_n disjoints)
(F_n inter I) est donc une partition de ]0,u[ est fermés disjoints
Etape 2 : De même U contient une composante connexe ]v,1[ que l'on peut
découper en une partition de fermé de la forme (F_n inter ]v,1[).
En conséquence, si on recommence avec ]0,u[ ce que l'on a fait avec
]0,1[ mais à droite au lieu d'à gauche, on obtient un intervalle
]v,u[ avec v>0 et u<1 qui possède une partition dénombrable en fermés
deux à deux disjoints de la forme (F_n inter ]v,1[).
Etape 3 : Le procédé est récusif donc on peut construire par récurrence
Une suite d'intervalle ]a_n,b_n[ tels que
a) a_0=0 b_0=1
b) (a_n) est STRICTEMENT croissante et (b_n) strictement décroissante
c) ]a_n,b_n[ est inclus dans I \ l'union des 2n premiers F_k (en fait en
doit en enlever beaucoup plus à cause des ensembles vides que l'on
rencontent souvent)
d) ]a_n,b_n[ est partitionné par les (F_k inter ]a_n,b_n[) qui sont fermés.
Etape 4 :
]a_n,b_n[ contient [a_n+1,b_n+1] donc l'intersection des ]a_n,b_n[ est
égale à l'intersection des [a_n,b,n] qui est non vide.
Or l'intersection des ]a_nh,b_n[ est incluse dans ]0,1[ \ l'union des
F_k donc est vide
Youp la Boum
George Dimca a écrit:
Hubert
Julien Santini a écrit:
Oui tout ouvert de A est infini car on est obligé d'accumuler des
intervalles le long d'un bord. Mais c'est plus difficile à expliciter
que la démonstration de j-f Lacarra plus haut
Xavier Caruso
> Sinon tout le reste de la preuve me paraît bien. J'aimerais juste avoir un
> lien, ou une idée de preuve pour le théorème que tu cites
Fallait venir à Saint-Malo cet été... il doit être fait dans le corps
de stratégies de base ;-).
http://boumbo.salle-s.org/xavier/maths/stmalo
Mais sinon, c'est pas très très dur... Tu envoies le plus petit élement
sur 0, le plus grand sur 1. Puis tu énumères les autres, disons x_1, ...,
x_n, ...
Tu envoies x_1 disons sur 1/2, puis sur x_2 sur un rationnel pour que ça
conserve l'ordre, et ainsi de suite. Le problème c'est que comme ça tu
as juste une injection. Donc il faut utilser ce que l'on appelle le
principe du va-et-vient. Tu enumères aussi les rationnels, disons q_1,
..., q_n, ... Tu envoies x_1 sur ce que tu veux. Ensuite tu t'occupes
de q_1. Puis tu t'occupes de x_1, puis de q_2 et ainsi de suite. Si tu
veux que je détaille, juste demande.
> car il m'a l'air assez central dans cette preuve..
Je pense pas : il doit s'agir juste de prouver qu'un ordre dense
dénombrable n'est pas complet (dans le sens ne vérifie pas le théorème
de la borne sup)... et bon, genre on plonge Q dedans (pour le coup, c'est
évident) et par complétude, R doit se plonger dedans et c'est pas possible
car il est dénombrable.
Je suis pas sûr mais un truc comme ça doit marcher.
Etienne Rousee
"Xavier Caruso" <car...@clipper.ens.fr> a écrit ...
> Fallait venir à Saint-Malo cet été... il doit être fait dans le corps
> de stratégies de base ;-).
> http://boumbo.salle-s.org/xavier/maths/stmalo
Et où peut on trouver la musique de l'hymne ?
Etienne
George Dimca
> de Georges Dimca est oui. La partition triviale {[0,1]} répond à la
> question ;-)
> Dans ce cas, A = {0,1} et il est bien d'intérieur vide, mais où est le
> problème ?
> Et qu'est-ce qui change pour l'intérieur de A si on exclut cette
> partition triviale ?
dénombrable c'est en bijection avec N donc infini
(avant je pensais aussi que dénombrable c'était "comptable" c'est à dire au
plus de cardinal N)
George Dimca
> sur 0, le plus grand sur 1. Puis tu énumères les autres, disons x_1, ...,
> x_n, ...
> Tu envoies x_1 disons sur 1/2, puis sur x_2 sur un rationnel pour que ça
> conserve l'ordre, et ainsi de suite. Le problème c'est que comme ça tu
> as juste une injection. Donc il faut utilser ce que l'on appelle le
> principe du va-et-vient. Tu enumères aussi les rationnels, disons q_1,
> ..., q_n, ... Tu envoies x_1 sur ce que tu veux. Ensuite tu t'occupes
> de q_1. Puis tu t'occupes de x_1, puis de q_2 et ainsi de suite. Si tu
> veux que je détaille, juste demande.
merci j'ai compris maintenant
c'est marrant ça je connaissais pas du tout :-)
je vais pouvoir m'en servir maintenant
georgesZ
Denis Leger <denis...@laposte.net> wrote in message
> George Dimca wrote:
> > peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en
> > intervalles fermés ?
>
> Non, c'est une conséquence du lemme de Baire.
> Par l'absurde, supposons que [0,1] = [a_0,b_0] U [a_1,b_1] U ...
> Je pose A = {a_0,b_0,a_1,b_1,...}, et je remarque que :
> A = [0,1] privé de ( ]a_0,b_0[ U ]a_1,b_1[ ... )
> A est donc fermé. Je considère la topologie métrique induite sur A par
> celle de R, ainsi A est complet. Je me place désormais résolument
> dans A pour cette topologie (et pas celle de R).
> Chaque singleton {a_i} ou {b_i} est d'intérieur vide dans A, vu
>l'hypothèse de partition de [0,1]
Ceci peut être faux pour 0 et /ou 1 et mérite une preuve (utilisant la
connexité de [0,1]) si a_i (ou b_i) est distinct de 0 et de 1.
Si {0} (resp. {1}) est d'intérieur non vide dans A, càd est ouvert
dans A, on raisonne avec A\{0} (resp. A\{1} ou A\ {0,1})) qui est
fermé dans A, donc dans R, donc métrique complet.
> et est clairement un fermé. Du coup, A est réunion dénombrable de
> fermés d'intérieurs vides, donc
> (Baire) A est d'intérieur vide, ce qui est bien sûr faux.
D'autre part; hubert a affirmé, à tort, que ceci est vrai pour un
fermé F à la place de [0,1] (c'est vrai pour tout intervalle fermé de
R borné ou non, par la démo ci-dessus qui utilise la connexité).
Exemple : F= union des intervalles [3k,3k+1], si on refuse les
intervalles fermés [a,a], ou F=Z si on les accepte.
Bien amicalement,
Georges
Hubert
georgesZ a écrit:
> Bonjour et meilleurs vœux à tous.
>
> D'autre part; hubert a affirmé, à tort, que ceci est vrai pour un
> fermé F à la place de [0,1] (c'est vrai pour tout intervalle fermé de
> R borné ou non, par la démo ci-dessus qui utilise la connexité).
>
Non , je ne propose pas de remplacer [0,1] par un fermé mais la
partition de [0,1] en segments par une partition de [0,1] en fermés.
D'ailleurs, j'ai explicité la démonstration ci-dessus pour etre sur.
(cf les suites su post de lacarra)
georgesZ
je commence mal l'année!
je survole le fil et, en répondant à Denis, j'écris à tort :
> D'autre part; hubert a affirmé, à tort, que ceci est vrai pour un
> fermé F à la place de [0,1] (c'est vrai pour tout intervalle fermé de
> R borné ou non, par la démo ci-dessus qui utilise la connexité).
sans relire ce que Hubert avait très bien exprimé!
Hubert, je te présente mes excuses!
Je vais essayer d'examiner ta preuve en détail.
Bien amicalement,
Georges
Xavier Caruso
> Et oů peut on trouver la musique de l'hymne ?
Tu achčtes un CD de Joe Dassin et tu écoutes *Aux Champs Elysées*.
georgesZ
J'ai examiné ta preuve et me suis permis de la préciser en partie :
Montrons que ]0,1[ n'est pas réunion dénombrable de fermés deux à deux
disjoints (Tu as ouvert l'intervalle et dit mais ça ne change rien)
Je ne suis pas sûr du tout que cela ne change rien.
Soit F_0, F_1,..., F_n,... une partition de ]0,1[ par des fermés de R
(éventuellement vides)
Etape 1 : Examinons U = ]0,1[\F_0 avec F_0 non vide (sinon on prend le
premier F_n non vide disponible)
(C'est un ouvert bien sûr. De plus 0 est adhérent à U. (Sinon on
pourrait
trouver a>0 tel que ]0,a[ est inclus dans F_0, 0 serait alors adhérent
à F_0
sans être dans F_0))
ici tu peux dire : 0 n'est pas dans le fermé F_0 donc d(0,F_0)>0.
Donc U contient I=]0,u[ où u = Min F_0 >0 est dans F_0.
Soit n dans N*, (F_n inter I) est fermé dans R
(car (F_n inter I) = (F_n inter [0,1]))
(NB : C'est ICI qu'on utilise les F_n disjoints)
Donc il existe k1> 0 t.q. ]0,u[ est disjoint de union(F_k, 0<=k<k1) et
admet la partition I= union((F_k inter I),k>=k1) en fermés disjoints.
Etape 2 : De même U contient une composante connexe ]v,1[ que l'on
peut découper en une partition de fermés.
En conséquence, si on recommence avec ]0,u[ ce que l'on a fait avec
]0,1[ mais à droite au lieu d'à gauche, on obtient k2>k1 et un
intervalle ]v,u[ avec 0<v <u<1 qui est disjoint de union(F_k, 0<=k<k2)
et admet la partition ]v,u[= union((F_k inter I),k>=k2) en fermés
disjoints.
Etape 3 : Le procédé est récursif donc on peut construire par
récurrence
Une suite (kn) strictement croîssante dans N* et une suite
d'intervalles ]a_n,b_n[ tels que
a) a_0=0 b_0=1
b) (a_n) est STRICTEMENT croissante et (b_n) strictement décroissante
c) ]a_n,b_n[ est disjoint de union(F_k, 0<=k<k2n)
d) ]a_n,b_n[ est partitionné par les ((F_k inter ]a_n,b_n[,k>=k2n) qui
sont fermés.
Etape 4 :
]a_n,b_n[ contient [a_(n+1),b_(n+1)] donc l'intersection des ]a_n,b_n[
est
égale à l'intersection des [a_n,b,n] qui est non vide.
Or l'intersection des ]a_n,b_n[ est incluse dans ]0,1[ \ (union des
F_k) qui est vide. Contradiction.
Donc tu as prouvé, en utilisant seulement la compacité, qu'un ouvert U
non vide de R n'est pas partitionnable par une suite de parties
fermées de R (on considère une composante connexe de U).
Par contre, comment fais-tu pour le fermé (compact) [0,1]?
Par exemple si
F_0= {0,1} union ([1/(2n+1),1/(2n)]union[1-1/(2n),1-1/(2n+1)],n>=3)?
Bien amicalement,
Georges
George Dimca
> non vide de R n'est pas partitionnable par une suite de parties
> fermées de R (on considère une composante connexe de U).
>
> Par contre, comment fais-tu pour le fermé (compact) [0,1]?
supposons que [0,1] est partitionnable ds le sens qu'on veut
en virant les deux bords, ie. les intervalles contenant 0 et 1, on tombe sur
une partition dénombrable d'un ouvert contradiction.
Hubert
Il reste un ouvert non vide (sauf dans le cas de la partition triviale)de R.
En fait aucun ouvert non vide de R ne peut admettre de partition
denombrable en fermés.
En effet la trace de ces fermés sur chaque composante connexe de
l'ouvert en fait une partition denombrable en fermés. Et on est ramené
au cas précédent.
georgesZ a écrit:
georgesZ
>J'ai écrit:
> > Donc tu as prouvé, en utilisant seulement la compacité, qu'un ouvert
> > U non vide de R n'est pas partitionnable par une suite de parties
> > fermées de R (on considère une composante connexe de U).
> >
> > Par contre, comment fais-tu pour le fermé (compact) [0,1]?
> > Par exemple si
> > F_0= {0,1} union ([1/(2n+1),1/(2n)]union[1-1/(2n),1-1/(2n+1)],n>=3)?
Hubert <hubert.qu...@wanadoo.fr> wrote in message
> Otons de [0,1] les deux fermés contenant 0 et contenant 1.
> Il reste un ouvert non vide (sauf dans le cas de la partition triviale)de R.
George a dit de même et vous avez raison!
J'ai trop vite pensé un fermé moins un fermé est ??
Mais si G est un fermé de R contenu dans [0,1] et contenant {0,1},
on a, comme vous le dites, [0,1] \ G= ]0,1[ \ G ouvert dans R.
> En fait aucun ouvert non vide de R ne peut admettre de partition
> denombrable en fermés.
>
> En effet la trace de ces fermés sur chaque composante connexe de
> l'ouvert en fait une partition denombrable en fermés. Et on est ramené
> au cas précédent.
Je l'avais dit (voir plus haut).
Donc, si A, non vide, est ouvert ou réunion d'un nombre fini
d'intervalles fermés de R de longueurs >0, alors A n'est pas
partitionnable par une suite de fermés de R.
Et si A est l'ensemble de Cantor (un compact)?
Bien amicalement
Georges
Denis Leger
> Bonjour et meilleurs v ux à tous.
>
> Denis Leger <denis...@laposte.net> wrote in message
>> George Dimca wrote:
>> > peut on trouver une partition dénombrable du segment [0,1] en
>> > intervalles fermés ?
>>
>> Non, c'est une conséquence du lemme de Baire.
>> Par l'absurde, supposons que [0,1] = [a_0,b_0] U [a_1,b_1] U ...
>> Je pose A = {a_0,b_0,a_1,b_1,...}, et je remarque que :
>> A = [0,1] privé de ( ]a_0,b_0[ U ]a_1,b_1[ ... )
>> A est donc fermé. Je considère la topologie métrique induite sur A par
>> celle de R, ainsi A est complet. Je me place désormais résolument
>> dans A pour cette topologie (et pas celle de R).
>> Chaque singleton {a_i} ou {b_i} est d'intérieur vide dans A, vu
>>l'hypothèse de partition de [0,1]
>
> Ceci peut être faux pour 0 et /ou 1 et mérite une preuve (utilisant la
> connexité de [0,1]) si a_i (ou b_i) est distinct de 0 et de 1.
C'est vrai, tiens, j'ai encore répondu trop vite !
Mais ce n'est pas très grave, A\{0,1} est à la fois fermé et ouvert, donc
d'intérieur non vide, et ça suffit pour conclure... (si je ne me trompe pas
encore)
--
Denis Léger
Denis Leger
Ben, en fait A n'existe pas, donc si tu veux il est vide ;-)
--
Denis Léger
Denis Leger
> "Denis Leger" a écrit
>> Du coup, A est réunion dénombrable de fermés d'intérieurs vides, donc
>> (Baire) A est d'intérieur vide, ce qui est bien sûr faux.
>
> Euh, pourquoi "bien sûr" ?
N'oublions pas que nous travaillons avec la topologie de A induite par celle
de R : pour cette topologie, A est ouvert (et également fermé, d'ailleurs),
donc l'intérieur de A, c'est A !
--
Denis Léger
Maxi
>
> justement ça c'est pas possible en général...
>
> prenez les rationnels de [0,1], ils sont dénombrables, essayez de les
> compter par odre croissant..
On parle de fermés de [0,1], qui ont bien un plus petit élément.
--
Maxi
Xavier Caruso
> On parle de fermés de [0,1], qui ont bien un plus petit élément.
Et ?
Nicolas Richard
Ca manque de contexte tout ça: le but de la manoeuvre était d'avoir un
notion de successeur, mais ça ne marche évidemment pas pour tous les
ordres.
--
Nico, qui essaye de se racheter.
Nicolas Richard
> Ben, en fait A n'existe pas, donc si tu veux il est vide ;-)
Ah, pardonnez, celui là existe, c'est dans ZF (un smiley quelconque)
--
Nico, pinailleur depuis son cours d'intro à la ZF :-)