Université Paris Diderot Année 2009

Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
1
Année 2009-2010
Semaine n◦ 1
Introduction
Notions de bases :
– topologie générale, espaces métrisables, espaces compacts et localement compacts ;
– théorie de la mesure ;
– ensembles boréliens ;
– ensembles projectifs : analytiques et co-analytiques ;
– jeux infinis.
Le cours est articulé en deux parties : dans la première partie on introduit la théorie
descriptive des ensembles ; dans la deuxième on étudie les jeux.
Pourquoi on parle de la théorie descriptive ?
Si on parle d’un ensemble, on a deux possibilités pour le voir : on peut le voir comme
un ensemble de points, ou on peut en donner une description. Par exemple, nous
pouvons voir [0, 1] comme ensemble des points ou nous pouvons le voir comme {x ∈
R | 0 ≤ x ≤ 1}. La distinction est plus nette en fonction de l’univers de la théorie des
ensembles dans lequel nous travaillons. Par exemple, si nous sommes dans un univers
non standard, nous pouvons prendre la même définition pour [0, 1] mais cet ensemble
sera différent de [0, 1] interprété dans le ”vrai” univers, car dans celui-ci nous aurons,
par exemple, les infinitésimaux.
La théorie descriptive s’intéresse aux propriétés de régularité. L’axiome du choix (AC)
implique l’existence des objets pathologiques : par exemple, AC implique le paradoxe
de Banach-Tarski : il est possible de décomposer la boule unité de Rn , n ≥ 3, en un
nombre fini de morceaux et de rassembler ces morceaux pour en former deux boules
identiques à la première. L’explication du paradoxe est que les morceaux que nous
construisons ne sont pas mesurables.
Les Jeux
Nous nous intéressons seulement aux jeux de deux joueurs à information parfaite et
nous n’admettons pas de match nul, mais nous admettons que les jeux peuvent avoir
un nombre infini de coups.
Intuitivement, nous pouvons voir un jeu comme à un arbre T avec un nombre infini de
niveaux indexés par les entiers, où les niveaux pair répresentent les choix du premier
joueur et les niveaux impairs les choix du deuxième joueur. Soit [T ] l’ensemble de
toutes les branches de T . On fixe A ⊆ [T ] et on considère le jeu GT (A) suivant. A la
première étape, le joueur I choisit un élément a0 ∈ T de niveau 1. A la deuxième étape,
le joueur II choisit un élément a1 ∈ T de niveau 2 qui prolonge a0 et ainsi de suite. Si
1
la branche α = (a0 , a1 , . . .) ∈ A, le joueur I a gagné ; si α ∈ Ac , le joueur II a gagné.
On veut trouver des stratégies gagnantes pour l’un des joueurs.
Pour nous, les jeux de longueur finie sont triviaux.
Proposition 1.1 Dans un jeu de longueur fini l’un des deux joueurs a une stratégie
gagnante.
PREUVE. C’est une conséquence de la loi de De Morgan : l’existence d’une stratégie
gagnante pour I s’exprime par :
φ = ∃a0 ∀a1 ∃a2 . . . Qan−1 (a0 , . . . , an−1 ) ∈ A
Si l’énoncé φ est vrai alors I a une stratégie gagnantes. Si φ est faux, alors par la loi
de De Morgan nous avons :
∀a0 ∃a1 ∀a2 ...Qan−1 (a0 , . . . , an−1 ) ∈
/A
ce qui exprime l’existence d’une stratégie gagnante pour II.
2
Pour les jeux infinis, cela n’est pas vrai : nous ne pouvons pas utiliser la loi de De
Morgan car nous avons une infinité de quantificateurs. On peut démontrer que AC
implique qu’il y a des jeux sans stratégie gagnante. Nous avons deux choix :
1. Nous pouvons prendre un axiome qui assure l’existence de stratégies gagnantes.
Cet axiome s’appelle l’Axiome de Détermination (AD) et il a des conséquences
intéressantes, mais AD contredit l’Axiome du Choix (AC), et AC est nécessaire
pour prouver de nombreux théorèmes importants.
2. Nous ne demandons pas la détermination de tous les jeux, mais nous recherchons la plus grande classe de jeux pour lesquels nous pouvons démontrer la
détermination. Par exemple, nous pouvons démontrer la détermination des jeux
boréliens dans ZFC. Si nous acceptons l’existence des grands cardinaux nous
pouvons démontrer la détermination des jeux analytiques et co-analytiques et
plus généralement les jeux projectifs.
Nous suivons la deuxième choix.
2
Espaces Polonais
Soit un X espace topologique.
Définition 2.1
1. X est métrisable s’il existe une distance d qui induit la topologie
sur X.
2. X est séparable s’il existe un sous ensemble dense dénombrable.
2
3. X est complètement métrisable s’il existe une distance complète qui induit la
topologie sur X.
4. X est Polonais s’il est completèment métrisable et séparable.
Exemple 2.2 Les espaces suivants sont Polonais : R, [0, 1], T, C[0, 1] = {f : f :
[0, 1] → R, f est continue}.
Exercice 2.3 R \ {0} est-il complètement métrisable ?
Solution. Oui. Le fonction f (x) = (x, 1/x) est un homéomorphisme de R \ {0} et
{(x, y) ∈ R2 : y = 1/x}, et, si d est la distance usuelle sur R2 , nous pouvons définir
¯ y) = d(f (x), f (y)). Clairement, cette distance est
la distance d¯ sur R \ {0} par d(x,
complète et induit la même topologie sur R \ {0}.
2
Proposition 2.4 Si X est Polonais et discret alors X est dénombrable.
PREUVE. Soir D un sous ensemble dense dénombrable de X. Si D 6= X, fixons un
point x de X\D. Mais X est discret, alors {x} est ouvert, et D̄ ⊆ X\{x}, contradiction.
Il en suit que D = X, donc X est dénombrable.
2
Remarque 2.5 Nous n’avons pas utilisé la métrique.
Exercice 2.6 L’espace Q est-il Polonais ?
Solution. Non. Le théorème de Baire dit que dans un espace complètement métrisable
l’intersection dénombrable d’ouverts
T denses est dense. Mais {Q \ {q} : q ∈ Q} est une
famille dénombrable d’ouverts, et {Q \ {q} : q ∈ Q} = ∅, donc Q n’est pas Polonais.
2
Remarque 2.7 Si on a une distance d sur X, nous pouvons définir
¯ y) =
d(x,
d(x,y)
1+d(x,y)
d¯ est une distance, bornée par 1, que engendre la même topologie que d et, si d est
complète, alors d¯ l’est aussi.
Proposition 2.8 Le produit d’une famille dénombrable d’espaces Polonais est Polonais.
3
Q
PREUVE. Soit {Xn }n une famille d’espaces Polonais, et X = n Xn . Pour tout n,
soit dn une métrique complète bornée par 1 sur Xn . On définit une distance d sur X
par
d(x, y) =
X 1
d (x(n), y(n))
n+1 n
2
n
On voit facilement que d est une distance bornée par 1 et quelle est complète.
Fait 2.9 d engendre la topologie produit sur X.
PREUVE. Supposons d’abord que
U = U0 × . . . × Un−1 × Xn × Xn+1 × . . .
est un ouvert de base dans la topologie produit et x ∈ U . On doit trouver > 0 tel
que Bd (x) ⊆ U , où Bd (x) est la boule de rayon au sens de d autour de x. Comme Ui
est un ouvert de Xi il existe i > 0 tel que Bdii (x(i)) ⊆ Ui . Soit
= min{
i
i+1
2
: i < n}.
On voit facilement que Bd (x) ⊆ U .
Supposons maintenant x ∈ X et > 0 sont donnés. Soit N tel que 2−N < /2. Pour
di
(x(i)). Il en suit que U = U0 × . . . UN −1 × XN × . . . est un ouvert
i < N soit Ui = B/2
de base qui contient x et qui est inclu dans Bd (x).
2
Fait 2.10 X est séparable.
PREUVE. Soit Dn un sous ensemble dense dénombrable de Xn , pour tout n. On fixe
un point pn dans chaque Xn . Soit
Y
D = {f ∈
Dn : il existe n tel que x(k) = pk , pour tout k ≥ n}.
n
On voit facilement que D est dénombrable et dense dans X.
2
2
Donc, les espaces de Cantor {0, 1}ω , de Baire ω ω , et le cube de Hilbert [0, 1]ω sont
Polonais. Le dernier est particulièrement intéressant.
4
Proposition 2.11 Tout espace Polonais est homéomorphe à un sous ensemble de
[0, 1]ω .
PREUVE. Soit X un espace Polonais. On fixe une distance complète d sur X bornée par
1. On fixe aussi un sous ensemble D dénombrable et dense dans X. Soit {pn : n < ω}
une énumeration de D. On définit la fonction f : X → [0, 1]ω par f (x) = (d(x, pn ))n .
Nous allons montrer que f est l’homéomorphisme recherché.
Fait 2.12 f est injective.
PREUVE. Comme D est dense, si x 6= y il existe n tel que d(x, pn ) < d(x, y)/2. Il en
suit que d(x, pn ) < d(y, pn ) donc f (x) 6= f (y).
2
Fait 2.13 f est continue.
PREUVE. Soit ρ la distance canonique dans [0, 1]ω . Soit x, y ∈ X. Comme
|d(x, pn ) − d(y, pn )| ≤ d(x, y)
pour tout n, il en suit que
ρ(f (x), f (y)) =
X 1
|d(x, pn ) − d(y, pn )| ≤ d(x, y)
2n+1
n
et par conséquant la fonction f est lipschitzienne et donc continue.
2
Fait 2.14 f −1 est continue.
PREUVE. Il faut montrer que l’image direct d’un ouvert est un ouvert relatif dans
f [X]. On fixe un ouvert U dans X. Si x ∈ U , on doit montrer qu’il existe δ > 0 tel
que Bδρ (f (x)) ∩ f [X] ⊆ f [U ]. Comme U est ouvert il existe > 0 tel que Bd (x) ⊆ U .
L’ensemble {pn } est dense, donc il existe n tel que d(x, pn ) < /3. On va montrer que :
ρ
B/3·2
n+1 (f (x)) ∩ f [X] ⊆ f [U ].
Soit donc y ∈ X tel que ρ(f (y), f (x)) < 3·2n+1
. Alors |d(x, pn ) − d(y, pn )| < /3 et donc
d(y, pn ) < 2/3. Par l’inégalité de triangle on a
d(x, y) ≤ d(x, pn ) + d(y, pn ) < /3 + 2/3 = .
2
2
5
Remarque 2.15 C([0, 1]), avec d(f, g) = sup{|f (x) − g(x)| | x ∈ [0, 1]}, est un autre
espace Polonais universel.
Autres exemples d’espaces Polonais : lp , Lp , c0 .
Exercice 2.16 L’espace l∞ est-il Polonais ?
Solution. Non, il n’est pas séparable. Pour chaque A ⊆ N, soit χA la fonction caractéristique de A. Alors ||χA − χB || = 1, pour tout A, B ⊆ ω avec A 6= B. Les boules
B1/2 (χA ), pour A ⊆ ω sont 2-à-2 disjointes donc tout sous ensemble dense de l∞ est
de cardinal 2ℵ0 .
On va démontrer deux lemmes.
Lemme 2.17 Soit X Polonais et d une distance complète sur X. Soit X0T⊇ X1 ⊇
X2 . . . une suite décroissante de fermés, avec limn→∞ diam(Xn ) = 0. Alors | n Xn | =
1.
PREUVE. Soit xn ∈ Xn , pour tout n. Alors T{xn }n est une suite de Cauchy etTdonc
converge. Soit x = limn xn . Il en suit que x ∈ n Xn . Si y est un autre point de n Xn
alors d(x, y) ≤ diam(Xn ), pour tout n, donc d(x, y) = 0, c’est-à-dire x = y.
2
Lemme 2.18 (Lemme de recouvrement) Soit X un espace Polonais, d une distance compatible, U ⊆ X ouvert et > 0. Alors Sil existe une suite {On }n , d’ouverts
telle que diam(On ) ≤ , On ⊆ U , pour tout n, et n On = U .
PREUVE. Soit D ⊆ X dense et dénombrable. Soit :
Z = {(x, n) | x ∈ D, n ∈ ω, B1/n (x) ⊆ U, n ≥ 2/},
où B1/n (x) est la boule de centre x et rayon 1/n. Z est dénombrable, donc on peut fixer
une énumeration Z = {(xi , ni ) : i < ω}. La famille que nous cherchons est {Oi : i < ω},
où Oi = B(xi , 1/ni ).
2
3
Espaces de Baire et Cantor
Définition 3.1
1. L’espace de Baire est N = ω ω .
2. L’espace de Cantor est C = 2ω .
On met la topologie discrète sur ω et 2 et la topologie produit sur N et C. Une distance
compatible (que n’est pas unique) est
d(x, y) = 1/2n+1 , où n = min{m ∈ ω : x(m) 6= y(m)}.
6
La distance est ultramétrique, c’est-à-dire : on a d(x, z) = max{d(x, y), d(y, z)} (c’est
plus fort que l’inégualité de traingle). On voit facilement qu’elle est aussi complète.
Fait 3.2 C et N ne sont pas universels.
PREUVE. Comme N et C sont de dimension 0 ils ne contiennent pas de copie de
l’intervalle [0, 1].
2
Clairement, C ⊂ N . On a aussi :
Proposition 3.3 Il existe un plongement de N dans C.
PREUVE. Soit f ∈ N . Soit
. . 1} 0| .{z
. . 0} . . ..
ϕ(f ) = 0| .{z
. . 0} 1| .{z
f (0)
f (1)+1 f (2)+1
On voit facilement que ϕ est injective et continue. L’image de N par ϕ est l’ensemble
des suites α ∈ C qui ont une infinité de 0 et une infinité de 1. Ce sont les irrationels
diadiques.
2
Exercice 3.4 N ≈ [0, 1] \ Q.
Solution Soit ψ : N → [0, 1] définie par
ψ(f ) =
1
1 + f (0) +
1
1
1+f (1)+ 1+f (2)+...
.
Par les propriétés des fractions continues, ψ est un homéomorphisme.
2
Un sous espace très important de N est
S∞ = {f ∈ N : f : ω → ω est bijective }.
Question 3.5 L’espace S∞ est-il Polonais ?
Le problème est que la distance d héritée de N n’est pas complète pour S∞ : soit
fn ∈ S∞ définie par
fn (x) = x + 1 si x < n, fn (n) = 0, fn (n)(x) = x si x > n.
7
Les fn ∈ S∞ , et {fn }n est une suite de Cauchy, mais limn fn = Sh, où Sh(m) = m + 1,
pour tout m, et Sh ∈
/ S∞ . Par contre, nous pouvons changer la distance. On définit
¯ g) = d(f, g) + d(f −1 , g −1 ).
d(f,
Alors d¯ est une distance complète sur S∞ . Donc S∞ est Polonais.
2
Définition 3.6 Un groupe Polonais (G, ·) est un groupe topologique tel que G en tant
qu’espace topologique est Polonais.
Proposition 3.7 S∞ est un groupe Polonais.
2
On peut caractériser les groupes topologiques métrisables.
Thórème 3.8 (Kakutani) Soit G un groupe topologique T1 . Alors G est métrisable
si et seulement si’l existe une base dénombrable de voisinage de l’unité e.
2
Définition 3.9 Soit (G, ·) groupe topologique, d distance compatible. d est invariante à
gauche si, pour tout x, y, z ∈ G, d(xy, xz) = d(y, z). On définit une distance invariante
à droite de la manière analogue.
Exercice 3.10 La distance de N restreinte à S∞ est invariante à gauche.
Exercice 3.11 Il n’existe pas de distance complète invariante à gauche sur S∞ .
Soit σ ∈ ω <ω une suite finie. Soit
Nσ = {f ∈ N : σ ⊆ f }.
Nσ est un ouvert de base Il est aussi fermé : N \ Nσ =
S
{Nτ : τ ∈ ω |σ| , τ 6= σ}.
Définition 3.12 Soit I 6= ∅. T ⊆ I <ω est un arbre si ∅ ∈ T et pour tout s ∈ T et
n < |s|, s n ∈ T .
Pour un arbre T ⊆ I <ω on définit
[T ] = {b ∈ I ω : b n ∈ T pour tout n}.
Lemme 3.13
1. Si U ⊆ N est ouvert alors il existe S ⊆ ω ω tel que U =
σ ∈ S}.
2. Si F ⊆ N est fermé alors il existe un arbre T arbre tel que F = [T ].
8
S
{Nσ :
PREUVE. 1) Est évident car les Nσ sont des ouverts de base.
2) Tout d’abord on voit facilement que pour tout arbre T l’ensemble [T ] est fermé. Soit
maintenant F fermé. On pose
T = {σ ∈ ω <ω : Nσ ∩ F 6= ∅}.
T est un arbre : si σ ∈ T et n < |σ|, on a Nσ ⊆ Nσn , donc Nσn ∩ F 6= ∅ et τ ∈ T .
On a F = [T ] : si f ∈ F , alors pour tout n on a f n ⊆ f , donc f ∈ Nf n et f n ∈ T ,
et alors f ∈ [T ]. Si f ∈ [T ], alors pour tout n il existe fn ∈ F tel que f n = fn n,
donc f = limn fn . Comme F est fermé il en suit que f ∈ F .
2
Lemme 3.14
2. N ω ≈ N
1. N k × N l ≈ N ∀k, l ∈ ω, k + l > 0 ;
PREUVE. Si 1 ≤ m ≤ ω on a N m = (ω ω )m ≈ ω ω×m ≈ ω ω .
2
L’espace N n’est pas universel, mais on a le théorème suivant.
Thórème 3.15 Soit X un Polonais. Alors il existe une surjection continue ϕ : N →
X.
PREUVE. On construit un arbre d’ouverts hUσ : σ ∈ ω <ω i tel que :
1.
2.
3.
4.
5.
U∅ = X,
Uσ est ouvert, pour tout σ,
diam(Uσ ) ≤ 1/|σ|, pour tout σ 6= ∅ ;
Si σ (Sτ alors Uτ ⊆ Uσ ,
Uσ = {Uσbi : i ∈ ω}, pour σ.
On fait la construction par récurrence sur |σ|. Pour commencer on pose U∅ = X. Etant
donné Uσ on applique le lemme de recouvrement pour U = Uσ et = 1/(|σ| + 1) pour
trouver une famille
S {On : n < ω} telle que diam(On ) < 1/(|σ| + 1), On ⊆ Uσ , pour
tout n, et Uσ = {On : n < ω}. Finalement, on pose Uσbn = On , pour tout n.
Soit
sur X est complète on a
T f ∈ N . Alors par construction et le fait que la distance
T
| {Uf n : n < ω}| = 1. Soit ϕ(f ) l’unique élément de {Uf n : n < ω}. Alors ϕ est
une surjection continue de N sur X.
2
Définition 3.16 Soit X un espace
topologique. On dit qu’un sous ensemble F ⊆ X
S
est Fσ s’il sécrit T
comme F = {Fn : n < ω}, avec Fn fermé, pour tout n. On dit que
G est Gδ si G = {Un : n < ω}, où Un est ouvert, pour tout n.
9
Proposition 3.17
1. A est Fσ si et seulement si Ac est Gδ .
2. Tout fermé ou ouvert est à la fois Fσ et Gδ .
PREUVE. 1) évident
S
2) Soit F fermé. Si on pose Fn = F , pour tout n, on a F =T n∈N Fn .
Si Gn = B1/n (F ) = {x : d(x, F ) =< 1/n}, on a aussi F = {Gn : n < ω}, donc F est
Gδ . L’autre partie de l’énoncé se démontre par passage au complementaire.
2
Fait 3.18 La réunion dénombrable d’ensembles Fσ est Fσ .
2
Fait 3.19 Si F1 , F2 sont Fσ alors F1 ∩ F2 est Fσ .
PREUVE. Soit F1 =
S
n
F1,n , F2 =
S
m
F2,m . Alors F1 ∩ F2 =
S
n,m (F1,n
∩ F2,m ).
2
Remarque 3.20 L’intersection dénombrable de Fσ n’est pas nécessairement Fσ .
Lemme 3.21 (Lemme de Recouvrement de Fσ ) Si X est Polonais, Y ⊆ X est
Fσ , et > 0 alors il existe une suite {Yn : n < ω} telle que
1.
2.
3.
4.
Yn est Fσ , pour tout n,
diam(Yn ) < , pour tout n,
Yn ∩ S
Ym = ∅, pour tout n 6= m,
Y = {Yn : n < ω}.
S
PREUVE. Soit Y = {Cn : n < ω}, avec Cn fermé pour tout n. On peut supposer
que diam(Cn ) < , pour tout n. Soit
S
Y0 = C0 et Yn = Cn \ ( {Ci : i < n}, pour tout n > 0.
Alors {Yn : n < ω} est la famille que nous
S voulons.
S
1) Chaque Yn est Fσ : Cn est Fσ , et ( i<n Ci )c est Fσ . Donc Yn = Cn ∩ ( i<n Ci )c est
Fσ .
2) diam(Yn ) ≤ diam(Cn ) < ;
S
c
3) soit
n
>
m
:
alors
Y
⊆
C
⊆
m
m
i<n Ci ⊆ Yn , donc Yn ∩ Ym = ∅,
S
S
4) n Yn = n Cn = Y .
2
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Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
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Année 2009-2010
Semaine n○ 2
Lundi 18 janvier 2010
On rappelle le lemme suivant, dont la démonstration est donné dans les notes précédentes.
Il va nous servir pour démontrer Proposition 1.2.
Lemme 1.1. Soient X Polonais, d une distance complète sur X compatible avec la
topologie, Y un sous ensemble Fσ de X et > 0. Alors, il existe une suite {Yn }n telle
que :
1.
2.
3.
4.
Yn est Fσ , pour tout n,
diam(Yn ) ≤ , pour tout n,
Yn ∩ Ym = ∅, pour tout n, m, tels que n ≠ m,
Y = ⋃{Yn ∶ n < ω}.
Proposition 1.2. Soient X un Polonais, d une distance compatible. Alors il existe un
fermé F ⊆ N (= ω ω ) et une bijection continue ϕ ∶ F → X telle que ϕ[F ] = X.
Remarque. La bijection réciproque n’est pas forcément continue, c’est-à-dire ϕ n’est
pas forcément un homéomorphisme.
Remarque. Précédemment, on a montré qu’on avait une fonction continue surjective,
mais pas forcement injective de N sur X.
Démonstration. On construit un arbre {Xs ∶ s ∈ ω <ω } par récurence sur ∣s∣ tel que :
1.
2.
3.
4.
5.
6.
X∅ = X,
Xs est Fσ , pour tout s,
si s ⊊ t alors X t ⊆ Xs ,
Xs = ⋃{Xŝi ∶ i < ω}, pour tout s,
Xŝi ∩ Xŝj = ∅, pour tout s et i, j tels que i ≠ j,
diam(Xs ) < 1/∣s∣, pour tout s ≠ ∅.
Une fois la construction terminée on définit F ⊆ N par :
F = {b ∈ ω ω ∶ ⋂{Xb↾n ∶ n < ω} ≠ ∅}.
Comme la distance d est complète, par 4. et 6. nous avons que b ∈ F si et seulement si
Xb↾n ≠ ∅, pour tout n. Donc, F est fermé. Par 6. nous avons que pour ⋂{Xb↾n ∶ n < ω}
est un singleton, pour tout b ∈ F . Soit ϕ(b) son unique élément. On vérifie que ϕ est
une bijection continue entre F et X.
Tout d’abord, la condition 5. implique que ϕ est injective. Pour voir que ϕ est surjective
soit x ∈ X. Par les conditions 1. et 3. on voit que pour tout n il existe sn ∈ ω n tel que
1
x ∈ Xsn . La condition 5. implique que si n < m alors sn ⊆ sm . Soit b = ⋃{sn ∶ n < ω}. On
voit que b ∈ F et que ϕ(b) = x. Finalement, pour voir que ϕ on considère la distance
usuelle dN sur N et remarque que, par la condition 5., si b, c ∈ F et dN (b, c) ≤ 1/2k
alors d(ϕ(b), ϕ(c)) < 1/k. Donc ϕ est continue.
On va maintenant voir une caractérisation des sous-espaces Polonais d’un espace Polonais. Mais pour cela, on va introduire quelques définitions et démontrer deux théorèmes.
Définition 1.3. Soient X un espace topologique, X0 ⊆ X, (Y, d) un espace métrique,
et f ∶ X0 → Y . On définit l’oscillation de f en X par :
osc(f, x) = inf(diam(f [U ∩ X0 ]) ∶ x ∈ U et U ouvert de X).
Remarque. Les points où l’on peut prolonger f par continuité sont les points dont
l’oscillation est nulle.
Définition 1.4. On notera pour > 0, U (f, ) = {x, osc(f, x) < }.
Remarque. U (f, ) est un ouvert dans X. De plus, {x ∶ osc(f, x) = 0} = ⋂{U (f, n1 ) ∶
n < ω}, qui est Gδ . Donc pour chaque fonction f , on definit un ensemble Gδ .
On en déduit la proposition suivante :
Proposition 1.5. Soient X un espace topologique, (Y, d) un espace métrique, et f ∶
X → Y quelconque. Alors, {x ∈ X ∶ f est continue en x} est Gδ .
Théorème 1.6 (Kuratowski). Soient X métrisable, Y complétement métrisable, A ⊆
X, f ∶ A → Y continue. Alors il existe un ensemble Gδ G tel que A ⊆ G ⊆ A et une
fonction continue f ∶ G → Y telle que f ↾ A = f .
Démonstration. On pose G = {x ∈ A ∶ osc(f, x) = 0}. Comme f est continue sur A on
voit que A ⊆ G. Pour x ∈ G on pose
Fx = ⋂{f [U ∩ A] ∶ U ouvert et x ∈ U }.
Par la définition de G et le fait que la distance dY sur Y est complète on voit que Fx est
un singleton, pour tout x ∈ G. Soit f (x) l’unique élément de Fx . On vérifie facilement
que f est la fonction voulue.
Théorème 1.7 (Lavrentiev). Soient X, Y deux espaces complétement métrisables, A ⊆
X, B ⊆ Y , et f ∶ A → B un homéomorphisme. Alors, il existe deux ensembles Gδ G ⊇ A
et H ⊇ B, et un homéomorphisme f ∶ G → H étendant f .
Démonstration. D’après le théorème de Kuratowski, il existe un sous ensemble Gδ G1
de X tel que G1 ⊇ A et une fonction continue f1 ∶ G1 → B, continue telle que f1 ↾ A = f .
On considère f −1 ∶ B → X. D’après le théorème de Kuratowski de nouveau il existe un
2
sous ensemble Gδ H1 de Y tel que H1 ⊇ B et une fonction continue g1 ∶ H1 → X telle
que g1 ↾ B = f −1 . On pose R = Gr(f1 ) et S = Gr−1 (g1 ), on a alors :
R ∩ S = {(x, y) ∶ x ∈ G1 , y ∈ H1 , y = f1 (x) et x = g1 (y)}.
Cet ensemble est aussi Gδ . Unfin, on pose G = projx (R ∩ S) et H = projy (R ∩ S). Soit
f = f1 ↾ G. Alors f est un homéomorphisme entre G et H. Montrons que G et H sont
Gδ . (La projéction d’un Gδ n’est en général pas Gδ ). Or x ∈ G ssi (x, f1 (x)) ∈ R ∩ S
et y ∈ H ssi (g1 (y), y) ∈ R ∩ S et les fonctions x ↦ (x, f1 (x)) et x ↦ (g1 (x), x) sont
continues. Donc G et H sont les préimages d’un Gδ par une fonction continue. Donc
G et H sont Gδ .
On va montrer que les sous espaces Polonais d’un Polonais sont éxactement les Gδ ,
mais avant cela on va s’intéresser à quelques cas particuliers.
Lemme 1.8. Soit X Polonais et F ⊆ X fermé. Alors, F est aussi Polonais.
Démonstration. Comme X est métrisable, F est séparable, et si on appelle d la distance
complète sur X, alors d ↾ F 2 est complète car F fermé. Donc F est bien Polonais.
Lemme 1.9. Soient X Polonais et U ⊆ X ouvert. Alors, U est Polonais.
Démonstration. Soit d une distance complète compatible avec la topologie de X. On
d’efinit une distance d′ sur U par :
d′ (x, y) = d(x, y) + ∣
1
1
−
∣
c
d(x, U ) d(y, U c )
Montrons que d′ est complète sur U et engendre la même topologie.
Pour voir que d′ est complète soit (xn )n une suite de Cauchy au sens de d′ . Alors
(xn )n est de Cauchy au sens de d, et (1/d(xn , U c ))n est aussi de Cauchy au sens de
la distance usuelle sur R. Soit x = limn xn , montrons que x ∈ U . Pour cela, montrons
que d(x, U c ) > 0. Sinon, d(x, U c ) = 0, et comme d(x, U c ) = limn d(xn , U c ), la suite
(1/d(xn , U c ))n diverge, ce qui est une contradiction. Donc d(x, U c ) > 0, et x ∈ U . Et
donc d′ est complète sur U .
Pour voir que d′ engendre la même topologie sur U soit x ∈ U et > 0. On pose :
B (x, d′ ) = {y ∈ U ∶ d′ (x, y) < }.
On cherche ′ > 0 tel que : x ∈ B′ (x, d) ⊆ B (x, d′ ). Or x ∈ U et donc d(x, U c ) = α > 0.
Par continuité de r ↦ 1/r sur ]0, +∞[, il existe ′′ > 0 tel que ∣1/β − 1/α∣ < /2 pour tout
β ∈]α − ′′ , α + ′′ [. On pose alors ′ = min{′′ , 2 }, et on a B′ (x, d) ⊆ B (x, d′ ).
Lemme 1.10. Soient X un espace Polonais et G un sous ensemble Gδ de X. Alors G
est aussi Polonais.
3
Démonstration. Disons G = ⋂{Un ∶ n < ω}, avec Un ouvert, pour tout n. Comme Un est
ouvert dans X alors Un est Polonais aussi. En plus, ∏n Un est un produit de Polonais
donc il est Polonais aussi. Finalement, on peut voir G comme un sous ensemble fermé
de ∏n Un en identifiant x avec (x, x, x, . . .). Donc G est aussi Polonais.
Remarque. La topologie de G sur ∏n Un est la même que celle héritée de X.
Lemme 1.11. Soient X Polonais et A ⊆ X Polonais. Alors A est Gδ dans X.
Démonstration. On prend X = X, Y = A. Alors idA est un homéomorphisme entre A et
A. Par le théorème de Lavrentiev on peut trouver un sous enembles Gδ de X, disons G,
et un sous ensembles Gδ de Y , disons H, avec G ⊇ A et H ⊇ A, et un homéomorphisme
f de G et H qui prolonge f . Comme A = Y on a forcément H = A. Donc G = A aussi
et par conséquant A est Gδ dans X.
Nous avons donc démontré le théorème suivant.
Théorème 1.12. Soit X un espace Polonais. Alors un sous ensemble G de X est
Polonais si et seulement si G est Gδ .
2
Espaces compacts
Définition 2.1. Soit X un espace topologique. On dit que X est compact si tout
recouvrement par des ouverts a un sous-recouvrement fini.
Proposition 2.2. Soit X un espace topologique séparé, Alors :
1. Si X est compact et F est un sous ensemble fermé de X alors F est compact.
2. Si F est un sous ensemble compact de X alors F est compact.
3. Une réunion finie de compacts est compacte.
4. Une intersection quelconque de compacts est compacte.
5. Si X compact, et f ∶ X → Y continue, alors f [X] est compact.
6. Si X compact, et f ∶ X → Y continue et injective, alors f est un homéomorphisme
entreX et f [X].
7. (Tychonoff )(AC) Le produit quelconque de compacts est compact.
Proposition 2.3. Pour tout espace métrisable X les énoncés suivants sont équivalents :
1. X est compact.
2. Toute suite d’éléments de X contient une sous-suite convergente.
3. Si d est une distance, alors (X, d) est complet et totalement borné, c’est-à-dire
pour tout > 0 il existe un recouvrement fini de X par des boules de rayons < .
Théorème 2.4 (Heine). Soient (X, dX ) et (Y, dY ) deux espaces métriques, tels que X
soit compact, et soit f ∶ X → Y continue. Alors f est uniformément continue, c’està-dire pour tout > 0 il existe δ > 0 tel que pour tout x, y ∈ X si dX (x, y) < δ alors
dY (f (x), f (y)) < .
4
Théorème 2.5 (Urysohn). Soit X un espace compact séparé. Alors X est métrisable
si et seulement s’il existe une base dénombrable d’ouverts de X.
Démonstration. ⇒) On a vu que si X est compact et métrisable, alors X est totalement
borné. Alors, quelque soit n, il existe un ensemble Dn ⊆ X fini, tel que X = ⋃{B1/n (x) ∶
x ∈ Dn }, où B1/n (x) = {y ∶ d(x, y) < 1/n}. Soit U = {B1/n (x) ∶ x ∈ Dn , n < ω}. Alors U
est une base dénombrable de X.
⇐) Soit U = {Un ∶ n < ω} une base dénombrable. On construit une famille {fn ∶ n ∈ ω}
telle que fn ∶ X → [0, 1] soit continue, pour tout n, et la famille {fn ∶ n < ω} sépare les
éléments de X, c’est-à-dire pour tout x, y ∈ X il existe n tel que fn (x) ≠ fn (y). Une
fois qu’on a construit les fn on définit f ∶ X → [0, 1]ω par
x z→ (f0 (x), f1 (x), f2 (x), . . . ).
Alors f est continue car toutes les fn sont continues et elle est injective car les fn
séparent les points. Or, on a vu que dans ce cas, f est un homéomorphisme de X dans
un partie de H qui est métrisable et donc X est métrisable. Il reste à construire les fn .
Ceci nécessite un théorème.
Théorème 2.6 (Tietze). Soit X compact et séparé, A ⊆ X fermé, et f ∶ A → [0, 1]
continue. Alors il existe une fonction f ∶ X → [0, 1] continue qui étend f .
On va l’utiliser en construisant des fonctions non pas sur X, mais sur des parties de
X et en les étendant après. Comme X est compact et {Un ∶ n < ω} est une base de X
nous savons que pour tout x, y ∈ X avec x ≠ y il existe n et m tels que x ∈ Un , y ∈ Um
et U n ∩ um = ∅. Soit
Z = {(n, m) ∶ U n ∩ U m = ∅}.
Pour tout (n, m) ∈ Z on définit fn,m ∶ U n ∪ U m → [0, 1] par
⎧
⎪
⎪0
f (x) = ⎨
⎪
⎪
⎩1
si x ∈ U n ,
si x ∈ U m .
D’après le théorème de Tietze, il existe f n,m ∶ X → [0, 1] continue qui étend fn,m . Alors
{f n,m ∶ (n, m) ∈ Z} est la famille voulue.
Rappel. Le cube de Hilbert est l’espace H = [0, 1]ω avec la topologie produit. Si X est
métrisable et séparable, alors X se plonge dans H. Sur H on définit une distance par
d(x, y) = ∑ 2−(n+1) ∣x(n) − y(n)∣.
n
Définition 2.7. Soit X un espace topologique, on appelle compactification de X, un
espace compact Y tel que X ⊆ Y et X = Y .
Proposition 2.8. Soit X métrisable et séparable, Alors, il existe une compactification
métrisable de X.
5
Démonstration. Soit X métrisable et séparable, alors il existe une plongement injective
f ∶ X → H. On identifie X avec f [X] et on pose Y = f [X]. Y est une compactification
de X, et comme H est métrisable, Y l’est aussi.
Théorème 2.9. Tout espace Polonais est homéomorphe à un fermé de Rω .
Remarque. Comme R est Polonais, Rω l’est aussi, et donc tout fermé de Rω est
Polonais. On a donc équivalence.
Démonstration. Soit X Polonais et soit f ∶ X ↪ [0, 1]ω un plongement. Comme f [X]
est homéomorphe à X il est Polonais. Or, un sous ensemble d’un Polonais est Polonais
si et seulement s’il est Gδ . Donc, en identifiant X avec f [X] on peut supposer que X
est un sous ensembles Gδ de H. De plus H ⊆ Rω , donc on peut voir X comme un Gδ
de Rω . On fixe une suite {Un ∶ n < ω} d’ouverts de Rω tel que X = ⋃{Un ∶ n < ω} et on
définit Φn ∶ X → Rω par :
⎧
⎪
⎪x(k)
Φ(x)(n) = ⎨ 1
⎪
⎪
⎩ d(x,Ukc )
si n = 2k,
si n = 2k + 1.
On remarque que d(x, Unc ) ≠ 0, pour tout x ∈ X car X est un sous ensemble de Un .
Alors Φ est injective sur X car pour tout x ∈ X les coordonnées paires redonnent x.
Φ est continue car pour la fonction x ↦ 1/d(x, Unc ) est continue sur X, pour tout n.
Finalement, Φ−1 est continue sur Φ[X] car si (xn )n est une suite d’éléments de X telle
que (Φ(xn ))n converge alors on prenant que les coordonnées paires on voit qu’il existe
x ∈ X tel que xn → x et donc par continuité de Φ on a Φ(xn ) → Φ(x).
Montrons que Φ[X] est fermé. Soit (yn )n une suite d’éléments de Φ[X] qui converge
vers un élément y de Rω . Disons, yn = Φ(xn ), avec xn ∈ f [X]. On doit montrer que
y ∈ Φ[X], c’est-à-dire qu’il existe x ∈ X tel que y = Φ(x). Or, on peut retrouver x
avec les coefficients pairs : On pose : x = (y(0), y(2), y(4), . . . ). Il faut vérifier que
x ∈ X = ⋂{Un ∶ n < ω}. Pour cela, il suffit de montrer que d(x, Un c ) ≠ 0, pour tout n.
On a que
1
lim
= lim y(2n + 1)
n→∞
n→∞ d(xn , U c )
n
Or, y ∈ Rω et par conséquant y(2n + 1) est fini, pour tout n. Il en suit que d(x, Unc ) ≠ 0,
pour tout n, et donc x ∈ X.
Théorème 2.10. Tout espace compact X métrisable, non vide est image continue de
l’espace de Cantor C.
Démonstration. D’abord, montrons que H = [0, 1]ω est image continue de C. En fait, il
suffit de montrer que [0, 1] est image continue de C. E n effet, dans ce cas, [0, 1]ω sera
image continue de C ω ≃ C. On considère l’application Φ ∶ {0, 1}ω → [0, 1] définie par
∞
1
x z→ ∑
n=0
2n+1
6
x(n)
On vérifie que Φ est continue et surjective. Ensuite on pose : Ψ ∶ C ω → [0, 1]ω
(xn )n z→ (Φ(xn ))n .
Alors Ψ est aussi continue et surjective. Donc H = [0, 1]ω est image continue de C.
Maintenant, dans le cas général, on va commencer par une définition.
Définition 2.11. Soit X un espace topologique, et r ∶ X → X. On dit que r est un
rétraction si r est continue et r ↾ r[X] = idr[X] .
Pour terminer la démonstration du théorème on remarque que tout espace Polonais
compact est homéomorphe à un sous ensemble fermé de H. Soit F ⊆ H fermé. On a
une surjection continue ϕ ∶ C → H Posons A = ϕ−1 (F ). Alors A est fermé dans C. Si
on trouve une rétraction de C sur A on peut poser ψ = ϕ ○ r et ψ serait une surjection
continue de C sur F . Donc pour terminer la démonstration il suffit de démontrer le
lemme suivant.
Lemme 2.12. Soit A un sous ensemble fermé de C. Alors il existe une rétraction de
C sur A.
Démonstration. {0, 1}<ω est un arbre et C = [{0, 1}<ω ], l’ensemble des branches infinies
de cet arbre. Posons,
T = {s ∈ {0, 1}<ω ∶ Ns ∩ A ≠ ∅},
où Ns = {b ∈ {0, 1}ω ∶ s ⊆ b}. Comme A est fermé on a que A = [T ]. On construit une
application π ∶ {0, 1}ω → T telle que :
1. si s ≤ t alors π(s) ≤ π(t),
2. ∣π(s)∣ = ∣s∣, pour tout s,
3. si s ∈ T alors π(s) ∈ T .
On fait la construction par récurrence sur ∣s∣. Pour commencer on pose π(∅) = ∅ ∈ T .
Une fois que π(s) est défini, comme π(s) ∈ T = {t ∶ Nt ∩ A ≠ ∅}, il existe = (s) tel
que π(s)̂ ∈ T . On pose
⎧
⎪
⎪π(s)̂i
π(ŝi) = ⎨
⎪
⎪
⎩π(s)̂
si π(s)̂i ∈ T,
sinon.
Enfin, on définit r par
r(b) = ⋃{π(b ↾ n) ∶ n < ω}.
On vérifie facilement que r est un retraction de C sur A.
7
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
1
Année 2009-2010
Semaine n○ 3
Lundi 25 janvier 2010
Définition 1.1.
On note
1. Soit X un espace topologique compact et Y un espace métrisable.
C(X, Y ) = {f ∶ f ∶ X → Y continue}
2. Soit dY une distace compatible sur Y . On définit
du (f, g) = sup{dY (f (x), g(x)) ∶ x ∈ X}
Théorème 1.2. Soit X un espace topologique compact et métrisable et soit Y Polonais.
Alors C(X, Y ) est Polonais.
Démonstration. On sait déjà que C(X, Y ) est métrisable, donc il reste à motrer que la
métrique du est complète et que C(X, Y ) est séparable.
Soient dX et dY des métriques compatibles sur X et Y respectivement.
– du est complète : Soit {fn }n une suite de Cauchy dans C(X, Y ). Alors, pour tout
ε > 0 il existe N ∈ ω tel que ∀n ≥ N , ∀m ≥ N du (fn , fm ) < ε.
Donc pour chaque x ∈ X, {fn (x)}n est une suite de Cauchy dans Y , et on peut
définir f ∶ X → Y :
f (x) = lim fn (x)
n→∞
Alors on montre que limn fn = f et que f est continue.
Soit ε > 0. On sait qu’il existe N tel que pour tous n, m ≥ N on a du (fn , fm ) < ε/2.
D’où on obtient :
∀x ∈ X, ∀n, m ≥ N
dY (fn (x), fm (x)) < ε/2
En fixant x et n, comme la distance est continue et f (x) = limn→∞ fn (x), on obtient
que pour tout x ∈ X et tout n ≥ N ,
dY (fn (x), f (x)) = lim dY (fn (x), fm (x)) ≤ ε/2
m→∞
Donc, pour n ≥ N
du (fn , f ) = sup{dY (fn (x), f (x))} ≤ ε/2 < ε
x∈X
i.e., limn→∞ fn = f .
Pour montrer que f est continue, on fixe x0 ∈ X et ε > 0 et on trouve N tel que
du (fn , f ) < ε/3, pour tout n ≥ N (il existe car fn → f ). Alors, pour tout x ∈ X et
pour tout n ≥ N on a
1
dY (fn (x), f (x)) < ε/3
(1)
D’autre part, par la continuité de fN , on sait qu’il existe δ > 0 tel que fN (BdX (x0 , δ)) ⊆
BdY (fN (x0 , ε/3)). On va montrer que f (BdX (x0 , δ)) ⊆ BdY (f (x0 , ε/3))
Soit y ∈ X tel que dX (x0 , y) < δ. Alors,
dY (fN (x0 , fN (y))) < ε/3
(2)
Donc par (1) et (2), on a la continuité de f :
dY (f (x0 ), f (y)) ≤ dY (f (x0 ), fN (x0 )) + dY (fN (x0 ), fN (y)) + dY (fN (y), f (y))
< ε/3 + ε/3 + ε/3 = ε
– C(X, Y ) est séparable : On sait que toute fonction f dans C(X, Y ) est uniformement
continue (car toute fonction continue d’un espace compact dans une espace métrique
est uniformement continue), c’est-à-dire, pour tout ε > 0 il existe δ > 0 tel que pour
tous x, x′ ∈ X on a
[dX (x, x′ ) < δ ⇒ dY (f (x), f (x′ )) < ε]
Si on définit
Cn,m = {f ∈ C(X, Y ) ∶ dX (x, x′ ) < 1/n ⇒ dY (f (x), f (x′ )) < 1/m}
on a que pour tout m, ⋃{Cn,m ∶ n ∈ ω} = C(X, Y ).
Comme première approximation pour montrer que C(X, Y ) est séparable, on va
trouver pour tout n et m un ensemble Dn,m ⊆ Cn,m dénombrable et 1/m-dense dans
Cn,m .
(Rappel : D est ε-dense dans X ssi pour tout x ∈ X il existe y ∈ D tel que [d(x, y) < ε])
D’abord on fixe n et on considère le recouvrement de X suivant : {BdX (x, 1/n) ∶ x ∈
X}. Comme X est compact, on peut choisir Xn ⊆ X fini tel que {BdX (x, 1/n) ∶ x ∈
Xn } est un recouvrement de X. Autrement dit, Xn est 1/n-dense dans X.
Ensuite, on remarque que comme Y est séparable, Y ∣Xn ∣ l’est aussi. Donc, en vertu
du fait que Y Xn est homéomorphe à Y ∣Xn ∣ , on a que Y Xn est séparable. Alors, si on
considère
πn
C(X, Y ) Ð→ Y Xn
f
z→ π(f ) = f ↾ Xn
on peut s’apercevoir que πn [Cn,m ] est séparable (car πn [Cn,m ] ⊆ Y Xn ). Par conséquant,
on peut choisir Dn,m ⊆ Cn,m dénombrable tel que πn [Dn,m ] est dense dans πn [Cn,m ].
Maintenant on montre que D = ⋃{Dn,m ∶ n, m ∈ ω} est dense dans C(X, Y ) :
Soient f ∈ C(X, Y ) et ε > 0 donnés et on fixe m > 3/ε.
On sait que
f ∈ ⋃{Cn,m ∶ n ∈ ω} = C(X, Y ),
2
donc il existe n tel que f ∈ Cn,m . Alors, par la définition de Cn,m , on a que pour tous
x, x′ ∈ X
dX (x, x′ ) < 1/n ⇒ dY (f (x), f (x′ )) < 1/m
(3)
En plus, comme πn (f ) = f ↾ Xn ∈ πn [Cn,m ] et par la densité de πn [Dn,m ] dans
πn [Cn,m ], il existe g ∈ Dn,m tel que du (f, g) < 1/m. D’où on obtient que pour tout
x∈X
dY (f (x), g(x)) < 1/m
(4)
Soit x ∈ X. On fixe x′ ∈ Xn tel que dX (x, x′ ) < 1/n (il existe car Xn est 1/n-dense
dans X). Alors, par (3) et (4) on a :
dY (f (x), g(x)) ≤ dY (f (x), f (x′ )) + dY (f (x′ ), g(x′ )) + dY (g(x′ ), g(x))
≤ 1/m + 1/m + 1/m = 3/m
Donc,
du (f, g) ≤ 3/m < ε.
1.1
Espaces de dimension zéro
Définition 1.3. Un espace topologique X est dit connexe s’il n’existe pas U, V ⊆ X
ouverts distincts de X et de ∅ tels que U ∩ V = ∅ et X = U ∪ V .
(Autrement dit, les seuls ensembles à la fois ouverts et fermés sont ∅ et X.)
Définition 1.4. Un espace topologique X est dit de dimension zéro (dim 0) si X est
séparé (T2 ) et s’il existe une base d’ouverts-fermés.
Théorème 1.5. Soit X un espace topologique séparable et métrisable. Alors, X est de
dim 0 si et seulement si pour tout F ⊆ X fermé il existe une retraction r ∶ X → F .
( Rappel : Une fonction r ∶ X → F est une retraction si elle est continue, r[X] = F et
r ○ r = r.)
Démonstration. Exercice.
Définition 1.6. Soit X un espace topologique. P ⊆ X est dit parfait si P n’a pas de
point isolé.
Théorème 1.7 (Brouwer). L’espace de Cantor C est l’unique espace topologique (à
homéomorphisme près) qui est :
– compact
– métrisable
– de dimension zéro
– parfait
3
Démonstration. D’abord, on montre que l’espace de Cantor a les quatre propriétés de
l’énoncé :
Comme C est Polonais, il est métrisable et, grace au Théorème de Tychonoff, il est
compact. Pour voir qu’il est de dimension zéro, il suffit de trouver une base d’ouvertsfermés, car C, étant espace métrisable, est T2 . Or, chaque élément de la base {Ns ∶ s ∈
ω <ω } (Ns = {b ∈ {0, 1}ω ∶ s ⊆ b}) est aussi fermé :
C ∖ Ns = ⋃{Nt ∶ ∣t∣ = ∣s∣, t ≠ s}.
Pour voir que C est parfait, on prend b ∈ C quelconque et Ns , s ∈ {0, 1}<ω , un ouvert de
base tel que b ∈ Ns . On définit c(n) = b(n) pour n ≤ ∣s∣, c(∣s∣ + 1) ≠ b(∣s∣ + 1) et c(n) = 0
pour n > ∣s∣ + 1. Donc, c ∈ Ns et c ≠ b, i.e. b n’est pas isolé.
Soit X un espace topologique métrisable, compact, de dim 0 et parfait. On va construire
un homéomorphisme ϕ ∶ C → X, mais pour cela, on construira d’abord un schéma de
Cantor : un arbre {Xs ∶ s ∈ {0, 1}<ω } tel que :
1.
2.
3.
4.
X∅ = X
Xs est ouvert-fermé non vide, pour tout s,
Xs = Xŝ0 ∪ Xŝ1 et Xŝ0 ∩ Xŝ1 = ∅, pour tout s,
limn→∞ diam(Xb↾n ) = 0, pour tout b ∈ {0, 1}ω .
Une fois qu’on a construit un tel arbre, on peut définir l’homéomorphisme grace au
fait que pour tout b ∈ {0, 1}ω on a
∣ ⋂ Xb↾n ∣ = 1
n∈ω
(par (2), (4) et car pour tout n, Xb↾n ⊇ Xb↾(n+1) ).
On pose
ϕ(b) = l’unique point de ⋂ Xb↾n
n∈ω
Pour montrer que ϕ est un homéomorphisme, il suffit de montrer qu’elle est bijective
et continue, car Dom(ϕ) = C est compact et X est T2 .
ϕ est bijective : L’injectivité est immédiate car si b, c ∈ {0, 1}ω , b ≠ c, on peut prendre le
premier n tel que b(n) ≠ c(n). Alors, Xb↾(n−1) = Xc↾(n−1) et par (3) on a Xb↾n ⋂ Xc↾n = ∅.
Pour montrer la surjectivité, on prend x ∈ X quelconque et on définit b ∈ {0, 1}ω par
récurrence tel que ϕ(b) = x :
Soit b(0) = 0, si x ∈ X⟨0⟩ , et b(0) = 1 si x ∈ X⟨1⟩ .
Pour chaque n ≥ 1 :
0 si x ∈ X(b↾n)̂0
b(n + 1) = {
1 si x ∈ X(b↾n)̂1
Alors, x ∈ ⋂n∈ω Xb↾n .
ϕ est continue : Soient b ∈ C et ε > 0. Par (4), on sait qu’il existe k tel que diam(Xb↾k ) <
ε.
Alors, il est clair que ϕ[Nb↾k ] ⊆ B(ϕ(b), ε), où Nb↾k est l’ouvert de base de C défini par
Nb↾k = {c ∈ {0, 1}ω ∶ b ↾ k ⊆ c} = {c ∈ {0, 1}ω ∶ b ↾ k = c ↾ k}.
4
Donc, ϕ est continue.
On retourne à la construction de l’arbre {Xs ∶ s ∈ {0, 1}<ω } qu’on fera par récurrence
sur ∣s∣ :
D’abord, on pose X∅ = X.
En suite, on suppose qu’on a construit Xs avec les propriétés souhaités. Comme X
est de dimension zéro, on peut choisir pour chaque x ∈ Xs un ouvert-fermé Ux de la
1
. Comme Xs n’est pas un point isolé on peut
base tel que x ∈ Ux et diamUx < min{ ∣s∣+1
supposer que Ux ≠ Xs , pour tout x ∈ Xs . Soit U = {Ux ∶ x ∈ Xs }. Comme Xs est un
sous ensemble fermé de l’espace compact X, il est aussi compact, donc il existe un sous
récouvrement fini {U0 , . . . , Un−1 } de U. En posant V0 = U0 et Vi+1 = Ui+1 ∖ (U0 ∪ ⋅ ⋅ ⋅ ∪ Ui ),
pour i ∈ {0, . . . , n − 2}, on obtient {V0 , . . . , Vn−1 }, un récouvrement fini de Xs par des
1
ouverts-fermés deux à deux disjoints de diamétre inférieur à 2∣s∣+1
. Quitte à passer à une
sous famille, on peut supposer que les Vi sont non vides. En plus, comme X est parfait
et Ux ≠ Xs , pour tout x ∈ Xs , ce récouvrement a au moins deux éléments, c’est-à-dire
n ≥ 1. On pose
Xŝ(0n−1 ) = Vn−1
Xŝ(0i )̂1 = Vi ,
pour i = 0, . . . , n − 2
Xŝ(0i )̂0 = Xŝ(0i ) ∖ Vi , pour i = 0, . . . , n − 3
Il est clair que les Xr sont des ouverts-fermés non vides. En plus, pour i = 0, . . . , n − 2,
on a :
Xŝ(0i ) = Xŝ(0i )̂0 ∪ Xŝ(0i )̂1
et
Xŝ(0i )̂0 ∩ Xŝ(0i )̂1 = ∅
Donc les conditions (1) − (3) sont satisfaites. Pour (4), on fixe b ∈ {0, 1}ω et ε > 0. Par
la construction de l’arbre, c’est facile à voir que si on prend n tel que 2n1+1 < ε, on peut
1
trouver n′ > n tel que si s ∈ {0, 1}ω est de longueur n′ , on a diam(Xs ) < 2n+1
.
Définition 1.8. Un schéma de Lusin sur un ensemble X est une famille {As ∶ s ∈ ω <ω },
As ⊆ X, telle que :
1. Aŝi ∩ Aŝj = ∅, pour tout s et i ≠ j,
2. Aŝi ⊆ As , pour tout s et i,
3. limn→∞ (diam(Ab↾n )) = 0, pour tout b ∈ ω ω .
Si on pose D = {b ∈ ω ω ∶ ⋂{Ab↾n ∶ n < ω} ≠ ∅}, on peut définir ϕ ∶ D → X par
ϕ(b) = l’unique élément de ⋂n∈ω Ab↾n , grace à la condition (3). On appelle ϕ la fonction
associée au schéma de Lusin.
Proposition 1.9. Soit {As ∶ s ∈ ω <ω } un schéma de Lusin dans un espace métrique
(X, d) et soit ϕ la fonction associée. Alors :
1. ϕ est injective
2. Si (X, d) est complète et chaque As est fermé, alors D = dom(ϕ) est fermé
3. Si chaque As est ouvert alors ϕ est un homéomorphisme entre D et ϕ[D]
5
Démonstration.
1. ϕ est injective par la condition (1) de la définition du schéma
de Lusin.
2. On suppose que (X, d) est complète et As est fermé ∀s ∈ ω <ω . Alors, d’après la
complétude de X et la définition de D, on a que b ∈ D si et seulment si pour tout
n, Ab↾n ≠ ∅.
On pose
T = {s ∈ ω <ω ∶ As ≠ ∅}
D’après la condition (2) de la définition du schéma de Lusin, T est un arbre, et
c’est évident que D = [T ]. Donc, D est fermé.
3. Il est clair que ϕ est une bijection.
Pour voir qu’elle est un homéomorphisme, on remarque que pour tout s ∈ ω <ω ,
on a
ϕ[D ∩ Ns ] = ϕ[D] ∩ As
(5)
En effet, il est clair que ϕ[D ∩ Ns ] ⊆ ϕ[D] ∩ As et si ϕ(b) ∈ As , on sait qu’il existe
n tel que Ab↾n ⊆ As (car limn→∞ [diam(Ab↾n )] = 0 et As est ouvert). Donc, par
les conditions (1) et (2) du schéma de Lusin, on a que b ∈ Ns , i.e. ϕ[D] ∩ As ⊆
ϕ[D ∩ Ns ].
Donc, d’après (5) la continuité de f −1 est immédiate.
Soient b ∈ D, ε > 0. Donc il existe n tel que diam(Ab↾n ) < ε. Donc,
ϕ[D ∩ Nb↾n ] = ϕ[D] ∩ Ab↾n ⊆ B(b, ε).
Cela veut dire que ϕ est continue.
Théorème 1.10 (Alexandrov-Urysohn). L’espace de Baire est l’unique (à homéomorphisme
près) espace Polonais qui est non vide, de dimension zéro et tel que l’interieur de tout
sous ensemble compact est vide.
Démonstration. D’abord on montre que N a les propriétés de l’énoncé :
N est déjà Polonais et non vide. L’argumentation pour voir qu’il est de dimension zéro
est la même que pour l’espace de Cantor. Donc il ne manque que l’interieur de tout
sous ensemble compact soit vide.
Soit K ⊆ N compact. On montre qu’il existe f ∈ N tel que g ≤ f pour tout g ∈ K (g ≤ f
ssi g(n) ≤ f (n), ∀n ∈ ω). On définit f (n) pour tout n de la façon suivante :
Soit n ∈ ω. Pour chaque i on définit Uni = {g ∈ N ∶ g(n) = i}. Alors,
K ⊆ ⋃{Uni ∶ i < ω}
Or, par compacité, il existe un sous récouvrement fini, c’est-à-dire, il existe k tel que
K ⊆ ⋃{Uni ∶ i < k}
6
On définit f (n) = k.
De cette manière, on construit f ∈ N tel qu’on a g ≤ f pour tout g ∈ K.
Si on suppose qu’il existe g ∈ int(K), on sait qu’il existe n tel que Ng↾n ⊆ K. Or, on
peut choisir h ∈ N tel que h ↾ n = g ↾ n et h(n + 1) > f (n + 1). Donc, h ∈ Ng↾n et h ≰ f ,
ce qui contredit ce qu’on vient de prouver. Donc int(K) = ∅.
Alors, N a les propriétés de l’énoncé.
Soit X un espace Polonais de dimension zéro tel que tout sous ensemble compact a
l’interieur vide. On fixe d une distace complète compatible avec la topologie de X. On
¯ y) = d(x,y) ).
peut supposer que diam(X) = 1 (il suffit de prendre la distance d(x,
1+d(x,y)
On va construire un schéma de Lusin {Cs ∶ s ∈ ω <ω } tel que :
1.
2.
3.
4.
C∅ = X,
Cs est ouvert-fermé non vide, pour tout s,
Cs = ⊍i∈ω Cŝi , pour tout s,
diam(Cs ) ≤ 21∣s∣ , pour tout s.
Une fois qu’on a construit un tel schéma de Lusin, on a que la fonction associée ϕ
est définie sur tout N (car les Cs sont fermés) et d’après la proposition 1.1 elle est
un homéomorphisme entre N et ϕ[N ]. Donc pour obtenir le théorème, il suffit de
s’apercevoir que ϕ est surjective. Mais cela est clair :
Étant donné x ∈ X, on construit f ∈ N tel que ϕ(f ) = x de la façon suivante : Comme
X = C∅ = ⊍{C⟨i⟩ ∶ i < ω}, il existe un unique i tel que x ∈ C⟨i⟩ . Donc on pose f (0) = i.
De façon analogue, on pose pour tout n
f (n + 1) = l’unique i ∈ ω tel que x ∈ C(f ↾n)̂i
Alors, x ∈ Cf ↾n pour tout n, i.e. x = ϕ(f ).
On retourne à la construction du schéma de Lusin {Cs ∶ s ∈ ω <ω }, qu’on faira par
récurrence sur ∣s∣. Pour cela, on aura besoin du lemme suivant :
Lemme 1.11. Soit U ⊆ X ouvert, U ≠ ∅, et soit ε > 0. Alors il existe une famille
d’ouverts-fermés {Wi }i tel que
– Wi ≠ ∅, pour tout i,
– Wi ∩ Wj = ∅, pour tout i, j tels que i ≠ j,
– diam(Wi ) < ε, pour tout i,
– U = ⋃i Wi .
Démonstration. Comme tout compact de X a l’interieur vide, on sait que U n’est pas
compact (sinon, U = ∅). Alors, il existe ε′ , 0 < ε′ < ε tel que on ne peut pas couvrir U
(donc U non plus) par un nombre fini d’ouverts de diamètre inférieur à ε′ .
Soit V = {V ⊆ U ∶ V est ouvert-fermé, diam(V ) < ε′ }. Comme X est de dimension zéro,
on sait que ⋃ V = U , donc il n’existe pas V0 ⊆ V fini tel que ⋃ V0 = U .
On peut supposer que V = {Vn ∶ n < ω}, car X est Polonais et donc séparable.
7
On pose Z = {n ∈ ω ∶ Vn ⊈ ⋃k<n Vk } (remarquez que Z est infini) et pour chaque n ∈ Z
on définit
Wn = (Vn ∖ ⋃ Vk ).
k<n
Alors, {Wn ∶ n ∈ Z} est une partition de U en une infinité d’ouverts-fermés non vides
et de diamètre inférieur à ε′ .
On pose C∅ = X.
Supposons qu’on a construit Cs . Grace au Lemme 1.1 et au fait que Cs ≠ ∅ est ouvert,
on sait qu’il existe un récouvrement de Cs par des ouverts-fermés non vides, deux-à1
, disons W = {Wi }i . Alors on pose Cŝi =
deux disjoints et de diamètre inférieur à ∣s∣+1
Wi .
Il est clair que {Cs ∶ s ∈ ω <ω } ainsi construit est un schéma de Lusin avec les propriétés
souhaitées.
2
Vendredi 29 janvier 2010
2.0.1
Plongements des Polonais de dimension zéro dans C et N
ϕ
Remarque : On sait déjà qu’on peut construire un plongement N ↪ C :
pour f ∈ N , ϕ(f ) → (0f (0) , 1f (1)+1 , 0f (2)+1 , . . . ).
Mais on a aussi :
Proposition 2.1. Soit X un espace métrisable, séparable de dimension zéro. Alors, il
existe un ψ ∶ X ↪ N .
Démonstration. Soit X un espace avec les propriétés de l’énoncé. On construit un
schéma de Lusin {As ∶ s ∈ ω <ω } tel que
1. A∅ = X,
2. As est ouvert-fermé, pour tout s,
3. As = ⋃{Aŝi ∶ i < ω}, pour tout s.
(La seule difference avec le théorème précédent est que les As ne sont pas necessairement
non vides pour tout s ∈ ω <ω )
On peut faire la construction de façon similaire parce qu’il existe une base dénombrable
d’ouverts-fermés (X séparable et de dim 0).
D’après la Proposition 1.1, si D = {b ∈ ω ω ∶ ⋂n∈ω Ab↾n ≠ ∅}, la fonction associée ψ ∶ D →
X est une homéomorphisme de D à X (c’est facile à voir que ψ est surjective). En plus
D ⊆ N , d’où on obtient le résultat.
Le corollaire immédiat de ces deux derniers résultats est que tout espace métrisable,
séparable et de dimension zéro, se plonge dans N et C.
8
2.1
Le Théorème de Baire
Définition 2.2. Soit X un espace topologique.
1. A ⊆ X est rare (nowhere dense) si int(A) = ∅.
2. A ⊆ X est maigre si A = ⋃n∈ω An , où An est rare pour tout n ∈ ω.
3. A ⊆ X est comaigre si Ac est maigre.
Exemple 2.3.
1. L’ensemble triadique de Cantor est rare.
2. Q est maigre dans R.
3. {f ∈ C([0, 1]) ∶ ∃x ∈ [0, 1] tel que f ′ (x) existe} est maigre dans C([0, 1]) (donc il
y a plein de fonctions continues qui sont nulle part différentiables).
Définition 2.4. Soit X ≠ ∅ un ensemble. I ⊆ P(X) est un idéal si :
– ∅ ∈ I et X ∉ I
– Si A ⊆ B et B ∈ I, alors A ∈ I
– Si A, B ∈ I, alors A ⋃ B ∈ I
Exemple 2.5. Si X = [0, 1], on a que I = {A ⊆ [0, 1] ∶ λ(A) = 0} est un idéal (en fait,
un σ-idéal).
Définition 2.6. Soit X ≠ ∅ un ensemble. I ⊆ P(X) est un σ-idéal si I est un idéal
et la réunion dénombrable d’éléments de I est dans I.
Proposition 2.7. Soit X un espace topologique. Les suivants sont équivalents :
1. Pour tout ouvert U ⊆ X, U ≠ ∅, U n’est pas maigre.
2. Tout ensemble comaigre est dense.
3. L’intersection d’une famille dénombrable d’ouverts denses est dense.
Démonstration. La démonstration est immédiat d’après les définitions.
Définition 2.8. Un espace topologique X est dit de Baire s’il vérifie les conditions
(1) − (3) de la proposition précédente.
Remarque 2.9. Si X est un espace de Baire et U ⊆ X est un ouvert non vide, alors
U est de Baire (Ça n’est pas necessairement vrai pour un sous ensemble fermé).
Définition 2.10. Un espace topologique X est dit localement compact si pour tout
x ∈ X, il existe C ⊆ X compact et il existe ouvert V tel que x ∈ V et V ⊆ C.
Rappel : Si X est un espace localement compact T2 , alors pour tout x ∈ X et tout U
ouvert tel que x ∈ U , il existe un ouvert V tel que x ∈ V , V est compact et V ⊆ U .
Théorème 2.11 (Baire).
1. Tout espace topologique complètement métrisable est
un espace de Baire.
2. Tout espace topologique localement compact T2 est un espace de Baire.
9
Démonstration. 1. Soit X un espace topologique complètement métrisable. Pour chaque
n, soit Un ⊆ X un ouvert dense. On veut que ⋂{Un ∶ n < ω} soit dense.
Soit V ⊆ X ouvert non vide. Il suffit de montrer que V ∩ ⋂{Un ∶ n ∈ ω} ≠ ∅.
Soit d une distance complète compatible avec la topologie de X.
Pour commencer, on prend B0 ⊆ V ouvert tel que diam(B0 ) < 1. Comme U0 est ouvert
dense, on a que B0 ⋂ U0 est ouvert et non vide. Alors, on peut choisir B1 ouvert non
vide tel que B 1 ⊆ B0 ⋂ U0 et diam(B1 ) ≤ 1/2.
On continue ainsi pour construire une suite (Bi )i d’ensembles ouverts et non vides tel
que :
B0 ⊇ B 1 ⊇ B1 ⊇ B 2 ⊇ B2 ⊇ . . .
1
et en plus, pour tout n, diam(Bi ) ≤ i+1
et Bi+1 ⊆ Bi ⋂ Ui .
On a donc, ⋂{Bi ∶ i < ω} = ⋂{B i ∶ i < ω} ≠ ∅ par la complétude de d sur X. D’autre
côté, on a
⋂{Bi ∶ i < ω} ⊆ V ∩ (⋂{Un ∶ n < ω})
Donc, ⋂{Un ∶ n < ω} est dense dans X.
2. Soit X un espace topologique localement compact T2 . Pour chaque n, soit Un ⊆ X
ouvert et dense dans X. On veut montrer que ⋂{Un ∶ n ∈ ω} est dense dans X.
Soit V ⊆ X un ouvert non vide. On va définir une suite (Bn )n d’ouverts tel que
B n+1 ⊆ Bn ⋂ Un , pour tout n. On le fait de façon similaire, par récurrence :
On pose B0 = V . Supposons Bk donné. Comme Uk est ouvert-dense dans X, on a que
Bk ∩ Uk ≠ ∅ est aussi ouvert. Donc, comme X est localement compact et T2 , on sait
qu’il existe Bk+1 ouvert tel que B k+1 est compact et B k+1 ⊆ Bk ⋂ Uk .
Alors,
V ∩ (⋂{Un ∶ n < ω} ⊇ ⋂{Bn ∶ n < ω} = ⋂{B n ∶ n < ω} ≠ ∅.
2.2
Jeux de Choquet
Définition 2.12. – Soit X un espace topologique. Le jeux de Choquet GX dans X est
définit comme suit :
A chaque coup, les jouers I et II jouent alternativement des ouverts Ui ≠ ∅ tels que
U0 ⊇ U1 ⊇ U2 ⊇ . . . .
I U0
U2
...
II
U1
U3 . . .
II gagne si ⋂n∈ω Un ≠ ∅. Sinon, I gagne.
– On définit T , l’arbre des positions légales :
T = {(W0 , W1 , . . . , Wn−1 ) ∶ Wi ≠ ∅ est ouvert , Wi ⊇ Wi+1 , ∀i ≤ n − 1}
– σ est une stratégie pour I si σ est un sous arbre non vide de T (σ ⊆ T ) tel que :
10
1. Pour tout p ∈ σ de longueur 2k (∣p∣ = 2k), on a que si p ⊆ p′ et ∣p′ ∣ = 2k + 1, alors
p′ ∈ σ.
2. Pour tout p ∈ σ de longueur 2k + 1 (∣p∣ = 2k + 1), il existe un unique p′ ∈ σ tel
que p ⊆ p′ et ∣p′ ∣ = 2k + 2.
– Un stratégie pour II est définie de façon analogue, simplement on inverse les conditions de longueur pair et impair dans (1) et (2).
– On dit qu’une position p est compatible avec σ si p ∈ σ.
– σ est une stratégie gagnante pour I (respectivement, pour II) si toute branche de σ
donne un match gagné par I (respectivement, par II).
Théorème 2.13 (Oxtoby). Soit X un espace topologique. X est un espace de Baire
si, et seulement si, I n’a pas de stratégie gagnante dans le jeu de Choquet GX .
Démonstration. Supposons que X n’est pas un espace de Baire pour montrer que I a
une stratégie gagnante.
Comme X n’est pas de Baire, on sait qu’il existe une famille (Vn )n≥1 d’ouverts denses
tel que ⋂{Vn ∶ n < ω} n’est pas dense.
Donc il existe un ouvert U0 ≠ ∅ tel que U0 ∩ (⋂{Vn ∶ n < ω} = ∅. U0 sera le premier
coup de I.
Ensuite, étant donné un ouvert U2k+1 ≠ ∅ joué par II, comme Vk+1 est dense, on a que
U2k+1 ⋂ Vk+1 ≠ ∅. Donc I joue l’ouvert U2k+2 = U2k+1 ⋂ Vk+1 .
Cette stratégie est gagnante pour I car
⋂{Un ∶ n ≥ 1} ⊆ U0 ∩ (⋂{Vn ∶ n ≥ 1}) = ∅
Réciproquement, supposons que σ est une stratégie gagnante pour I. On veut montrer
que X n’est pas un espace de Baire. Soit U0 le premier coup de I dans σ. On va
construire une famille d’ouverts {On ∶ n ∈ ω} tel que pour tout n, On est dense dans
U0 et ⋂{On ∶ n ∈ ω} = ∅. Cela veut dire que U0 n’est pas un espace de Baire, mais tout
ouvert d’un espace de Baire est de Baire. Donc X ne pourrait être un espace de Baire.
On commence par construire un arbre S ⊆ σ tel que pour tout p = (U0 , . . . , U2k ) ∈ S,
l’ensemble
Up = {U2k+2 ∶ ∃U2k+1 (U0 , U1 , . . . , U2k+1 , U2k+2 ) ∈ S}
consiste d’ouverts deux-à-deux disjoints et ⋃ Up est dense dans U2k .
Pour construire S, on procède par récurrence :
On pose ∅ ∈ S. Supposons p ∈ S. Si p = (U0 , . . . , U2k+1 ), alors il existe un unique U2k+2
tel que (U0 , . . . , Uk+1 , U2k+2 ) ∈ σ. Donc on pose
(U0 , . . . , Uk+1 , U2k+2 ) ∈ S.
Si p = (U0 , . . . , U2k ), on utilise le Lemme de Zorn pour trouver une famille Fp ⊆ σ telle
que :
1. Pour tout q ∈ Fp , on a p ⊆ q, q ∈ σ et ∣q∣ = ∣p∣ + 2.
11
q
q
q
q
2. Si q = p̂(U2k+1
, U2k+2
) et q ′ = p̂(U2k+1
, U2k+2
) sont deux éléments distincts de
′
q
q
Fp alors U2k+2 ∩ U2k+2 = ∅,
3. Fp est maximal par rapport à 1. et 2.
′
′
q
q
), avec q ∈ Fp .
, U2k+2
On met dans S tous les (U0 , . . . , U2k , U2k+1
q
∶ q ∈ Fp }, et si on pose
Alors, Up = {U2k+2 ∶ ∃U2k+1 (U0 , U1 , . . . , U2k+1 , U2k+2 ) ∈ S} = {U2k+2
q
∶ q ∈ Fp } = ⋃ Up
Wp = ⋃{U2k+2
on a que Wp est ouvert, et il doit être dense dans U2k , car sinon, on aura une contradiction avec la maximalité de Fp .
Soit On = ⋃{Wp ∶ p ∈ S, ∣p∣ = 2n + 1}. Alors, pour tout n, On est ouvert et dense dans
U0 . En plus, ⋂{On ∶ n < ω} = ∅, car si x ∈ ⋂{On ∶ n < ω}, x ∈ On pour tout n. Donc
pour tout n, x ∈ Wp , pour un unique p ∈ S tel que ∣p∣ = 2n+1 (car les Wp sont disjoints).
Or, cela définit une unique branche (U0 , U1 , . . . , ) de l’arbre S ⊆ σ tel que x ∈ U2k , pour
tout k, donc x ∈ ⋂{U2n ∶ n < ω} = ⋂{Un ∶ n < ω}, ce qui contredit le fait que σ est une
stratégie gagnante pour I.
12
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
1
Année 2009-2010
Semaine n○ 4
1 mars 2009
1.1
Jeux de Choquet Forts
Définition 1.1. Soit X un espace topologique. On dénote par GfX le jeu de Choquet fort pour X
suivant :
x1 , U 1
x2 , U2
...
I x0 , U 0
II
V0
V1
V2
...
où
1. Un et Vn sont ouverts dans X, pour tout n,
2. xn ∈ Un pour tout n,
3. xn ∈ Vn pour tout n, et
4. U0 ⊇ V0 ⊇ U1 ⊇ V1 ⊇ . . ..
II gagne ssi ⋂{Ui ∶ i < ω} ≠ ∅. X est un espace de Choquet fort si II a une strategie gagnante dans
GfX .
Remarque. Les énoncés suivants se démontrent facilement.
1. Si X est de Choquet fort, alors X est de Choquet.
2. Si X, Y sont de Choquet forts, alors X × Y l’est aussi.
3. Tout espace complètement métrisable ou localement compact est de Choquet fort (cf. démonstration
du théorème de Baire).
4. Si X est un espace de Choquet fort et G ⊆ X est Gδ et non vide, alors G est de Choquet fort.
5. Si X est un espace de Choquet fort, et f ∶ X → Y est une fonction continue, ouverte et
surjective, alors Y est un espace de Choquet fort.
Théorème 1.2. Supposons que X est un sous-espace dense d’un espace Polonais X̃.
1. (Oxtoby) X est de Choquet si et seulement si X est comaigre dans X̃.
2. (Choquet) X est de Choquet fort si et seulement si X est Gδ dans X̃, c’est-à-dire si X est
Polonais.
Remarque. Si on prend X = [0, 1], il y a 2ℵ0 sous-ensembles Gδ , et 22 0 sous-ensembles comaigres.
Donc forcément, il existe un espace de Choquet qui n’est pas de Choquet fort.
ℵ
Théorème 1.3 (Choquet). Soit X un espace à base dénombrable. Alors X est Polonais si et
seulement si X est T3 et de Choquet fort.
Rappel (Axiomes de Séparation). Soit X un espace topologique.
– T0 : pour tout x, y ∈ X tels que x ≠ y, il existe un ouvert U tel que, soit que x ∈ U et y ∉ U ,
ou y ∈ U et x ∉ U .
1
– T1 : pour tout x, y ∈ X tels que x ≠ y, il existe un ouvert U tel que x ∈ U et y ∉ U .
– T2 : pour tout x, y ∈ X tels que x ≠ y, il existent deux ouverts disjoints U, V tels que x ∈ U et
y∈V.
– T3 : T1 plus pour tout x ∈ X et pour tout fermé A ⊆ X tels que x ∉ A, il existent deux ouverts
disjoints U, V tels que x ∈ U et A ⊆ V .
– T3,5 ou de Tychonoff : pour tout x ∈ X et tout fermé non vide A ⊆ X tels que x ∉ A il existe
une fonction continue f ∶ X → [0, 1] telle que f (x) = 0, et f [A] = {1}.
– T4 : pour tous sous-ensembles fermés disjoints A, B ⊆ X ils existent des ouverts disjoints
U, V tels que A ⊆ U et B ⊆ V .
– T5 : tout sous-espace de X est T4 ou équivalent, si A, B ⊆ X sont deux sous-ensembles tels
que Ā ∩ B = A ∩ B̄ = ∅, alors ils existent deux ouverts disjoints U, V tels que A ⊆ U et B ⊆ V .
– T6 : T4 plus tout ouvert est Fσ .
Preuve du théorème 1.2, 1. ⇐ : Soit X comaigre dans X̃. On va montrer que X est de Choquet.
On remarque que, comme X̃ est Polonais, il est de Choquet et on fixe une stratégie gagnante σ̃
pour II dans GX̃ . Comme X est comaigre dans X̃, il existe une famille dénombrable d’ouverts
denses {W̃n ∶ n < ω} de X̃ telle que
⋂{W̃n ∶ n < ω} ⊆ X.
On construit par récurrence une stratégie σ pour II dans GX . Pour chaque position
p = (U0p , V0p , . . . , Unp )
de longueur impaire compatible avec σ on va définir une position p̃ = (Ũ0p , Ṽ0p , . . . , Ũnp ) compatible
avec σ̃ telle que pour tout i :
1. Ũip ∩ X = Uip ,
2. Ṽip ∩ X ⊆ Vip ,
3. Ṽip ⊆ W̃i .
Supposons qu’on ait une position p = (U0p , V0p , . . . , Unp , Vnp ) dans σ avec un p̃ correspondant. Pour
tout ouvert non vide U ⊆ Vnp on trouve un ouvert non vide Ũ de X̃ tel que Ũ ⊆ W̃n et Ũ ∩ X ⊆ U .
On peut le faire car W̃n est ouvert dense dans X̃, et donc on peut prendre son intersection avec
l’ouvert de X̃ dont U est la trace. Dans le jeu GX̃ si dans la position p̃ le joueur I joue Ṽ la
stratégie σ̃ répond par un ouvert non vide Ũ ⊆ Ṽ . Soit U = Ũ ∩ X. Alors on ajoute la position
q = p ̂(U, V ) à σ et on pose q̃ = p̃ ̂(Ṽ , Ũ ). Pour voir que σ est une stratégie gagnante pour II
on considère un match (U0 , V1 , U1 , V1 , . . .) compatible avec σ. Par construction il existe un match
(Ũ0 , Ṽ0 , Ũ1 , Ṽ1 , . . .) compatible avec σ̃ tel que pour tout i :
1. Ũip ∩ X = Uip ,
2. Ṽip ∩ X ⊆ Vip ,
3. Ṽip ⊆ W̃i .
Comme σ̃ est une stratégie gagnante pour II dans GX̃ on a que
⋂{Ũn ∶ n < ω} = ⋂{Ṽn ∶ n < ω} ≠ ∅.
Or, par la condition 3,
⋂{Ṽn ∶ n < ω} ⊆ ⋂{W̃n ∶ n < ω} ⊆ X.
2
Il en suit que ⋂{Un ∶ n < ω} = ⋂{Ũn } ≠ ∅.
⇒ : Soit σ une stratégie gagnante pour II dans GX . On fixe une distance complète d sur X̃.
Il faut montrer qu’il existe un Gδ dense de X̃ noté ⋂{Wn } qui est inclus dans X, construisons le
d’abord de manière plus ou moins informelle avant de donner une preuve rigoureuse.
On va construire ce Gδ à partir de σ de la manière suivante : on fait jouer au joueur I un ouvert
quelconque U0 = Ũ0 ∩ X auquel II répond par V0 = Ṽ0 ∩ X en suivant σ. Puis on considère un autre
match où I commence par un ouvert U1 = Ũ1 ∩ X où Ũ1 est disjoint de Ṽ0 , auquel II répond par
V1 = Ṽ1 ∩ X ; ensuite dans un autre match I commence avec U2 = Ũ2 ∩ X avec Ũ2 disjoint de Ṽ0 ∪ Ṽ1
auquel II répond var V2 = Ṽ2 ∩ X et ainsi de suite : par récurrence transfinie on aura une famille
(Ũα , Ṽα )α < κ telle que Vα = Ṽα ∩ soit obtenu par suite à un coup Uα = Ũα ∩ X de I disjoint de
⋃β<α Ṽβ , et le procédé s’arrête quand ⋃β<α Ṽβ est dense dans X̃. Notons que la densité de X dans
X̃ est essentielle, puisqu’elle garantit que chaque Ũβ intersecte X, et donc donne un coup légal
pour I.
Notons les Ṽβ précédemment obtenus Ṽβ0 . On a obtenu un ouvert dense W0 = ⋃β<α Ṽβ0 ; en
réitérant la construction dans chaque Ṽβ0 , et en demandant que les diamètres des Ṽβn tendent vers
0 (ce que l’on peut faire en demandant au joueur I de jouer des petits ouverts), on obtiendra une
famille décroissante d’ouverts denses Wn = ⋃β<α Ṽβn , avec par exemple Diam(Ṽβn ) < 21n . Montrons
qu’alors l’intersection de ces Wn est incluse dans X. Un élément x de l’intersection des Wn sera par
construction dans une unique intersection décroissante de Ṽnx , or les Vnx = Ṽnx ∩ X ont été obtenus
en suivant σ qui est gagnante, leur intersection est donc non vide dans X, mais elle est réduite à
un élément car les diamètres des Ṽnx tendent vers 0 : cet élément unique est donc x ∈ X.
Voyons maintenant comment faire cette construction de manière plus formelle. On construit
pour cela par récurrence un arbre S dont les élément sont de la forme
⟨U0 , Ṽ0 , U1 , Ṽ1 , . . . , Un , Ṽn ⟩
où les Ui sont des ouverts de X, les Ṽi des ouverts décroissants de X̃, et où si l’on pose Vi = Ṽi ∩ X,
la suite ⟨U0 , V0 , U1 , V1 , . . . , Un , Vn ⟩ est compatible avec σ. On demande en outre les conditions
suivantes :
1. Si ⟨Ũ0 , Ṽ0 , Ũ1 , Ṽ1 , . . . , Ũn , Ṽn ⟩ ∈ S, alors Diam(Ũn ) <
Ṽn ⊆ Un )
1
2n
(et il en est donc de même pour
2. Pour p ∈ S s’écrivant ⟨Ũ0 , Ṽ0 , . . . , Ũn , Ṽn ⟩, si on pose
Vp = {Ṽn+1 ∶ ∃Ũn+1 ouvert de X̃ tel que p̂⟨Ũn+1 , Ṽn+1 ⟩ ∈ S}
alors ⋃ Vp est une union disjointe dense dans Ṽn . Pour le cas n = 0, on demande ⋃ V∅ dense
dans X̃.
La construction se fait par induction sur la longueur n de p ∈ S ; on note Ep l’ensemble des
ensembles de couples (Uα , Ṽα ) où on demande les conditions suivantes :
(i) Les Ṽα sont deux à deux disjoints,
(ii) ⟨U0 , V0 , . . . , Un , Vn , Uα , Vα ⟩ est compatible avec σ (où Vi = Ṽi ∩ X)
(iii) Diam(Ṽα ) <
1
2n
Alors, si on ordonne Ep par l’inclusion, on voit que Ep est de caractère fini (i.e. Y est dans Ep
ssi toutes ses parties finies sont dans Ep ) donc inductif : soit alors {(Uα , Ṽα )∣α ∈ κ} un ensemble
maximal ; supposons par l’absurde que ⋃α∈κ Ṽα ne soit pas dense dans X̃. Soit Ũ un ouvert de
3
diamètre inférieur à 21n qu’elle n’intersecte pas. Alors, soit U = Ũ ∩ X, on note V la réponse de
II selon σ à ⟨U0 , V0 , . . . , Un , Vn , U ⟩ (qui est bien compatible avec σ par hypothèse de récurrence).
Alors, on peut écrire V = Ṽ ∩ X et on peut supposer Ṽ ⊆ Ũ (quitte à prendre leur intersection) ce
qui garantit Diam(Ṽ ) < 1/2n . En ajoutant (U, Ṽ ) on obtient un ensemble strictement plus grand,
ce qui est absurde.
On peut ainsi mener la construction par récurrence, et obtenir un S vérifiant les conditions
voulues. Une fois que S est construit, soit
W̃n = ⋃{Ṽn ∣ ∃U0 , Ṽ0 , . . . Un tels que ⟨U0 , Ṽ0 , U1 , Ṽ1 , . . . , Un , Ṽn ⟩ ∈ S}.
W̃n est dense dans X̃ pour toute n par la propriété 3 de Vp . Reste à voir que ⋂n W̃n ⊆ X.
Soit donc x ∈ ⋂n W̃n , d’après les propriétés de S, on a une unique suite (Ṽ0 , ..., Ṽn , ...) telle que
x ∈ ⋂n {Ṽn }, suite à laquelle correspond un unique match (U0 , V0 , ..., Un , Vn , ...) dans GX . Comme
Diam(Ṽn ) tend vers 0, l’intersection des Ṽn est réduite à un unique point qui est x, mais comme
le match est gagnant pour II, l’intersection des Vn , incluse dans X, mais aussi dans l’intersection
des Ṽn , est non vide, donc égale à {x}. Ainsi x ∈ X.
Preuve du théorème 1.2, 2. ⇐ : Comme X est Gδ , alors X est polonais et donc de Choquet fort.
⇒ : Supposons que II a une stratégie gagnante dans GfX , on va montrer que X est de la forme
X = ⋂n W̃n , avec W̃n ouverts dans X̃.
Soit σ une stratégie gagnante pour II dans GfX . On construit comme précédemment un arbre
S, tel que chaque p ∈ S sera de la forme
p = ⟨X, x0 , V0 , Ũ1 , x1 , V1 , . . . , Ũn , xn , Vn ⟩
avec Ũi ouvert de X̃, Vi ouvert de X, et p̄ = ⟨(X̃, x0 ), V0 , (Ũ1 ∩ X, x1 ), V1 , . . . , (Un ∩ X, xn ), Vn ⟩
position dans GfX compatible avec σ.
On demandera en outre que les Ũn recouvrent X, qu’ils soient de diamètre plus petit que 2−n ,
et on notera Wn leur union. Enfin, on note pour x ∈ X fixé Sxn = {⟨X̃, x0 , V0 , Ũ1 , x1 , V1 , ..., Ũn ⟩ ∈
S∣x ∈ Un }, et on demande qu’il soit fini. On aura pour cela besoin du lemme 1.4 énoncé ci-après.
Voici maintenant la construction par récurrence de S : supposons qu’on ait
p = ⟨X̃, x0 , V0 , Ũ1 , x1 , V1 , . . . , Ũn ⟩ ∈ S
Alors on va construire tous les p̂⟨xn , Vn , Ũn+1 ⟩. Considérons l’ensemble
Sn = {(xn , Vn , Ũn+1 ) ∣ p̄̂⟨xn , Vn , Ũn+1 ∩ X⟩ ∈ σ}
Alors l’ensemble U des Ũn+1 tels que il existe xn , Vn vérifiant (xn , Vn , Ũn+1 ) ∈ Sn est un recouvrement
de Ũn ∩ X (pour le voir, il suffit de faire varier xn dans Ũn ∩ X). On utilise maintenant le lemme
1.4 pour obtenir un ensemble V d’ouverts de diamètre plus petit que 1/2n raffinant U au sens du
lemme. On choisit pour chaque ouvert Ũ ∈ V un unique triplet (xn , Vn , Ũn+1 ) ∈ Sn tel que Ũ ⊂ Ũn+1 .
On ajoute alors à S chaque p̂(xn , Vn , Ũn+1 ) ainsi obtenu. Par construction et récurrence, on aura
bien pour chaque x ∈ X que Sxn+1 sera fini, et que les Ũn+1 recouvrent X
Notons maintenant Wn = ⋃{Ũn ∣ n ∈ N}, alors on vient de voir que X ⊂ ⋂n Wn . Réciproquement,
soit x ∈ X, alors pour tout n Sxn est fini non vide, et alors Sx = ⋃n Sxn est un arbre infini dont chaque
niveau est fini : par le lemme de König, Sx contient une branche infinie
(X̃, x0 , V0 , Ũ1 , x1 , V1 , ..., Ũn , xn , Vn , . . .).
Le fait que II gagne nous garantit que ⋂i Vi est non vide, le fait que les Ui soient de diamètre
décroissant entraine que leur intersection est réduite au point x. Mais cette intersection contient
l’intersection des Vi : ainsi, x ∈ ⋂i Vi ⊂ X.
4
Lemme 1.4. Soit (X, d) un espace métrisable séparable. Soit U une famille d’ouverts non vides.
Alors, il existe une famille V d’ouverts telle que :
a) ⋃ V = ⋃ U,
b) ∀V ∈ V∃U ∈ U(V ⊆ U ),
c) ∀y ∈ X{V ∈ V ∶ y ∈ V } est fini.
Si en plus on fixe > 0, on peut demander Diam(V ) < , ∀V ∈ V.
Démonstration. D’abord, on trouve en utilisant la séparabilité une famille dénombrable d’ouverts
W = {Wn }n∈N telle que :
1. ⋃ W = ⋃ U,
2. ∀W ∈ W∃U ∈ U, W ⊆ U ,
3. diam(W ) < , ∀W ∈ W.
Pour chaque n, on pose Wnk = {x ∈ Wn ∶ d(x, Wnc ) > k1 }. On a alors Wn0 ⊆ Wn1 ⊆ ⋯Wnk ⊆ . . . ⊆ Wn ,
et on pose Vk = Wk ∖ ⋃n<k Wnk .
Il est clair que ⋃k Vk = ⋃k Wk = ⋃ U. Montrons que chaque point appartient à un nombre fini
de Vk : soit x ∈ ⋃ U = ⋃ W, il existe n tel que x ∈ Wn , et il existe k tel que x ∈ Wnk ⊆ Wnk . Donc
∀m > max{k, n}, x ∉ Vm .
1.2
Propriété de Baire
Définition 1.5. Soit X un espace topologique. On dit que A ⊆ X a la propriété de Baire (BP)
si il existe un ouvert U tel que A △ U est maigre.
Lemme 1.6. A ⊆ X a la propriété de Baire ssi il existe G ⊆ X et M ⊆ X respectivement Gδ et
maigre tels que A = G ∪ M.
Démonstration. ⇒ : Supposons que A a la propriété de Baire, et soit U ouvert tel que A △ U est
maigre. Alors A △ U ⊆ ⋃n Fn , où Fn est fermé d’intérieur vide pour tout n. Posons G = U ∖ ⋃n Fn =
⋂n U ∩ (X ∖ Fn ) et M = A ∖ G. Alors G est un Gδ , G ⊆ A et M ⊆ ⋃n Fn est maigre .
⇐ : On peut le faire directement, ou attendre la proposition 1.11.
Définition 1.7. Soit X, Y deux espaces toplogiques. f ∶ X → Y est Baire mesurable si ∀U ⊆ Y
ouvert, f −1 [U ] a la B.P.
Proposition 1.8. Soient X, Y deux espaces topologiques, et soit f ∶ X → Y une fonction Baire
mesurable. Supposons en outre que Y a une base dénombrable d’ouverts. Alors ∃G = ⋂n Vn , avec
Vn ouvert dense dans X pour toute n, tel que f ↾ G est continue.
Démonstration. Soit {Un } une base de Y . Alors pour toute n, f −1 [Un ] a la B.P. Donc il existe Vn
ouvert dans X tel que f −1 [Un ] △ Vn soit maigre. Donc
f −1 [Un ] △ Vn ⊆ ⋃ Fnk
k
avec Fnk fermé rare pour toute n.
Soit Wn,k = X/Fnk qui est donc un ouvert dense, alors si G = ⋂n,k Wn,k , on af −1 [Un ]∩G = Vn ∩G,
donc f↾G est continue.
Définition 1.9. Soit I un σ-idéal sur X. On dit que A =I B si A △ B ∈ I. Si I est le σ-idéal des
ensembles maigres, alors A a la BP ssi il existe un ouvert U tel que A =I U .
5
Définition 1.10. B ⊆ P (X) est une tribu si B est stable par complementaire et réunion dénombrable.
Proposition 1.11. Soit X un espace topologique. La classe des ensembles ayant la B.P. est la
plus petite tribu qui contient les ouverts et les maigres.
6
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n◦ 5
08 février 2010
1
Propriété de Baire
Définition 1.1. Soit X un espace topologique. A ⊆ X a la propriété de Baire (BP) s’il existe
U ⊆ X ouvert tel que A∆U soit maigre.
Remarque. C’est équivalent à ils existent un Gδ G un maigre M tels que A = G ∪ M .
S
Démonstration. Soit U ouvertStel que A∆U soit maigre. Alors A∆U
⊆
n Fn , où Fn fermé et rare,
S
pour tout n. Alors G = U \ ( Fn ) est donc Gδ , et A \ G = M ⊆ n Fn est maigre.
Supposons A = G ∪ M , où G Gδ , M maigre. Il nous faut U ⊆ X ouvert tel que G∆U maigre. Soit
[
U = {V ⊆ X : V ouvert, G ∩ V dense dans V }.
U \ G est maigre (car G est un Gδ dense dans U ), et G \ U ⊆ U \ U rare. Donc A∆U ⊆ (G∆U ) ∪ M
est maigre.
Définition 1.2. Soient X, Y des espaces topologiques. f : X → Y est Baire mesurable si pour
tout ensemble ouvert U ⊆ Y , f −1 [U ] a la BP.
Proposition 1.3. Soient X, Y des espaces topologiques, où Y Ta une base dénombrable d’ouverts,
et f : X → Y Baire mesurable. Alors il existe G tel que G = {Wn : n < ω}, Wn ouvert dense,
pour tout n, et f G continue.
Démonstration. Soit V = {Vn : n < ω} une base dénombrable d’ouverts de Y . Alors pour tout n il
existe un ouvert Un de X tel que Mn S
= f −1 [Vn ]∆Un soit maigre. On fixe une suite {Fnk : n}, Fnk rare
et fermé, pour tout k, telTque Mn ⊆ {Fnk : k < ω}. Alors Wnk = X \ Fnk est un ouvert dense, pour
tout n, k. On pose G = {Wnk : n, k < ω}. Soit Vn un élément de V. Alors f −1 [Vn ] ∩ G = Un ∩ G.
Alors f G est donc continue.
Définition 1.4.
1. Soit J un σ-idéal sur X. A ≡J B ssi A∆B ∈ J.
2. Si X est un espace de Baire, on écrit A ≡∗ B ssi A∆B est maigre.
Définition 1.5. B ⊆ P (X) est une tribu si :
1. ∅, X ∈ B,
2. B est stable par réunion dénombrable et complémentaire.
Proposition 1.6. Soit X un espace topologique. La classe des sous-ensembles de X ayant la BP
est égale à la tribu engendré par les ouverts et les maigres.
1
Démonstration. Si A a la BP alors A = U ∆M où U ouvert et M maigre. Donc A appartient à la
tribu engendrée par les ouverts et les maigres. Dans l’autre sens. Les ouverts et les maigres ayant
la BP donc il reste à montrer que la classe des ensembles ayant la BP est une tribu.
Supposons A = U ∆M avec U ouvert et M maigre. Alors Ac = U c ∆M . U c \ int(U c ) = U \ U est
rare. Ac = [int(U c ) ∪ ∂U ]∆M = int(U c )∆M 0 , où M 0 = ∂U ∆M est maigre.
Supposons
pour tout
n a la BP, S
T que AT
T n. On peut écrireSAn = Gn ∪ Mn , où G
Tn Gδ et Mn maigre.
Alors ( n An ) \ ( n Gn ) ⊆ n Mn . n Gn étant Gδ et n Mn étant maigre, n An a la BP.
Théorème 1.7 (Kuratowski-Ulam). Soit X et Y deux espaces topologiques à base dénombrable.
Soit A ⊆ X × Y qui a la BP. alors
1. ∀∗ x Ax a la BP.
2. ∀∗ y Ay a la BP.
3. A est maigre ssi
(a) ∀∗ x Ax maigre.
(b) ∀∗ y Ay maigre.
Démonstration. On commence par un lemme.
Lemme 1.8. Soit X, Y deux espaces topologiques, Y ayant une base dénombrable d’ouverts. Soit
F ⊆ X × Y un ensemble rare : alors ∀∗ x Fx est rare.
Démonstration. On rappelle que F rare ssi int(F ) = ∅. Comme F est rare alors pour tout ouvert
U ⊆ X et ouvert V ⊆ Y , tels que U, V 6= ∅ ils existent des ouverts U 0 ⊆ U et V 0 ⊆ V tels que
U 0 , V 0 6= ∅ tels que (U 0 × V 0 ) ∩ F = ∅.
On peut supposer F = F . (X × Y ) \ F = W est ouvert dense. Wx = Y \ Fx , et on sait que Wx est
ouvert, pour tout x. On montre ∀∗ x Wx est dense. Soit {Vn : n < ω} une base de Y . On définit
Un = {x ∈ X : Wx ∩ Vn 6= ∅}. Alors
Un ouvert. Si x ∈ Un alors il existe y ∈ Vn tel que (x, y) ∈ W . Ils existent U 0 ⊆ X et V 0 ⊆ Vn
ouverts tels que U 0 × V 0 ⊆ W . Alors pour tout x ∈ U 0 , Wx0 ∩ Vn 6= ∅, c’est-à-dire U 0 ⊆ Un , donc Un
est ouvert.
Un est dense. Soit O ⊆ X un ouvert non vide. Alors (O × Vn ) ∩ W 6= ∅ et donc il existe
x ∈ O tel
T
que Wx ∩ Vn 6= ∅, donc O ∩ Vn 6= ∅. Il en suit que pour Wx est dense, pour tout x ∈ {Un : n < ω}.
Donc ∀∗ x Wx est un ouvert dense.
3. Soit M ⊆ X × Y maigre. Alors ∀∗ x Mx est maigre. M = ∪n Fn où Fn rare, pour tout n. Comme
∀∗ x (Fn )x est rare alors ∀∗ x ∀n(Fn )x est rare. Soit A ⊆ X × Y avec la BP, i.e. il existe un ouvert
W ⊆ X × Y tel que A∆W soit maigre. A = W ∆M , M maigre : donc Ax = Wx ∆Mx et ∀∗ xMx est
maigre. Donc si A ⊆ X × Y a la BP alors
1. ∀∗ x Ax a la BP,
2. ∀∗ y Ay a la BP (même démonstration).
Il reste à montrer que, si M ⊆ X × Y qui a la BP, et ∀∗ x Mx maigre ou ∀∗ y M y maigre alors M
est maigre. On va supposer ici que M ⊆ X × Y a la BP et que ∀∗ x Mx est maigre.
Lemme 1.9. Soient X, Y des espaces topologiques à base dénombrable. A ⊆ X, B ⊆ Y . Supposons
A × B maigre. Alors A ou B est maigre.
2
Démonstration.
(
B
(A × B)x =
∅
si x ∈ A,
sinon.
Comme A × B est maigre alors ∀∗ x (A × B)x est maigre, (i.e. {x : (A × B)x n’est pas maigre } est
maigre). Donc si B n’est pas maigre alors A est maigre.
M a la BP, donc M = W ∆N , où W est ouvert et N maigre. Supposons W 6= ∅. Comme W ouvert
alors ils existent U ⊆ X, V ⊆ Y ouverts non vides tels que U × V ⊆ W . On a supposé ∀∗ x Mx
maigre ; comme ∀∗ x Nx est maigre, alors ∀∗ x [Mx et Nx sont maigres].
De plus, pour tout x, Mx = Wx ∆Nx , et pour tout x ∈ U , Wx ⊇ V . Donc ∀∗ x ∈ U , Mx ⊇ V \ Nx
est maigre et par conséquent V devrait être maigre, la contradiction.
12 février 2010
Rappel. Théorème de Kuratowski-Ulam. On prend X, Y à base dénombrable séparés (T2). Soit
A ⊆ X × Y ayant la propriété de Baire (BP). Alors
1. ∀∗ x Ax a la BP
2. ∀∗ y Ay a la BP
3. On a équivalence entre les énoncés suivants :
(a) A est maigre
(b) ∀∗ x Ax est maigre
(c) ∀∗ y Ay est maigre
2
2.1
Applications
Lois 0-1
Théorème 2.1. Soit X un espace de Baire, G un groupe d’homéomorphismes de X tel que pour
tous U, V ouverts de X non vides, il existe g ∈ G tel que g[U ] ∩ V 6= ∅ (on dit aussi que l’action
est topologiquement transitive). Soit A ⊆ X ayant la BP, invariant par G (i.e. ∀g ∈ G, g[A] = A).
Alors A est soit maigre soit comaigre.
Exemple. X = R, on fait agir Q par translation sur X : par densité de Q cette action vérifie la
première hypothèse du théorème et A invariant par G veut dire ∀q ∈ Q, A + q = A. Soit Z ⊂ R
un système de représentants de l’équivalence orbitale pour cette action (AC), autrement dit un
ensemble tel que |Z ∩ [x]Q | = 1 pour tout x ∈ R.
Alors Z n’est pas maigre, car les translations rationnelles de Z recouvrent R et seraient toutes
maigres, donc R serait maigre ce qui contredit le théorème de Baire. Maintenant, si Z a la BP, Z
doit être comaigre dans un ouvert U non vide. On choisit q ∈ Q∗ tel que V = q + U ∩ U 6= ∅. Alors
Z est q + Z sont comaigres dans V , donc leur intersection doit être non vide dans V , ce qui est
absurde par définition de Z.
Preuve de la Loi 0-1. Soit G agissant sur X par homéomorphismes, de manière topologiquement
transitive. Soit A ⊆ X invariant pour l’action de G, ayant la BP. Alors A = U ∆M , avec M maigre
et U ouvert. Il faut montrer qu’on a soit U = ∅, soit Ū = X. Supposons que ce n’est pas le cas.
3
On a ∅ ( U , Ū 6= X. On pose V = X \ Ū 6= ∅. Par hypothèse on a g ∈ G tel que W = g(U ) ∩ V
est non vide. Alors g[A] est comaigre dans g[U ], donc dans W , mais A est par construction maigre
dans V donc dans W , or g[A] ⊆ A. Ainsi g[A] est à la fois maigre et comaigre dans W ouvert non
vide, ce qui est contradictoire.
Théorème
Q2.2. Soit (Xn )n∈N une famille dénombrable d’espaces de Baire, tous à base dénombrable.
Soit X = n Xn .
On définit la relation d’équivalence ' sur X par (un ) ' (vn ) ssi ∃n∀m > n, un = vn . Soit A ⊆ X,
qui a la BP, invariant par ' (on dit aussi que A est un tail-set). Alors A est soit maigre soit
comaigre.
Démonstration. Exercice
Q
Exemple. Xn = {0, 1}, alors X = Xn = {0, 1}ω que l’on identifie à P(ω). Soit F un ultrafiltre
non principal sur ω, alors F ⊆ X n’a pas la propriété de Baire. En effet, sinon il serait soit maigre
soit comaigre, mais la fonction qui à un sous-ensemble de ω associe son complémentaire est un
homéomorphisme de X, mais elle envoie F sur son complémentaire (c’est en effet un ultrafiltre).
Alors X serait maigre, ce qui contredit le théorème de Baire.
Exemple. Soit X un polonais parfait, et < un bon ordre sur X. Alors < n’est pas Baire-mesurable.
3
Ensembles boréliens
Définition 3.1. X 6= ∅, alors Σ ⊆ P(X) est une tribu ssi
1. ∅, X ∈ Σ
2. A ∈ Σ ⇒ X \ A ∈ Σ
S
3. (An ) ∈ ΣN ⇒ n An ∈ Σ
Définition 3.2. Soient (X, ΣX ) et (Y, ΣY ) des espaces munis de tribus. f : X → Y est mesurable
si ∀A ∈ ΣY , f −1 (A) ∈ ΣX .
Définition 3.3. Soit X un espace topologique.
– Bor(X) est la tribu borélienne, c’est la plus petite tribu qui contient les ouverts.
– Baire(X) est la tribu de Baire, c’est la tribu engendrée par les ouverts et les maigres
Définition 3.4. (X, Σ) est un espace borélien standard ssi il est (mesurablement) isomorphe à la
tribu borélienne d’un polonais.
Nous allons maintenant donner une “construction” de la tribu borélienne.
Définition 3.5. Soit X un espace métrisable. On définit les classes Σ0α (X), Π0α (X) et ∆0α (X) et
par récurrence transfinie sur α < ω1 :
1. Σ01 (X) est l’ensemble des ouverts de X
S
2. Σ0α (X) = { n An |∀n, ∃αn < α tel que An ∈ Σ0αn (X)}
3. Π0α (X) = {X \ A|A ∈ Σ0α (X)}
4. ∆0α (X) = Σ0α (X) ∩ Π0α (X)
Exemples. Π01 (X) = les fermés, Σ02 (X) = Fσ , Π02 (X) = Gδ .
4
Remarque. Si X est polonais sans point isolé, c’est une vraie hiérarchie (∀α < ω1 , Σ0α (X) (
Σ0α+1 (X)).
Lemme 3.6. Soit X métrisable. On a les faits suivants, résumés dans le schéma ci-après :
(i) Σ0α (X) ∪ Π0α (X) ⊆ ∆0α+1 (X)
S
S
(ii) Bor(X) = α<ω1 Σ0α (X) = α<ω1 Π0α (X)
(iii) Si X séparable et |X| ≥ ℵ0 , alors |Bor(X)| = 2ℵ0 .
Σ01 (X)
Σ02 (X)
⊆
⊆
∆01 (X)
⊆
⊆
∆02 (X)
⊆
⊆
Π01 (X)
Σ0α (X)
···
⊆
⊆
⊆
∆03 (X)
···
∆0α (X)
∆0α+1 (X)
⊆
⊆
Π02 (X)
···
···
···
⊆
Π0α (X)
···

























































































































Bor(X)
Démonstration. Pour montrer (i), on commence par montrer par récurrence que Σ0α (X) ⊆ Σ0α+1 (X).
Pour α = 1 on sait qu’un ouvert est un Fσ , ce qui montre l’inclusion demandée. Ensuite, un élément
de Σ0α+1 (X) est une union dénombrable d’éléments dont le complémentaire est dans Σ0α (X), qui
est inclus dans Σ0α+1 par hypothèse de récurrence. Ainsi, un élément de Σ0α+1 (X) est une union
dénombrable d’éléments dont le complémentaire est dans Σ0α+1 (X), donc un élément de Σ0α+2 (X)
par définition. Le cas limite se prouve de manière similaire.
Puis, Π0α (X) est par construction inclus dans Σ0α+1 (X) ; par passage au complémentaire on a
également Σ0α (X) ⊆ Π0α+1 (X). On a ainsi toutes les inclusions demandées.
(ii) se fait en remarquant que la réunion considérée est une tribu, et que par récurrence chaque
Σ0α (X) est inclus dans Bor(X).
(iii) provient du fait que par récurrence, |Σ0α (X)| 6 2ℵ0 , et que |Σ02 (X)| > 2ℵ0 .
Lemme 3.7. On a les faits suivants :
1. Σ0α (X) est stable par réunion dénombrable et intersection finie
2. Π0α (X) est stable par intersection dénombrable et union finie
3. ∆0α (X) est stable par union finie et intersection finie.
4. Σ0α (X), Π0α (X) et ∆0α (X) sont stables par image réciproque des fonctions continues.
Démonstration. Par définition puis récurrence et pour 4, le fait que f −1 est “compatible” avec les
opérations ensemblistes.
Exemples. – Si A ⊂ X dénombrable, alors A ∈ Σ02 (X)
– {f ∈ ω ω |∃n∀m > n, f (m) = f (n)} est Σ02 (X)
– {f ∈ ω ω |f est bijective} est Π02 (X)
5
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
1
Année 2009-2010
Semaine n◦ 6
15 février 2010
On veut montrer quelques exemples d’ensemble dans Π0α ou Σ0α .
Lemme 1.1.
1. Σ0α est stable par réunion dénombrable et intersection finie.
2. Π0α est stable par intersection dénombrable et réunion finie.
3. ∆0α est stable par réunion finie et intersection finie.
4. Σ0α , Π0α , ∆0α sont stables par image réciproque de fonctions continues.
Le corollaire suivante parle de sections des ensembles Σ0α .
Corollaire 1.2. Si X, Y sont espaces métrisables et A ∈ Σ0α (X × Y ), alors pour tout x ∈ X on a
Ax = {y ∈ Y : (x, y) ∈ A} ∈ Σ0α (Y )
et pour tout y ∈ Y on a
Ay = {x ∈ X : (x, y) ∈ A} ∈ Σ0α (X).
Démonstration. On fixe x ∈ X. La fonction fx : Y → X × Y définie par fx (y) = (x, y) est
continue. Donc, par 4. du lemme précédant, comme A est Σ0α , on a que Ax = fx−1 (A) est Σ0α . De
façon similaire on a la même conclusion pour Ay .
Exemple.
1. L’ensemble A0 suivant des suites définitivement constantes dans ω ω est Σ02 :
A0 = {f ∈ ω ω : ∃n ∈ ω∀m ≥ nf (m) = f (n)}
2. L’ensemble des fonctions f ∈ ω ω bijectives est Π02 .
2
2
3. On prend {0, 1}N . On peut voire chaque élément x ∈ {0, 1}N come une relation Rx sur N
en posant :
Rx (m, n) = 1 ⇔ x(m, n) = 1.
2
2
Soit LO ⊆ {0, 1}N l’ensemble des x ∈ {0, 1}N tel que Rx est un ordre total sur ω. Pour
étudier la complexité de LO on doit écrire les axioms d’ordres totaux :
(a) ∀i, j, k on a iRj & jRk ⇒ iRk ;
(b) ∀i, j on a iRj & jRi ⇒ i = j ;
(c) ∀i, j on a (iRj ∨ jRi).
Tout les quantificateurs sont universels, donc LO est fermé : LO ∈ Π01 .
2
4. Soit DLO ⊆ {0, 1}N le sous ensemble de LO tel que pour tout les x ∈ DLO, Rx est un ordre
total dense. L’axiome supplémentaire est :
(d) ∀i, j((iRj ∧ i 6= j) ⇒ ∃k i 6= k, j 6= k et iRk & kRj).
1
Si on fixe i, j, la condition ”‘∃k i 6= k, j 6= k et iRk & kRj”’ est Σ01 . Pour avoir D on doit
faire une intersection sur i, j, donc la condition D est Π02 , donc DLO ∈ Π02 .
5. Soit C l’espace du Cantor.
On dit que x ∈ C est normal si
n−1
1
1X
x(i) = .
lim
n n
2
i=0
Intuitivement, x est normal si est la fonction indicatrice d’un sous ensemble du N de densité
1
. On peut écrire la condition ”‘x est normal”’ comme
2
N −1
1
1
1 X
x(i) − | ≤ .
∀k > 0∃n ∈ N∀N ≥ n|
N i=0
2
k
P −1
1
1
On a ∀∃∀, et la condition | N1 N
i=0 x(i) − 2 | ≤ k est ouverte fermée, car nous avons un
nombre fini de coordonnées. Donc l’ensemble {x ∈ C : x est normal} est Π03 .
2
Changement de topologie
Soit X un Polonais, τ la topologie sur X, et B ⊆ X un borélien. On veut une topologie τ ∗ plus
fine que τ telle que
1. τ ∗ et τ ont les mêmes boréliens : Bor(X, τ ∗ ) = Bor(X, τ ) ;
2. B est ouvert fermé dans τ ∗ ;
3. (X, τ ∗ ) est Polonais.
On veut ça pour déduire des resultats sur les Boreliens à partir de résultats sur le Polonais.
Remarque. B est fermé dans (X, τ ∗ ), donc il est Polonais.
Pour montrer l’existance de la topologie τ ∗ , on doit faire deux lemmes.
˙ : U ⊆ X ∪Y
˙
Lemme 2.1. Soient X, Y deux espaces Polonais. On définit l’espace topologique X ∪Y
˙ est Polonais.
est ouvert ssi U ∩ X est ouvert dans X et U ∩ Y est ouvert dans Y . Alors X ∪Y
Démonstration. On doit montrer que la topologie est 1) séparable, et 2) complétement métrisable.
1) Comme X et Y sont Polonais, on a DX dense dénombrable dans X et DY dense dénombrable
˙ Y est dense dénombrable dans X ∪Y
˙ .
dans Y . Alors DX ∪D
˙
2) Soient dX , dY distances complétes et bornées par 1 sur X et Y . Alors on peut définir d sur X ∪Y
tel que :


dX (x, y) si x, y ∈ X,
d(x, y) = dY (x, y) si x, y ∈ Y ,


2
sinon.
d est une distance compléte qui engendre la topologie.
Lemme 2.2 (2). Soit X Polonais, τ la topologie sur X. Soit F ⊆ X fermé. Alors il y a une
topologie τ ∗ ⊇ τ tel que (X, τ ∗ ) est Polonais, Bor(X, τ ) = Bor(X, τ ∗ ) et F est ouvert fermé dans
τ ∗.
2
Démonstration. F et X \ F sont des Gδ dans X, donc ils sont Polonais. On prende l’espace
˙
topologique F ∪(X
\ F ). Il est X avec une nouvelle topologie τ ∗ . Mais, pour le lemme 1, on a que
(X, τ ∗ ) est Polonais, que F et X \ F sont ouvert fermé dans τ ∗ et que Bor(X, τ ∗ ) = Bor(X, τ ),
parce que la classe des boreliens de (X, τ ∗ ) est la tribu engendrée par les ouverts et F , mais F est
dans Bor(X, τ ), donc Bor(X, τ ∗ ) = Bor(X, τ ).
Définition 2.3. Soit Ω = {B ∈ Bor(X) tel que ∃τ ∗ ⊇ τ tel que (X, τ ∗ ) est Polonais, Bor(X, τ ∗ ) =
Bor(X, τ ) et B est ouvert fermé dans τ ∗ }.
On sait que
1. Tous les formés sont dans Ω ;
2. Ω ⊆ Bor(X, τ ).
Si on montre que Ω est une tribu, on a que Ω est une tribu qui contient tous les ouverts, donc
Ω ⊇ Bor(X, τ ), et le remarque 2 nous dit que Ω = Bor(X, τ ).
Fait 2.4. Si B ∈ Ω, on a B c ∈ Ω.
Démonstration. Si on a une transformation que rend B ouvert fermé, elle rende aussi B c ouvert
fermé.
Pour montrer que Ω est une tribu, il suffit montrer que elle est stable par intersection dénombrable.
Fait 2.5. Ω est stable par intersection dénombrable.
Démonstration. Supposons An ∈ Ω, pour tout n ∈ N. Soit τn ⊇ τ tel que
1. (X, τn ) est Polonais,
2. Bor(X, τn ) = Bor(X, τ ) ;
3. An ouvert fermé dans (X, τn ).
Q
On prend n (X,
Q τn ) qui est Polonais parce qu’il est produit dénombrable d’espaces Polonais.
Soit f : X → n (X, τn ) tel que, pour tour x ∈ X, on a
f (x) = (x, x, x, x, . . .).
f n’est pas continue, car les τn sont plus fins queQ
τ . On définit la topologie τ ∗ sur X engendre par
les images réciproque des ouverts de base dans n (X, τn ). Les ouverts de base sont des ouverts
U = U0 × U1 × ... × Un × X × X × ..., et
f −1 (U ) = U0 ∩ U1 ∩ ... ∩ Un .
Donc, pour tout n, on a que
Tn
i=0
An est ouvert fermé dans τ ∗ . Alors :
1. (X, τ ∗ ) est Polonais : f [(X, τ ∗ )] est homéomorphe à un fermé dans
Polonais.
Q
n (X, τn ),
donc il est
Tn
∗
∗
2. Bor(X, τ )=Bor(X,
τ
)
:
Bor(X,
τ
)
est
engendré
par
les
ouverts
de
X
et
les
i=0 An . Mais,
Tn
∗
pour tout n, i=0 An est dans Bor(X, τ ), donc on a Bor(X, τ )=Bor(X, τ ).
T
3. n An est fermé dans τ ∗ car tous les An sont fermé ; il est aussi ouvert, car son complémentaire
est fermé.
3
Conclusion : Ω =Bor(X, τ ).
On veut montrer ce fait : Si X est Polonais et B ⊆ X est un borélien, alors B est soit au plus
dénombrable soit C ,→ B, c’est-à-dire B contient une copie topologique de C. On va montrer ce fait
pour les Polonais ; on utilise les résultats précédents pour en déduire le résultat pour les boréliens.
˙ tel que :
Lemme 2.6. Soit X Polonais. Alors il existe une unique décomposition X = K ∪A
1. A est dénombrable et ouvert,
2. K est parfait.
Démonstration. Si X est parfait, alors K = X et A = ∅.
Sinon : soit Z ⊆ X un sous ensemble de X qui a des points isolés. On définit
I(Z) = {p ∈ Z : p point isolé de Z}.
I(Z) est ouvert. On définit
Z 0 = Z \ I(Z).
Donc, on peut construire une suite descendente de fermé de X :
X (0) = X ;
X (α+1) = (X (α) )0 ;
T
Si α limite, X (α) = β<α X (β) .
Pour avoir le résultat du lemme, on doit montrer que, si X est Polonais, la suite s’arrête à l’étape
α, avec α un ordinal dénombrable. Soit
I(α) = X \ X (α) .
La suite {X (α) }α∈Ord est une suite croissante d’ouverts. Mais, comme X est Polonais, on a une
base dénombrable d’ouverts {On }n∈N . Si Iα ⊂ Iα+1 et Iα 6= Iα+1 , il y a un ouvert An tel que An
est un sous ensemble de Iα+1 et il n’est pas un sous ensemble de Iα .
Donc il y a au plus un nombre dénombrable d’inclusions étroites, et ça signifie que il doit existre
α dénombrable tel que Iα = Iα+1 (donc Iα = Iβ pour tout β > α). Si on appelle
A = Iα , K = X (α)
˙
on a X = K ∪A,
où K est parfair pour construction et A est ouvert et dénombrable (car il est un
réunion dénombrable des ensembles dénombrables).
La décomposition est unique : si O est un ouvert dénombrable dans X, il y a un point isolé dans
X, parce que sinon on falsifie le théorem de Baire. Donc tout les ouverts dénombrables sont dans
˙ 1 = K2 ∪A
˙ 2 , et A1 6= A2 , on
A, et cela est vrai dans la construction précédente. Si on a X = K1 ∪A
peut prendre {p} ∈ A2 \ A1 ouvert, et {p} ⊆ K1 , donc K1 n’est pas parfait, ce qui est absurde.
Théorème 2.7. Soit X un Polonais. Alors soit |X| ≤ ℵ0 soit C ,→ X, c’est-à-dire dire l’espace
de Cantor se plonge dans X.
˙ la décomposition de X avec K parfait et A dénombrable. X est
Démonstration. Soit X = K ∪A
dénombrable ssi K = ∅. Donc, si X n’est pas dénombrable, on a K 6= ∅. A est ouvert, donc K est
fermé dans X. Donc il est un espace Polonais parfait. Pour avoir le théorème, il faut montrer que
tout Polonais parfait contient une copie de C. On va montrer ça dans le lemme suivant.
4
Lemme 2.8. Tout Polonais parfait contient une copie de C.
Démonstration. On construit un schéma de Cantor {Us : s ∈ {0, 1}ω } tel que, pour tout s, on a :
1. Us est ouvert non vide,
2. diam(Us )≤
1
,
2|s|
3. U sbi ⊆ Us , pour tout i ∈ {0, 1},
4. Us b0 ∩ Us b1 = ∅.
T
Une fois qu’on a fait la construction, si b ∈ {0, 1}ω , on regarde n Ubn , qui a un unique élément.
Soit
T
ϕ(b) =l’unique élément de n Ubn .
ϕ est un plongement : elle est continue parce que les Us sont ouverts, elle est injective, et ϕ[C]
est compact, donc ϕ est un homéomorphisme. Pour faire la construction nous utilisons que X est
parfait :
1. On fixe U∅ = n’importe quel ouvert de diamètre plus petit que 1 (si la distance est bornée
par 1, on peut prendre U∅ = X) ;
2. Si on a Us , et X est parfait, on peut trouver deux points x0 , x1 dans Us . Si
= min{d(x0 , Usc ), d(x1 , Usc ), d(x, y)}
on peut définir Us b0 = B 2 (x0 ) , Us b1 = B 2 (x1 ). Ils sont ouverts et ils ont les propriétés 1-4 que
nous voulons.
Donc, on a le résultat pour les Polonais. On peut l’étendre aux boréliens.
Théorème 2.9. Soit X Polonais, B ⊆ X borélien. Alors soit |B| ≤ ℵ0 soit C ,→ B.
Démonstration. Soit τ la topologie sur X, τ ∗ la topologie sur X avec B ouvert fermé dans τ ∗ (et
(X, τ ∗ ) Polonais). B ouvert fermé, donc (B, τ ∗ ) est Polonais. Pour le théoreme précédent, on a que
B est soit au plus dénombrable soit il existe un plongement de C dans B. Si B est dénombrable,
on a fini. Sinon, le seule problème est que le plongement de C est dans (B, τ ∗ ), et nous voulons un
plongement de C dans (B, τ ). Soit ϕ le plongement. On a que ϕ[C] est compact dans τ ∗ , donc
τ ∗ ϕ[C] = τ ϕ[C],
et ϕ est aussi un plongement de C dans (B, τ ).
19 février 2010
3
Changements de topologie, suite
Théorème 3.1. Soit X un espace Polonais, B un borélien de X. Alors
1. Il existe f : N → B continue, surjective
2. Il existe F ⊆ N fermé et f : F → B bijective et continue
5
Démonstration. Soit τ la topologie sur X. Par le théorème de changement de topologie, il existe
une topologie τ ∗ plus fine que τ , polonaise, avec Bor(X, τ ) = Bor(X, τ ∗ ), et tel que B soit τ ∗ -fermé.
Donc (B, τ ∗ B) est Polonais. On a donc f : N → (B, τ ∗ ) continue surjective, or τ ∗ est plus fine
que τ donc f est aussi continue pour τ . On fait pareil pour 2.
Proposition 3.2. Soit (X, τ ) Polonais, Y métrisable séparable et f : X → Y borélienne. Alors
il existe une topologie τ ∗ polonaise plus fine que τX telle que Bor(X, τ ) = Bor(X, τ ∗ ) et telle que
f : (X, τ ∗ ) → Y soit continue.
Démonstration. Soit (Un )n∈N une base de Y . On a f −1 (Un ) borélien pour tout n ∈ N. On a τn plus
fine que τ telle que (X, τn ) Polonais et Bor(X, τn ) = Bor(X, τ ), et f −1 (Un ) estQ
τn -ouvert-fermé. On
construit une topologie à partir des τn de la manière suivante : on pose P = n (X, τn ) ; on a une
injection φ : X → P qui à x associe (x, x, ...). Son image est un fermé de P , donc un Polonais ; en
tirant en arrière la topologie induite, on obtient
S une topologie polonaise sur X qui raffine tous les
τn (c’est en fait la topologie engendrée par n τn ). Ses boréliens sont bien les mêmes car une base
de cette topologie est l’ensemble des intersections finies d’ouverts Ui des τni .
4
Isomorphismes boréliens
Définition 4.1. Soient X, Y Polonais, A ⊆ X et B ⊆ Y boréliens. On dit que f : A → B est un
isomorphisme borélien si
– f est une bijection
– ∀C ⊆ A, C borélien ⇔ f (C) borélien.
Proposition 4.2. Soient X, Y Polonais, soient A et B des boréliens respectifs de X et Y . Si
|A|, |B| > ℵ0 alors il existe f : A → B isomorphisme borélien.
Remarque. Si |A|, |B| ≤ ℵ0 , alors f : A → B est une bijection ssi c’est un isomorphisme borélien.
P 1
Exemple. On pose C = {0, 1}N , soit φ : C → [0, 1], x 7→ n 2n+1
x(n) continue, surjective. Elle n’est
pas injective, mais si on pose D l’ensemble des suites éventuellement constantes (D = {x ∈ C :
∃n∀m > n, x(n) = x(m)}), alors φ (C \D) est une bijection sur son image. Maintenant, comme D
et φ(D) sont dénombrables infinis, soit ψ une bijection entre eux : c’est un isomorphisme borélien
et θ = φ (C \ D) ∪ ψ est un isomorphisme borélien.
Corollaire 4.3. Soit X polonais, et A ⊆ X borélien, |A| > ℵ0 . Alors A 'bor X (i.e. il existe un
isomorphisme borélien entre eux.
Preuve du théorème. On a la chaı̂ne d’injections boréliennes suivante : C → A ⊆ X → [0, 1]ω . Or
C ' C ω 'bor [0, 1]ω . Le théorème de Schröder-Bernstein dit alors que C et A sont en bijection, ce
qui est insuffisant : le lemme suivant permet justement de conclure en étendant ce théorème aux
isomorphismes boréliens.
Lemme 4.4. Soient X et Y Polonais tels qu’il existe f : X → Y et g : Y → X plongements
boréliens (en particulier leurs images sont boréliennes). Alors il existe h : X → Y isomorphisme
borélien
Démonstration. On définit par récurrence X0 = X, Y0 = Y puis X1 = g[Y0 ], Y1 = f [X0 ], X2 =
g[Y1 ], Y2 = f [X1 ]... On pose
[
[
[
h = f ( (X2n \ X2n+1 )) ∪ g −1 ( (X2n+1 \ X2n )) ∪ f Xn
n
n
6
n
5
Ensembles analytiques et hiérarchie projective
Définition 5.1. Soit X un Polonais, A ⊆ X est analytique s’il existe un Polonais Y et f : Y → X
continue telle que A = f [Y ].
Remarque. On peut de manière équivalente demander que l’espace de départ de f soit un borélien
de Y , ou encore demander Y = N puisqu’on a une surjection continue de N sur tout borélien.
Définition 5.2 (Hiérarchie projective). Soit X un Polonais.
– Σ11 (X) = {A ⊆ X, A analytique }
– Π11 (X) = {X \ A, A ∈ Σ11 (X)}
– Σ1n+1 (X) = { images continues d’éléments de Pi1n (Y), Y Polonais }
– Π1n+1 (X) = {X \ A, A ∈ Σ1n+1 (X)}
– ∆1n (X) = Σ1n (X) ∩ Π1n (X)
Les éléments de Π11 (X) sont appelés coanalytiques.
Remarque. Un théorème précd́ent dit exactement Bor(X) ⊆ Σ11 (X), et donc comme Bor(X) est
stable par passage au complémentaire, Bor(X) ⊆ ∆11 (X).
T
Proposition 5.3. Soit X un Polonais, et An ⊆ X analytique pour tout n ∈ N. Alors n An est
analytique.
Démonstration. Si on a seulement A1 et A2 , on a f1 : Y1 → X et f2 : Y2 → X continues d’images
respectives A1 et A2 . On pose F = {(y1 , y2 ) : f1 (y1 ) = f2 (y2 )} fermé de Y1 × Y2 . L’intersection a
est l’image de ce fermé par (f1 , f2 ). On fait la même chose dans le cas général.
Théorème 5.4 (Souslin). Soit X un Polonais non dénombrable, alors Bor(X) ( Σ11 (X).
Pour prouver ce théorème, on va montrer l’existence d’un analytique universel, puis utiliser un
argument diagonal.
Définition 5.5. A ⊆ Y × X est un analytique universel s’il est analytique et pour tout analytique C ⊆ X, il existe y ∈ Y tel que Ay = C.
On va montrer qu’il existe un analytique universel avec Y = X. Alors D = {x : (x, x) ∈ A} ne
peut être borélienne bien qu’elle soit analytique (c’est la projection de la {x, x} ∩ A). En effet son
complémentaire n’est pas analytique, sinon ça serait une section Ay de A. Alors, on aurait à la fois
y ∈ Dc ssi (y, y) 6∈ A et y ∈ Ay ssi (y, y) ∈ A : contradiction.
Il reste à constuire cet analytique universel. Soit Γ une classe d’ensembles (ouverts, fermés,
boréliens, analytiques...). On note Γ(X) = {A ⊆ X : A ∈ Γ}. On dit que U ⊆ X × Y est
Y -universel pour Γ si U ∈ Γ(Y × X) et Γ(X) = {Uy : y ∈ Y }.
Proposition 5.6. Soit X Polonais. Il existe A ⊆ N × X analytique universel.
Démonstration. On commence par construire un ouvert universel U. Soit (Vn )n∈N une base d’ouverts de X, avec V0 = ∅. On définit U par
(α, x) ∈ U ssi il existe n ∈ N tel que x ∈ Vα(n)
S
Soit α ∈ N,S
alors Uα = {Vα(n) } est ouvert, et on les obtient tous de cette manière. De plus, on peut
écrire U = n,m {α : α(n) = m} × Vm et c’est donc bien un ouvert universel. Son complémentaire
est alors un fermé universel FX .
7
On note FN ×X un fermé universel pour N × X. Soit maintenant A = {(α, z) : ∃x, (α, (x, z)) ∈
FN ×X } : il est analytique car c’est la projection d’un fermé. Soit C ⊂ X analytique : on a f : N →
X tel que C = f [N ]. Alors C est la seconde projection du graphe de f qui est fermé : ∃α ∈ N tel
que F(N ×X)α = graphe(f ). Alors (AX )α = C.
8
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
1
Année 2009-2010
Semaine n◦ 7
22 février 2010
Rappel. Soit X Polonais. Dans la dernière leçon, nous avons montré qu’il existe un sous ensemble
A ⊆ N × X analytique universel pour X, c’est-à-dire pour tout analytique Z de X, il existe α ∈ N
tel que Z = Aα , où Aα = {x ∈ X | (α, x) ∈ A}.
On veut montrer que il existe un analytique universel pour X dans X × X.
Lemme 1.1. Soit X un espace Polonais non dénombrable. Alors il existe un analytique universel
U pour X, avec U ⊆ X × X.
Démonstration. X contient une copie de N , parce que X contient une copie de C, et C contient
une copie de N . Donc il existe un plongement ϕ : N ,→ X. Soit A ⊆ N × X analytique universel.
On définit U ⊆ X × X :
U = {(ϕ(α), x) : (α, x) ∈ A}.
Alors U est analytique universel.
Corollaire 1.2. Soit X un Polonais non dénombrable. Alors Σ11 (X) 6= Bor(X).
Proposition 1.3. Soit X un Polonais, A ⊆ X. Sont équivalents :
1. A est analytique ;
2. Il existe Y Polonais et B ⊆ X × Y fermé tel que A = projX (B) ;
3. Il existe F fermé dans X × N tel que A = projX (F ) ;
4. Il existe G ⊆ X × C, avec G Gδ , tel que A = projX (G).
Démonstration. 2 ⇒ 1 : B est fermé dans un Polonais, donc il est Polonais. projX est une fonction
continue, donc A est l’image d’un Polonais par une fonction continue, c’est-à-dire il est analytique.
3 ⇒ 2 : Prendre Y = N .
1 ⇒ 3 : Si A est analytique, il existe une fonction continue f : N → X telle que A = f [N ]. Si on
pose B = {(f (y), y) : y ∈ N } ⊆ X × N , on a projX [B] = A et B est fermé dans X × N .
4 ⇒ 1 : Si G est Gδ dans X × C, G est Polonais, donc A est l’image continue d’un Polonais,
c’est-à-dire A est analytique.
3 ⇒ 4 : Il existe un plongement ϕ : N ,→ C tel que ϕ[N ] soit Gδ dans C (le plongement est donné
. . 1} |{z}
0...0 ...).
par ϕ(f ) = 0| .{z
. . 0} 1| .{z
f (0)
f (1)+1 f (2)+1
Proposition 1.4. Soit X un Polonais. Alors la classe Σ11 (X) est stable par réunion et intersection
dénombrables.
Démonstration. Réunion : Supposons que, pour tout n, An ∈ Σ11 . On
Lfixe fn : Yn → An tel que,
pour tout n, Yn est Polonais, fN est continue, fn (Yn ) = An . Soit Y = n Yn . Alors Y est Polonais.
On définit f : Y → X tel que
1
f (y) = fn (y) ssi y ∈ Yn .
f est continue, car les fn sont continues et les An sont ouvert-fermés dans Y , et f [Y ] =
S
n
An .
IntersectionQ: Soit, pour tout n, An ∈ Σ11 , Yn Polonais, fn : Yn → X continue, fn [Yn ] = An . On
prend Z ⊆ n Yn , où :
Y
Z = {(yn )n ∈
Yn : fn (yn ) = fk (yk ) pour tout n, k}.
n
Z est fermé,
donc il est Polonais. On définit f : Z → X par : f ((yn )n ) = f0 (y0 ). f est continue, et
T
f [Z] = n (An ), qui est donc analytique.
Remarque. La classe des analytiques n’est pas une tribu : le complementaire d’un ensemble analytique n’est pas nécessairement analytique.
Si A est analytique et f est continue (ou borélienne), qu’est-ce-que on peut dire de f [A] et f −1 [A] ?
Proposition 1.5. Soit X Polonais et f : X → Y continue (ou borélienne). Alors :
1. si A est analytique dans X, f [A] est analytique dans Y ,
2. si A est analytique dans Y , f −1 [A] est analytique dans X.
Démonstration. 1) Si f est continue, et A = g[Y ], où Y est Polonais et g est continue, alors
f [A] = f ◦ g[Y ] est analytique, car la composition des fonctions continues est continue. Si f est
borélienne, on rappel que on peut changer la topologie sur X pour rendre f continue : on prend τ ∗
sur X avec (X, τ ∗ ) Polonais, et tout les boréliens ouverts-fermés. Dans cette topologie, f devien
continue, et on a montrez que l’image continue d’un analytique est analytique. Pour conclure, on
doit vérifier que A est analytique aussi dans la topologie τ ∗ . Si A est analytique dans (X, τ ), pour
la proposition précédante on trouve un fermé F dans N × (X, τ ) tel que A = projX [F ]. Mais F
est fermé aussi dans N × (X, τ ∗ ), parce que τ ⊆ τ ∗ . Comme A est la projection sur X d’un fermé
F dans N × (X, τ ∗ ), A est analytique dans (X, τ ∗ ).
2) Soit f continue, Z un Polonais et g : Z → Y continue avec g[Z] = A. Soit T ⊆ X × Z tel que
T = {(x, z) | f (x) = g(z)}. T est fermé dans X × Z, donc est Polonais.
f X
Y
projX
.
g
6
6
T
Z
Alors projX (T ) est analytique dans X, et πX (T ) = f −1 [A]. Si f est juste borélienne, on change la
topologie sur X pour rendre f continue. On trouve τ ∗ , avec τ ⊆ τ ∗ , et telle que f soit continue
dans τ ∗ . Donc, dans (X, τ ∗ ), f −1 [A] est analytique. Il est analytique aussi dans τ : si on prend la
fonction identité i : (X, τ ∗ ) → (X, τ ), i est continue (car τ ⊆ τ ∗ ) donc i(f −1 [A]) est analytique, et
i(f −1 [A]) = f −1 [A].
On veut montrer le Théorème de Luzin, qui parle de séparation des analytiques et nous donne une
caractérisation très intéressante des boréliens.
Définition 1.6. On dit que A et B sont Borel séparable s’il existe C ∈ Bor(X) tel que A ⊆ C et
C ∩ B = ∅.
2
Lemme 1.7. Soit X Polonais, (Pn )n et (Qm )m suitesSde sous S
ensembles de X. Supposons, pour
tout n, m ∈ N, Pn et Qm sont Borel séparables. Alors n Pn et m Qm sont Borel séparable.
Démonstration. Pour tout m, n, soit
T Bn,m un ensemble borélien tel que Pn ⊆ Bn,m et Qm ∩ Bn,m =
∅. OnSfixe n, et on prend Bn = m Bn,m . On a Pn ⊆ Bn et, pour tout m, Bn ∩ Qm = ∅. Soit
B
n . Alors B est borélien et, pour tout n, m, on a Pn ⊆ B et B ∩ Qm = ∅. Donc B sépare
S = n BS
P
et
n n
m Qm .
Théorème 1.8 (Luzin). Soit X Polonais, A, B ⊆ X analytiques et disjoint. Alors il existe C ⊆ X
borélien tel que A ⊆ C et B ∩ C = ∅.
Démonstration. Par absurd. Soit X Polonais, A, B analytiques dans X avec A ∩ B = ∅. On fixe
f, g : N → X tel que fS[N ] = A, g[N ] S
= B. Pour tout s ∈ N , on pose As = f [Ns ] Bs = g[Ns ].
Pour tout s on a As = i As bi et Bs = i Bs bi . On suppose que A et B ne sont pas séparables.
Fait 1.9. Soient s, t ∈ ω <ω . Si As et Bt ne sont pas séparables, on peut trouver i, j ∈ N avec As bi ,
Bt bj non séparables.
S
S
Démonstration. Sinon, on remarque que As = i As bi et Bt = j Bt bj , et le lemme nous dit que
A et B sont séparable.
On peut construire par récurrence deux suites : s0 ⊆ s1 ⊆ . . ., si ∈ ω i , t0 ⊆ t1 ⊆ . . ., ti ∈ ω i telles
que pour tout i Asi et Bti ne sont pas séparables. Si i = 0, on prend s0 = t0 = ∅ et on pose A∅ = A,
B∅ = B. Si nous avons sn , tn , on a que Asn et Btn ne sont pas séparables, donc on trouve i, j tel
que Asn bi et Btn bj ne sont pas séparables. On pose sn+1 = sn bi et tn+1 = tn bj.
S
S
Soient α = n sn et β = n tn . α, β sont dans N , donc on peut considère f (α) and g(β). Alors
f (α) 6= g(β), parce-que f (α) ∈ A et g(β) ∈ B, et A ∩ B = ∅. Donc, on peut trouver U, V ouverts
dans X avec U ∩ V = ∅ et f (α) ∈ U , f (β) ∈ V . Mais f et g sont continues, donc on peut prendre
f −1 [U ], g −1 [V ], et trouver n tel que f [Nsn ] = Asn ⊆ U et g[Ntn ] = Btn ⊆ V . Donc U sépare Asn
et Btn , mais cela est absurd parce qu’ils ne sont pas séparables par construction.
Corollaire 1.10. Soit X Polonais. A ⊆ X est borélien si et seulement si A est analytique et
co-analytique.
Démonstration. ⇒ : Si A est borélien, alors Ac est borélien, et nous savons que tout les boréliens
sont analytiques.
⇐ : Si A et Ac sont analytiques, il doit exister, par Luzin, B borélien que sépare A, Ac . Mais
l’unique ensemble qui sépare A et Ac est A, donc A est borélien.
Donc Bor(X) = Σ11 (X) ∩ Π11 (X).
Il existe une classe spéciale d’ensembles pour lesquelles il est équivalent d’être analytiques ou
boréliens : les graphes des fonctions.
Théorème 1.11. Soient X, Y Polonais, f : X → Y . Sont équivalents :
1. f est borélienne ;
2. Graphe(f )={(x, y) | f (x) = y} est borélien ;
3. Graphe(f ) est analytique.
3
Démonstration. 2 ⇒ 3 : chaque borélien est analytique.
1 ⇒ 2 : Soit {Un } une base d’ouverts de Y . Pour chaque (x, y) ∈ X × Y , on a : Si (x, y) ∈
Graphe(f ) alors pour tout n [y ∈ Un ⇔ x ∈ f −1 [Un ]]. Donc
\
Graphe(f ) = [f −1 [Un ] × Un ∪ f −1 [Y \ Un ] × (Y \ Un )].
n
Mais, comme les Un sont boréliens, on a que, pour tout n, f − [Un ], Y \ Un et f −1 [Y \ Un ] sont
boréliens, donc aussi f −1 [Un ] × Un ∪ f −1 [Y \ Un ] × (Y \ Un ) est borélien, et ça nous donne que
Graphe(f ) est borélien.
3 ⇒ 1 : Il faut montrer que, pour tout U ouvert dans Y , f −1 [U ] est borélien. Mais
f −1 [U ] = projX [(X × U ) ∩ Graphe(f )].
X × U est ouvert, Graphe(f ) est analytique, donc (X × U )∩Graphe(f ) est analytique, et f −1 [U ]
est analytique. Mais (f −1 [U ])c est analytique aussi : (f −1 [U ])c = f −1 [Y \ U ], et
f −1 [Y \ U ] = projX [(X × (Y \ U )) ∩ Graphe(f )],
qui est analytique. f −1 [U ] est analytique et co-analytique, c’est-à-dire f −1 [U ] est borélien.
Théorème 1.12 (Luzin, Suslin). Soient X, Y Polonais, f : X → Y continue et injective. Soit
A ⊆ X borélien. Alors f [A] est borélien.
Remarque : Si f n’est pas injective, on peut seulement dire que f [A] est analytique.
Démonstration. Cas 1) Si A dénombrable, alors f [A] est dénombrable, donc f [A] est Fδ , et tous
les Fδ sont boréliens.
Cas 2) Si A est non dénombrable, on peut changer la topologie sur X pour avoir A ouvert fermé.
Dans cette topologie, A est Polonais, donc on peut supposer A = X. On peut aussi supposer
A = F ⊆ N , avec F fermé, parce que nous savons que chaque espace Polonais non dénombrable
est l’image continue, par une fonction injective, d’un fermé dans N . Si A est parfait, on peut
˙ , où K est un fermé parfait, T
supposer F = N . Si A n’est pas parfait, on peut écrire A = K ∪T
un ouvert dénombrable, et nous prenons seulement K dans ce cas.
Donc, on peut supposer A parfait, c’est-à-dire A est l’image continue injective de N . Tout ça pour
dire que on peut supposer A = N . On a N = ω ω = [ω <ω ]. On rappelle également que les ouverts
fermés de base de N sont donnés par les Ns = {α ∈ N |s ⊆ α} pour s ∈ ω <ω . Pour s ∈ ω <ω , on
pose Bs = f [Ns ] : Bs est analytique, et c’est l’union des Bs bi (i < ω) qui sont deux-à-deux disjoints
(car f est injective), et analytiques. On peut les séparer deux-à-deux par des boréliens, et à partir
de là construire une suite (Bs∗ )s∈ω<ω telle que :
1. Bs ⊆ Bs∗ , pour tout s,
2. si s ⊆ t alors Bt∗ ⊆ Bs∗ ,
3. Bs∗bi ∩ Bs∗bj = ∅, pour tout s et i 6= j,
4. Bs∗ borélien, pour tout s.
4
On peut supposer (quitte à prendre l’intersection) Bs∗ ⊆ B̄s . Maintenant,
\ [
f [N ] =
Bs∗ .
n s∈ω n
En effet, pour
de gauche à droite on a f (α) ∈ Bαn pour tout n. Dans l’autre sens,
T l’inclusion
S
si on a y ∈ n s∈ωn Bs∗ , on a pour tout n l’existence de sn (unique !) tel que y ∈ Bs∗n . On a
s0 ⊆ s1 ⊆ . . . : soit α = ∪n sn . On a par continuité et comme Bs∗n ⊆ B̄sn , le fait que f (α) = y.
Finalement, f [N ] est borélien.
2
Jeux infinis
Soit A 6= ∅, et X ⊆ AN . On définit le jeu GA (X) :
a2
I a0
II
a1
a3
···
···
Ils créent une suite α = (a0 , a1 , ...). (I) gagne si α ∈ X, sinon (II) gagne. Stratégie pour I :
φ : A<ω → A. Intuitivement, (I) suit φ, c’est-à-dire joue a0 = φ(∅), ensuite (II) fait ce qu’il veut,
disons a1 , et alors (I) répond par φ(ha0 , a1 i) et ainsi de suite.
On dit que φ est gagnante pour (I) si ∀(a1 , a3 , a5 , ...) ∈ Aω , (φ(∅), a1 , φ(hφ(∅), a1 i), a3 , φ(h. . .i), ...) ∈
X. On définit les mêmes notions pour (II).
Autre manière de voir les stratégies : (A<ω , ⊆) est un arbre, et σ est une stratégie pour (I) si σ est
un sous arbre de A<ω tel que s ∈ σ, |s| = 2k ⇒ ∃!s0 ⊇ s0 ∈ σ, |s0 | = |s| + 1 et si s ∈ σ, |s| = 2k + 1,
alors ∀a ∈ A, s ba ∈ σ.
σ est gagnante pour (I) si [σ] ⊆ X. Pour les stratégies pour (II), il faut inverser pair et impair.
Définition 2.1. X est déterminée si l’un des deux joueurs a une stratégie gagnante dans GA (X).
Théorème 2.2. Les jeux finis à information parfaite sont déterminés.
Démonstration. Dire que (I) a une stratégie gagnante s’exprime par une formule du premier ordre
∃a0 ∀a1 ∃a2 ∀a3 ...Qan (a0 , ..., an ) ∈ X, dont la négation dit exactement que (II) a une stratégie gagnante.
Jusqu’ici, nous avons parlé des jeux à information parfaite. Contre-exemple : pierre, ciseaux, feuille !
Autre contre-exemple : les stratégies ne sont pas déterministes (casino), et on cherche à maximiser
le gain.
Exemple. Le jeu des alumettes : on a n alumettes, on a le droit d’en prendre k < n à chaque coup.
Celui qui prend la dernière alumette a perdu. On sait que ce jeu est déterminé, et on sait qui a
une stratégie gagnante
Exemple. La barre de chocolat : on part d’un rectangle n × m, chaque joueur enlève un bloc
rectangulaire “partant” d’en haut à droite. On sait dire qui a une stratégie gagnante ; en dimension
plus grande : question ouverte.
Exemple. On a un échiquier hexagonal, (I) joue les blancs et (II) joue les noirs jusqu’à ce que
l’échiquier soit rempli. Alors (I) gagne s’il y a un chemin blanc de gauche à droite, II gagne s’il y
a un chemin noir de haut en bas. Un théorème de Brouwer dit qu’exactement un des deux joueurs
aura gagné. Le jeu est fini, donc il y a une stratégie gagnante, et c’est celle du joueur (I), ce qui
se montre par l’absurde. Sinon, (II) aurait une stratégie gagnante que (I) “peut suivre” car c’est
le premier joueur.
5
Théorème 2.3 (AC). Il existe un X ⊆ 2ω tel que G2 (X) n’est pas déterminée.
Démonstration. On énumère les stratégies possibles pour (I) et (II), comme on peut les voir comme
des applications {0, 1}<ω → {0, 1} : il y en a donc 2ℵ0 et on peut donc les indexer par ξ < 2ℵ0 .
On écrit donc StratI = {σξI } et StratII = {σξII }. On construit alors X par récurrence transfinie :
à l’étape ξ < 2ℵ0 on a {xη |η < ξ} ⊆ X et {yη |η < ξ} ⊆ X c . On considère σξI∗ l’application qui à
α ∈ 2ω associe le match où (II) joue α et (I) suit σξI : elle est injective et donc on a α ∈ 2ω tel que
σξ∗ (α) 6∈ {xη |η < ξ} : on fixe un tel α et on pose yξ = σξI ∗ (α). Pour σξII , on trouve β ∈ 2ω tel que
σξII∗ (β) 6∈ {xη |η < ξ} et on pose xξ = σξII∗ (β).
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Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 8
Lundi 01 mars 2010
1
Jeux avec Contraintes
Soit A un ensemble non vide, et X ⊆ Aω . Si on a le jeu GA (X)
I a0
a2
...
II
a1
a3 . . .
où I gagne lorsque α = (a0 , a1 , a2 , . . . ) ∈ X, on peut aussi considerer le même jeu avec
contraintes : Soit T ⊆ A<ω un arbre et [T ] = {α ∈ Aω ∶ α ↾ n ∈ T, ∀n ∈ ω}. Dans le jeu
avec contraintes GT (X)
a2
...
I a0
II
a1
a3 . . .
on exige que (a0 , a1 , . . . , an ) ∈ T pour tout n ∈ ω et I gagne si, et seulement si, α =
(a0 , a1 , . . . ) ∈ X. On peut définir X ′ comme l’ensemble des α ∈ Aω tel que soit α ∈ X,
soit le plus petit n tel que α ↾ n ∉ T est pair. Alors, on a que GA (X ′ ) est équivalent
à GT (X), c’est-à-dire, un des joueurs a une stratégie gagnante dans un des jeux si, et
seulement si, il en a une dans l’autre.
Rappel.
1. Si on met la topologie discrète sur A et la topologie produit sur Aω , on
1
, où n es le plus petit entier
a que la distance d sur Aω , définie par d(α, β) = n+1
tel que α(n) ≠ β(n), est compatible avec la topologie. En fait, on a plus : Aω est
Polonais si, et seulement si, A est dénombrable.
2. Si s ∈ A<ω , on définit Ns = {α ∈ Aω ∶ s ⊆ α}. On a que Ns est ouvert-fermé et
{Ns ∶ s ∈ A<ω } est une base pout la topologie de Aω .
Théorème 1.1 (Gale-Stewart (AC)). Soient A un ensemble non vide et T ⊆ A<ω un
arbre sans feuilles. Si X ⊆ [T ] est fermé, alors GT (X) est déterminé.
Remarque 1.2. Les jeux finis peuvent être vus comme des jeux infinis qui sont décidés
après n coups. Alors, ils sont dans la classe des jeux déterminés.
Avant de démontrer le théorème, on a besoin d’une définition et un lemme.
Définition 1.3. Soient A, T et X comme au-dessus. Soit s ∈ T , ∣s∣ = 2k. On dit que s
est perdu pour I si II a une stratégie gagnante dans GTs (Xs ), où Ts = {t ∈ A<ω ∶ ŝt ∈ T }
et Xs = {α ∈ [Ts ] ∶ ŝα ∈ X}.
1
Lemme 1.4 (AC). Soit s ∈ T , ∣s∣ = 2k. Si pour tout a ∈ A il existe a′ ∈ A tel que
ŝ⟨a, a′ ⟩ est perdu pout I, alors s est perdu pour I.
Démonstration. Par hypothèse, avec l’Axiome du Choix, on a une fonction f ∶ A Ð→ A
tel que pour tout a ∈ A, s ̂ ⟨a, f (a)⟩ est perdu pour I. Cela veut dire que pour tout
a ∈ A il existe une stratégie σa gagnante pour II dans le jeu GTŝ⟨a,f (a)⟩ (Xŝ⟨a,f (a)⟩ ).
Donc on peut définir une stratégie σ gagnante pour II dans GTs (Xs ) : si I joue a, alors
II répond par f (a) et puis il suit σa .
Démonstration. (du Théorème de Gale-Stewart) On se pose la question : la position
initiale est-elle perdu pour I ? Si oui, le jeu est déterminé. Sinon, d’après le lemme, il
existe a0 ∈ A tel que pour tout a1 ∈ A, ⟨a0 , a1 ⟩ n’est pas perdu pour I. Donc I joue un
tel a0 . Soit a1 ∈ A quelconque. Encore grace au lemme, comme ⟨a0 , a1 ⟩ n’est pas perdu
pour I, il existe a2 ∈ A tel que pour tout a3 ∈ A, ⟨a0 , a1 , a2 , a3 ⟩ n’est pas perdu pour
I. Donc I joue un tel a2 , et ainsi de suite. On affirme que si I suit cette stratégie, il
gagne. En effet, soit α = (a0 , a1 , . . . ) un match dans lequel I a suivi cette stratégie. Si
α ∉ X, comme X est fermé, il existe k ∈ ω tel que Nα↾(2k+1) ⋂[T ] ⊆ X c . Mais cela veut
dire que α ↾ (2k + 1) = (a0 , . . . , a2k ) est perdu pour I, car II peut jouer arbitrairement
et tout continuation de ce match sera en dehors de X. Donc on a une contradiction
avec la construction de α.
Définition 1.5. Une quasi-stratégie pour I est un sous arbre Σ ⊆ T tel que :
– si s ∈ Σ et ∣s∣ = 2k + 1, alors pour tout a ∈ A, ŝa ∈ T implique ŝa ∈ Σ.
– si s ∈ Σ et ∣s∣ = 2k, alors il existe a ∈ A tel que ŝa ∈ Σ (pas nécessairement unique).
On dit que Σ est une quasi stratégie gagnante pour I si [Σ] ⊆ X. On dit que Σ est
maximale, s’il n’y a aucune quasi stratégie Σ′ gagnante pour I telle que Σ ⫋ Σ′ .
On peut étendre la définition d’une position perdue pour I :
Définition 1.6. Soit s ∈ A<ω . Si ∣s∣ = 2k, on a la définition déjà donné. Si ∣s∣ = 2k + 1,
on dit que s est perdu pour I si le joueur II a une stratégie gagnante dans le jeu
G′Ts (Xs ), dans lequel II commence à jouer.
Remarque 1.7. Si Σ = {p ∈ T ∶ p n’est pas perdu pour I }, Σ est une quasi-stratégie
gagnante pour I.
On va énoncer un théorème très important, et avant de le démontrer, on va voir
quelques applications.
Théorème 1.8 (Martin). Soient A ≠ ∅ et T ⊆ A<ω un arbre sans feuilles. Soit X ⊆ [T ]
borélien. Alors, GT (X) est déterminé.
2
Exemples et applications de jeux
Proposition 2.1. Soit X Polonais et B ⊆ X borélien. Alors, soit ∣B∣ ≤ ℵ0 , soit il
existe P ⊆ B parfait (i.e. fermé sans points isolés). Autrement dit, soit ∣B∣ ≤ ℵ0 , soit
∣B∣ = 2ℵ0 .
2
Démonstration. On va montrer le résultat pour X = C = {0, 1}ω . Soit B ⊆ C borélien.
On définit G(B) :
s1
...
I s0
II
ε0
ε1 . . .
où si ∈ {0, 1}<ω , εi ∈ {0, 1} . Soit α = s0 ̂ ε0 ̂ s1 ̂ ε1 ̂ . . . . I gagne si, et seulement si,
α ∈ B.
Fait 2.2. I a une stratégie gagnante si, et seulement si, il existe P ⊆ B parfait.
Démonstration. En effet, supposons σ est une stratégie gagnante pour I. On va définir
une fonction injective et continue ϕ ∶ C → B. Comme C est compact, ϕ sera un
homéomorphisme entre C et ϕ[C], et comme C est parfait, on aura trouvé un parfait inclu dans B. Soit ε = (ε0 , ε1 , . . . ) ∈ {0, 1}ω = C. On définit
ϕ(ε) = σ ∗ ε = σ(∅)̂ε0 ̂σ(ε0 )̂ε1 ̂σ(ε0 , ε1 )̂ . . .
Autrement dit, ϕ(ε) est le match obtenue lorsque II joue les ε0 , ε1 , . . . à chaque coup
et I joue avec la stratégie σ. Comme σ est gagnante pour I, on a ϕ(ε) ∈ B.
Il est clair que ϕ est continue, car si Ns est un ouvert de base de C et Ns ⋂ B ≠ ∅, alors
ϕ−1 [Ns ⋂ B] = Ns′ , où s′ = s(1)̂s(3)̂ . . . ̂s(k), k = ∣s∣ − 1 ou k = ∣s∣ − 2 si ∣s∣ est pair
ou impair, respectivement. L’injectivité de ϕ est immédiate.
Réciproquement, supposons P ⊆ B est parfait (fermé et sans points isolés). Soit T =
{s ∈ {0, 1}<ω ∶ Ns ⋂ P ≠ ∅}. Comme P est fermé, on a P = [T ].
D’autre côté, si s ∈ T , on a par la définition de T que Ns ⋂ P ≠ ∅. Mais comme P est
patfait, il y a au moins deux points dans Ns ⋂ P . Cela veut dire que T est parfait, i.e.
pour tout s ∈ T , il existe t ⊇ s tel que t ∈ T et t̂0, t̂1 ∈ T .
Maintenant on décrit une stratégie gagnante pour I. I commence en jouent s0 ∈ T tel
que s0 ̂0 et s0 ̂1 sont dans T (il existe car T est parfait). Alors, s0 ̂ε0 ∈ T , quelque soit
le ε0 joué par II. À une étape quelconque du jeu, si on a t = s0 ̂ε0 ̂s1 ̂ε1 ̂ . . . sn ̂εn ∈ T ,
on sait qu’il existe sn+1 ∈ {0, 1}<ω tel que t̂sn+1 ∈ T , t̂sn+1 ̂0 ∈ T et t̂sn+1 ̂1 ∈ T ,
parce que T est parfait. Donc I joue sn+1 et n’importe comment joue II, on aura
t ̂ sn+1 ̂ εn+1 ∈ T . Alors, un match joué comme cela sera dans [T ] = P ⊆ B. Donc I
gagne.
Fait 2.3. II a une stratégie gagnante si, et seulement si, ∣B∣ ≤ ℵ0 .
Démonstration. En effet, supposons B = {bn }n∈ω pour montrer que II a une stratégie
gagnante. Si I joue s0 , II peut répondre avec un ε0 ≠ b0 (∣s0 ∣). C’est-à-dire, ε0 = 1 −
b0 (∣s0 ∣). En général, à l’étape n + 1, si on a une position p = s0 ̂ ε0 ̂ s1 ̂ ε1 ̂ . . . ̂ sn ,
alors II peut jouer un εn de façon que p ̂ εn ⊈ bn . Autrement dit, si ∣p∣ = k, alors II
peut jouer εn = 1 − bn (k). Alors, un match joué comme cela est gagné par II car si
α = s0 ̂ε0 ̂s1 ̂ε1 . . . , on a α ≠ bn , pour tout n ∈ ω. Donc α ∉ B.
3
Réciproquement, soit σ une stratégie gagnante pour II. On va définir une fonction ϕ
de l’ensemble de positions compatibles avec σ dans C tel que pour tout b ∈ B il existe
une position p compatible avec σ tel que ϕ(p) = b. D’où on obtiendra le résultat.
Soit p une position compatible avec σ. On note s(p) = s0 ̂ε0 ̂s1 ̂ε1 ̂ . . . sn ̂εn . Comme
σ est une stratégie pour II, il existe ε0 = σ(s(p)̂⟨∅⟩) (ε0 est la réponse de σ à un coup
vide de I). De façon similaire, on a :
ε1 = σ(s(p)̂⟨1 − ε0 ⟩)
ε2 = σ(s(p)̂⟨1 − ε0 , 1 − ε1 ⟩)
et ainsi suite.
Soit ϕ(p) = s(p)̂(1 − ε0 , 1 − ε1 , 1 − ε2 , . . . ). On montre que pour tout b ∈ B il existe p
tel que ϕ(p) = b.
Soit b ∈ B. Si ϕ(∅) = b, alors il n’y a rien a montrer. Sinon, on a que
ϕ(∅) = (1 − ε0 , 1 − ε1 , 1 − ε2 , . . . ) ≠ b.
Donc il existe un plus petit k0 tel que b(k0 ) ≠ 1 − εk0 . C’est-à-dire, b(k0 ) = εk0 et si on
pose s0 = (1 − ε0 , . . . , 1 − εk0 −1 ) (s0 = ∅ lorsque k0 = 0), on a que s0 ̂εk0 ⊆ b. Remarquons
que σ(s0 ) = εk0 . Si ϕ(s0 ̂εk0 ) = b, alors on a fini. Mais sinon, on peut refaire le même
procédé. Or nécessairement, ce processus doit s’arrêter car sinon, on aura décrit un
match dans lequel I bat la stratégie σ : I peut jouer la suite des si et à la fin de ce
match on obtiendra b ∈ B. Alors, ϕ est surjective sur B, et donc B est dénombrable.
Dans le cas général où X n’est pas nécessairement C, on définit le jeu GX (B) suivant.
I (U0 , V0 )
(U1 , V1 )
...
II
W0
W1 . . .
où Ui , Vi , Wi sont ouverts non vides, pour tout i ∈ ω. À chaque coup, II choisit l’un de
deux ouverts joué par I (i.e. Wi = Ui ou Wi = Vi , pour tout i ∈ ω) et I joue deux ouverts
tels que leurs adherence est inclu dans le dernier ouvert joué par II (i.e. U i+1 ⊆ Wi et
V i+1 ⊆ Wi , pour tout i ∈ ω). En plus, on exige que diam(Ui ) ≤ 1/i et diam(Vi ) ≤ 1/i. I
gagne si, et seulement si, ⋂i∈ω Wi ⊆ B (on remarque que ⋂i∈ω Wi = ⋂i∈ω W i = {x}).
Fait 2.4. I a une stratégie gagnante si, et seulement si, il existe P ⊆ B parfait.
Démonstration. Supposons P ⊆ B est parfait. Alors, I peut choisir à chaque étape
deux ouverts tels que chacun contient des éléments de P , car P est parfait. Donc
⋂i∈ω Wi = ⋂i∈ω W i = {x} est nécessairement un élément de P et ça sera une stratégie
gagnante pour I.
Continuation : Exercice.
4
Vendredi 05 mars 2010
Rappel. Soit T ⊆ ω <ω , soit s ∈ T , alors succT (s) = {n ∈ ω ∣ s∧ n ∈ T }. Si succT (s) est infini,
on dit que s est un nœud de branchement infini. T est superparfait si ∀s ∈ T, ∃t ∈ T
tel que s ⊆ t et t est un noeud de branchement infini. P ⊆ N fermé est superparfait si
TP = {s ∈ ω <ω ∣ Ns ∩ P ≠ ∅} est un arbre superparfait.
Définition 2.5. Soit X un espace topologique, alors F ⊆ X est un Kσ si on peut
l’obtenir comme union dénombrable de compacts de X.
Théorème 2.6. Soit B ⊆ N borélien. Alors on a :
1. soit B est inclu dans un Kσ
2. soit B contient un superparfait.
Remarque 2.7. Soit K un compact de N , alors pour tout n, {f (n) ∶ f ∈ K} est
fini, car sinon on peut le recouvrir par une infinité d’ouverts de base disjoints dont
chacun l’intersecte, ce qui contredit la compacité. On peut donc définir g ∶ ω → ω par
g(n) = max{f (n) ∶ n ∈ K}. Alors pour tout f ∈ K, f ∈ g et donc K ⊆ Kg = {f ∈ N ∶ f ≤
g} = ∏n [0, g(n)] compact.
Plaçons nous dans le cas 1. Dire que B est inclu dans un Kσ veut dire, d’après la
remarque, qu’il existe une suite (gn )n d’éléments de N telle que pour tout f ∈ B, il
existe n ∈ N tel que f ≤ gn . On peut alors définir g ∈ N par : g(n) = maxk≤n gk (n).
Notation. Soit f, g ∈ ω ω . On note f ≤∗ g si ∃n∀m ≥ n, f (m) ≤ g(m).
Donc : dire que B est inclu dans un Kσ équivaut à dire qu’il existe g ∈ N telle que
pour tout f ∈ B, f ≤∗ g.
Notation. On pose (ω)ω = {f ∈ ω ω ∶ f croissante}. Pour f ∈ ω ω , on définit f ∗ ∈ (ω)ω
par f ∗ (n) = ∑k≤n f (k). Alors f ↦ f ∗ est une bijection.
Démonstration. Soit B ⊆ (ω)ω borélien. On définit G(B) :
s1
⋯
I s0
II
n0
n1 ⋯
où si ∈ ω <ω , ni ∈ ω, s0 ⊊ s1 ⊊ ⋯, et enfin si+1 (∣si ∣) > ni . Soit α = ⋃n sn . I gagne ssi α ∈ B.
Montrons que I a une stratégie gagnante ssi B contient un superparfait.
⇒ : Soit σ une stratégie gagnante pour I. II peut jouer à chaque étape une infinité
d’entiers qui vont forcer I à répondre par des suites commençant à chaque fois par une
infinité de valeurs différentes, ce qui mène à un arbre superparfait.
⇐ : il suffit à I de jouer dans TP = {s ∈ ω <ω ∶ Ns ∩ P ≠ ∅} des noeuds de branchement
infini (ici P est un superparfait inclu dans B).
Montrons maintenant que II a une stratégie gagnante ssi B est inclu dans un Kσ .
5
⇒ : Comme B est inclu dans un Kσ , on a par la remarque précédente une suite (gn )n
telle que pour tout f ∈ B il existe n tel que f ≤ gn .
I s0
s1
⋯
II
g0 (∣s0 ∣) + 1
g1 (∣s1 ∣) + 1 ⋯
Si α = ⋃n sn , alors pour tout k, α ≠ gk . Donc α ∉ B.
⇐ : Soit σ une stratégie gagnante pour II. Soit α ∈ B. I voudrait obtenir α à la fin : il
demande s’il y a un k0 tel que II réponde n0 à α ↾ k0 , avec n0 ≤ α(k0 ). Si c’est le cas,
il joue ce α ↾ k0 . Alors il se demande s’il existe k1 > k0 tel que II réponde n1 < α(k1 ) à
α ↾ k1 . Si I peut continuer ainsi ω coups, il construit α ∈ B et bat donc σ. Donc à un
moment la réponse est non. On a la situation suivante :
α ↾ k1
⋯ α ↾ kl−1
I α ↾ k0
II
n0
n1 ⋯
nl−1
Ceci nous donne une position p, avec α(kl−1 ) ≥ nl−1 . On pose, pour s telle que α ↾ kl−1 ⊆
s,
φp (s) = σ(⟨α ↾ k0 , n0 , α ↾ k1 , n1 , . . . , α ↾ kl−1 , nl−1 , s⟩)
alors pour tout k > kl−1 , α(k) < φp (α ↾ k).
Pour m ∈ ω, on définit par récurrence gp,m ∶ ω ∖ kl−1 → ω de la manière suivante :
– On pose gp,m (kl−1 ) = m
– Si on a défini gp,m (kl−1 ), ..., gp,m (k − 1), pour s ∈ ∏k−1
i=kl−1 gp,m (i), soit
ns = σ(⟨α ↾ k0 , n0 , . . . , α ↾ kl−1 , nl−1 , α ↾ kl1 ̂s⟩).
On pose alors
k−1
gp,m (k) = max{gp,m (ns ) ∶ s ∈ ∏ gp,m (i)}
i=kl−1
On a obtenu un ensemble dénombrable de gn,p qui borne tous les α ∈ B à partir d’un
certain rang.
3
Le jeu déplié
On définit G∗ (F ) où F ⊆ N × N est fermé :
I s 0 , m0
s 1 , m1
...
II
n0
n1 . . .
avec les conditions suivantes :
– si ∈ ω <ω , s0 ⫋ s1 ⫋ s2 ⫋ . . .
– mi , ni ∈ ω et si+1 (∣si ∣) > ni
Soient α = ⋃i∈ω si et β = (m0 , m1 , . . . ). Alors I gagne si, et seulement si, (α, β) ∈ F .
On peut remarquer que pour gagner, I doit s’assurer, que pour tout i ∈ ω, on ait
Nsi × N(m0 ,...,mi−1 ) ⋂ F ≠ ∅. Ça veut dire que G∗ (F ) est fermé : il suffit que I prenne
soin de ne pas perdre à chaque niveau.
6
Proposition 3.1. Soit F ⊆ N × N . Alors, dans G∗ (F ) :
1. I a une stratégie gagnante si, et seulement si, proj1 (F ) contient un superparfait.
2. II a une stratégie gagnante si, et seulement si, proj1 (F ) est inclu dans un Kσ .
(Sans démonstration)
4
Jeux de Banach-Mazur
Soit X Polonais, soit A ⊆ X. On définit le jeu G(A) :
I U0
U1
...
II
V0
V1 . . .
avec les conditions suivates :
– Ui , Vi sont ouverts non vides.
– Ui ⊇ Vi ⊇ Ui+1 , pour tout i ∈ ω.
– diam(Un ) < 1/2n , diam(Vn ) < 1/2n .
I gagne si, et seulement si, ⋂n∈ω U n ⊆ A.
Remarque 4.1. On peut définir une variante en imposant U0 ⊇ V i ⊇ U1 ⊇ V 1 ⊇ . . . .
Dans ce cas, ⋂n∈ω U n = ⋂n∈ω V n = ⋂n∈ω Un est un singleton.
Proposition 4.2. Soit X un Polonais et A ⊆ X. Alors, dans le jeu de Banach-Mazur
1. II a une stratégie gagnante si, et seulement si, A est maigre.
2. I a une stratégie gagnante si, et seulement si, il existe U ouvert non vide tel que
A est comaigre dans U .
Démonstration. 1. Supposons A est maigre : A = ⋃n∈ω Fn , où Fn est fermé et d’interieur
vide, pour tout n ∈ ω. Fixons n ∈ ω quelconque. Si I a joué un ouvert Un tel que
diam(Un ) < 1/2n , alors on a que Un ⊈ Fn , car int(Fn ) = ∅. Donc Un ∖ Fn est un ouvert
non vide et II peut répond avec un ouvert Vn tel que V n ⊆ Un ∖ Fn . Évidemment
diam(Vn ) < 1/2n . Si II suit cette stratégie, (⋂n∈ω U n ) ⋂ A = (⋂n∈ω V n ) ⋂(⋃n∈ω Fn ) = ∅.
Donc II gagne.
Réciproquement, supposons II a une stratégie gagnante σ. Alors, avec le même argument utilisé dans la preuve du Théorème d’Oxtoby (cours du 29 janvier) on peut
construire un sous arbre S ⊆ σ tel que pour tout p = (U0 , V0 . . . , Uk , Vk ) ∈ S, l’ensemble
Up = {Vk+1 ∶ ∃Uk+1 (U0 , V0 , . . . , Uk+1 , Vk+1 ) ∈ S}
(autrement dit, l’ensemble de coups possibles pour II à l’étape k + 1 en continuant p,
dans le cadre de la stratégie σ) consiste d’ouverts deux-à-deux disjoints et ⋃ Up est
dense dans Vk . Même si on pose U∅ = {V0 ∶ ∃U0 (U0 , V0 ) ∈ S}, alors ⋃ U∅ est dense dans
X.
En suite, pour chaque p ∈ S, on pose Wp = ⋃ Up , et pour chaque n ∈ ω, On = ⋃{Wp ∶ p ∈
S, ∣p∣ = 2n}. Alors, pour tout n ∈ ω, on a que On est ouvert et dense dans X. Comme
7
X est un espace de Baire, on a que ⋂n∈ω On est dense. Or, par la construction des On ,
si x ∈ ⋂n∈ω On , on a qu’il existe un match (U0 , V0 , U1 , V1 , . . . ) tel que {x} = ⋂n∈ω U n , et
comme ce match a été joué dans σ, on sait que II a gagné. Donc x ∈ Ac . Alors, on a
montre que ⋂n∈ω On ⊆ Ac , ce qui équivaut à A ⊆ ⋃n∈ω (On )c . Donc A est maigre.
2. Supposons I a une stratégie gagnante σ. Soit U0 le premier coup de I dans la stratégie
σ. Alors, si on considère le jeu G(Ac ) joué dans l’espace U0 en inversant les rôles de I et
II, on voit que σ devient une stratégie gagnante pour II dans ce nouveau jeu. D’après
(1), on sait que Ac est maigre dans U0 . Donc A est comaigre dans U0 .
Réciproquement, supposons A est comaigre dans un ouvert U non vide. Alors, Ac est
maigre dans U et d’après (1), on a une stratégie gagnante σ pour II dans le jeu G(Ac ),
joué dans l’espace U . On va décrire une stratégie gagnante pour I dans le jeu original :
Soit x ∈ U . Alors, diam(B(x, 1/2) ⋂ U ) < 1/20 = 1 et B(x, 1/2) ⋂ U est un ouvert dans
U . Alors on peut choisir U0 = σ(B(x, 1/2) ⋂ U ). En une étape quelconque, supposons
II a joué Vk , avec diam(Vk ) < 1/2k . Comme Vk ⊆ Uk ⊆ U0 ⊆ U , on a que Vk est un ouvert
de U . Donc I répond avec Uk+1 = σ(V0 , V1 . . . , Vk ). Ça c’est un ouvert de X et on peut
exiger que diam(Uk+1 ) < 1/2k+1 . Si I suit cette stratégie (en fait, il s’agit de celle de II
dans G(Ac ) joué dans l’espace U ), on a que ⋂n∈ω U n = ⋂n∈ω V n = {x} et x ∉ Ac , car II
gagne G(Ac ) joué dans l’espace U . Donc x ∈ A et I gagne le jeu original.
8
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 9
Lundi 08 mars 2010
1
Détermination borélienne
Soit A un ensemble non vide, et soit A<ω l’ensemble des suites finies d’éléments de A.
Soit T ⊆ A<ω un sous arbre. On met la topologie discrète sur A et la topologie produit
sur Aω . On considère la topologie induite sur l’ensemble des branches de T .
[T ] = {b ∈ Aω ∶ b ↾ n ∈ T, pour tout n}.
Avec cette topologie, [T ] est fermé dans A<ω . Les ouverts de base sont donnés par
Ns = {b ∈ [T ] ∶ s ⊆ b}, pour s ∈ T .
On définit, par récurrence :
– Σ01 ([T ]) = l’ensemble des ouverts de [T ] ;
– Σ0α ([T ]) = {⋃n Bn ∶ ∀n∃βn < αBn ∈ Π0βn ([T ])} ;
– Π0α = {[T ] ∖ B ∶ B ∈ Σ0α ([T ])} ;
– Bor([T ]) = ⋃α<ω1 Σ0α ([T ]).
Le résultat que nous voulons démontrer est le théorème suivant.
Théorème 1.1 (Martin). Soit T ⊆ A<ω un arbre sans feuille. Soit X ⊆ [T ] borélien.
Alors G(X, [T ]) est déterminé.
L’idée est de se ramener au cas fermé, et d’utiliser le théorème de Gale-Stewart.
Théorème 1.2 (Gale-Stewart). Si X ⊆ [T ] est fermé alors G(X, [T ]) est déterminé.
Définition 1.1. Soit T ⊆ A<ω un arbre sans feuille. On dit que (T̃ , π, ϕ) est un krecouvrement de T si
1. T̃ est un sous arbre sans feuille d’un arbre Ã<ω ;
2. π ∶ T̃ → T est une projection (c’est-à-dire ∣π(s̃)∣ = ∣s̃∣ pour tout s̃ ∈ T̃ , et π(s̃) ⊆
π(t̃) si s̃ ⊆ t̃) ;
3. ϕ associe à chaque stratégie σ̃ pour I (ou II) dans T̃ une stratégie ϕ(σ̃) pour I
(ou II) dans T telle que pour tout x ∈ [ϕ(σ̃)] (c’est-à-dire pour tout match x dans
lesquelles I (ou II) joue selon σ̃) il existe un match x̃ ∈ [σ̃] tel que π(x̃) = x ;
4. ϕ(σ̃) ↾ n ne dépend que de σ̃ ↾ n ;
5. T̃ ↾ k = T ↾ k, π ↾ (T̃ ↾ k) = id.
Définition 1.2. Soit (T̃ , π, ϕ) un recouvrement de T . Soit X ⊆ [T ]. On dit que
(T̃ , π, ϕ) déplie X si π −1 (X) est ouvert fermé.
1
La fonction π est définie sur T̃ , mais elle induit une fonction continue, que nous appellons encore π, de [T̃ ] dans [T ]. Donc π −1 (X) est l’image inverse de X par cette
fonction.
Remarque 1.3. Si nous pouvons déplier le jeu X, alors X est déterminé : en fait,
X̃ = π −1 (X) est déterminé, donc il existe une stratégie gagnante σ̃ pour I (ou II) dans
G(X̃, [T̃ ]) ; donc ϕ(σ̃) est une stratégie gagnante pour le même joueur dans G(X, [T ])
par la condition 3 de la définition de k-recouvrement.
Donc, si on montre que on peut déplier les ensembles borélien, on a le théorème de
Martin : c’est-à-dire que le théorème de Martin est un corollaire du théorème suivant.
Théorème 1.3. Soit T ⊆ A<ω un arbre sans feuille, X ⊆ [T ] borélien, k ∈ ω. Alors il
existe un k-recouvrement de T qui déplie X.
On va démontrer le théorème par récurrence sur la complexite borélienne de X, c’est-àdire le plus petit ordinal α tel que X ∈ Σ0α ([T ]). La démonstration du théorème utilise
deux lemmes ; le prémier dit que on peut déplier les férmés, le deuxième dit que, si
on peut déplier un nombre dénombrable d’ensembles, alors on peut déplier aussi leur
réunion.
Lemme 1.4. Soit T ⊆ A<ω un arbre sans feuille, k ∈ ω. Soit X ⊆ [T ] fermé. Alors il
existe un k-recouvrement qui déplie X.
Lemme 1.5. Supposons que, pour tout i ∈ ω, (Ti+1 , πi+1 , ϕi+1 ) est un (k+i)-recouvrement
i et ϕi , pour i < ω, tel que (T , π i , ϕi ) soit un
de Ti . Alors, il existe un arbre T∞ , π∞
∞
∞
∞
∞
(k + i)-recouvrement de Ti .
Supposons d’abord Lemmes 1.4 et 1.5 et démontrons Théorème 1.3.
Démonstration. On doit montrer (∗)α pour tout α < ω1 , où (∗)α est :
(∗)α : Pour tout A ensemble non vide, pour tout T ⊆ A<ω sous arbre sans feuille, pour
tout k ∈ ω, si X ∈ Σ0α ([T ]) alors il existe un k-recouvrement qui déplie X.
On fait la démonstration par récurrence sur α.
Cas α = 1 : est le lemme 1, parce que si X est dans Σ01 alors X est ouvert, donc X c est
fermé et, pour le lemme 1, on peut déplier X c . Mais le même recouvrement qui déplie
X c déplie aussi X.
Cas α > 1 : On suppose (∗)β pour tout β < α. Soit A ≠ ∅, T ⊆ A<ω sans feuille,
X ⊆ [T ], X ∈ Σ0α ([T ]). On peut écrire X = ⋃n Xn , où Xn ∈ Σ0αn ([T ]), avec αn < α,
pour tout n. On fixe k ∈ ω. Soit T0 = T , et soit (T1 , π1 , ϕ1 ) un k-recouvrement de T0
qui déplie X0 , c’est-à-dire π1−1 (X0 ) ⊆ [T1 ] est ouvert fermé. Alors, pour n > 0, π1−1 (Xn )
est Σ0αn ([T1 ]), car Xn ∈ Σ0αn ([T0 ]) et π1 est continue.
Soit (T2 , π2 , ϕ2 ) un k + 1 recouvrement de T1 qui déplie π1−1 (X1 ). Alors π2−1 (π1−1 (X0 ))
et π2−1 (π1−1 (X1 )) sont ouverts fermés par construction.
On procède par récurrence pour construire un (k + i)-recouvrement (Ti+1 , πi+1 , ϕi+1 ) de
Ti qui déplie πi−1 (. . . π1−1 (Xi ) . . . ), pour i < ω. Alors, nous avons que pour tout n :
2
– πi−1 (. . . π1−1 (Xi ) . . . ) est Σ0αn ([Ti ]), pour i ≤ n,
– πi−1 (. . . π1−1 (Xi ) . . . ) est ouvert fermé dans [Ti ], pour i ≥ n + 1.
i , ϕi ) tel que, pour tout i ∈ ω :
On applique Lemme 1.5 pour trouver (T∞ , π∞
∞
i , ϕi ) est un k + i recouvrement de T ;
1. (T∞ , π∞
i
∞
i+1 ;
i
2. π∞ = πi+1 ○ π∞
3. ϕi∞ = ϕi+1 ○ ϕi+1
∞ .
Donc, pour tout i ∈ ω :
0 )−1 (X ) = (π i )−1 (π −1 (. . . (π −1 (π −1 (X )) . . . )
(π∞
i
i
∞
2
1
i
est ouvert fermé dans [T∞ ]. Alors
0 )−1 (X) =
0 )−1 (X )
(π∞
⋃i (π∞
i
est ouvert dans [T∞ ]. Par Lemme 1.4, il existe (T ∗ , π ∗ , ϕ∗ ) k-recouvrement de T∞ tel
0 )−1 (X)) est ouvert fermé, donc
que (π ∗ )−1 ((π∞
0 ○ π ∗ , ϕ0 ○ ϕ∗ )
(T ∗ , π∞
∞
est un k-recouvrement qui déplie X.
Corollaire 1.6. Si X ⊆ [T ] est borélien, alors G(X, T ) est déterminé.
Maintenant, on doit démontrer Lemmes 1.4 et 1.5.
Démonstration. (Lemme 1.5) Par l’hypothèse, on a la situation suivante :
T0 ← (T1 , π1 , ϕ1 ) ← (T2 , π2 , ϕ2 ) ← . . .
On pose :
1. T∞ ∶= ⋃i Ti ↾ (k + i) ;
i ∶ pour tout i, si s ∈ T
2. π∞
∞ alors il existe j ≥ i tel que s ∈ Tj ↾ (k + j), et on pose
i (s) ∶= π
π∞
i+1 (...(πj−1 (πj (s)))...) ;
i
3. ϕ∞ : Soit σ̃ une stratégie pour I (resp. II) dans T∞ . On voit σ̃ comme un sous
arbre de T∞ , et on pose
ϕi∞ (σ̃) ∶= ⋃j>i ϕi+1 (. . . (ϕj (σ̃ ↾ (k + j)) . . . ).
i , ϕi ) est un (k + i)-recouvrement de T .
Fait 1.7. Pour tout i, (T∞ , π∞
i
∞
Soit σj = ϕj∞ (σ̃), pour tout j. Maintenant, soit xi un match contre σi , c’est-à-dire
xi ∈ [σi ] ⊆ [Ti ]. On a
ϕi∞ = ϕi+1 ○ ϕi+1
∞ .
3
On construit, par récurrence sur j ≥ i, un match xj ∈ [σj ] tel que
πi+1 (. . . πj (xj ) . . . ) = xi .
Supposons que xj est construit. Comme (Tj+1 , πj+1 , ϕj+1 ) est un (k + j)-recouvrement
de Tj et ϕj+1 (σj+1 ) = σj il existe un match xj+1 ∈ [σj+1 ] tel que πj+1 (xj+1 = xj . De plus,
xj+1 ↾ (k + j) = xj ↾ (k + j). Soit x̃ = ⋃j≥i xj ↾ (k + j). Donc x̃ est un match diagonal.
i (x̃) = x , et x̃ ∈ [σ̃] car, pour tout j ≥ i, on a σ̃ ↾ (k + j) = σ ↾ (k + j).
Alors, on a π∞
i
j
On se tourne maintenant vers la démonstration de Lemme 1.4.
Définition 1.8. Soit S ⊆ C <ω un arbre, u ∈ B <ω . On définit Su = {v ∈ B <ω ∶ ûv ∈ S}.
Si Y ⊆ B <ω , u ∈ B <ω , on pose Yn = {x ∈ B ω ∶ ûx ∈ Y }.
Démonstration. ( Lemme 1.4) Nous avons le jeu G(X, T ) :
I a0
a2
II
a1
a3
⋯
⋯
Les conditions sont que pour tout i, (a0 , ..., ai ) ∈ T . X est un sous ensemble fermé de
[T ] et I gagne si, et seulement si, (a0 , a1 , ...) ∈ X. On veut définir un 2k-recouvrement
qui déplie X (2k parce que nous voulons que le joueur I reste le joueur I), avec
T̃ ↾ (2k) = T ↾ (2k). Le jeu a la forme suivante :
I a0
a2 ⋯ a2k−2
II
a1
a3
⋯
a2k−1
(a2k , ΣI ) ⋯
⋯
La condition est que (a0 , ..., a2k ) ∈ T et ΣI est une quasi-stratégie pour I dans T(a0 ,...,a2k ) ,
où II commence à jouer.
II a deux options :
1. il accepte, et il joue (a2k+1 , A, ΣII ) tel que (a0 , ..., a2k+1 ) ∈ T , et ΣII est une quasistratégie pour II telle que ΣII ⊆ (ΣI )a2k+1 et [ΣII ] ⊆ X(a0 ,...,a2k+1 ) ;
2. il rejette, donc il doit montrer que ΣI n’est pas gagnante pour I. Il joue (a2k+1 , R, u)
tel que (a0 , ..., a2k+1 ) ∈ T et u ∈ (ΣI )(a2k+1 ) ∖ (TX )(a0 ,...,a2k+1 ) , où TX ∶= {x ↾ n ∶ x ∈
X, n < ω}.
L’idée est que si nous sommes dans le cas 1 I joue selon ΣI , II joue selon ΣII , et I gagne
le match. Si nous sommes dans le cas 2, u est un témoin que ΣI n’est pas une quasi
stratégie gagnante pour I, et II gagne le match. Si II accepte, alors le jeu continue dans
ΣII , et s’il rejette, les deux joueur doivent continuer en jouant u, puis ils continuent
comme ils veulent à condition de rester dans T .
La fonction π est définie par l’effacement des coups supplémentaires. Il faut maintenant
définir ϕ. Soit σ̃ une stratégie pour I dans G(T̃ ). Décrivons ϕ(σ̃) informellement. Le
début est clair :
I σ̃(∅) = a0
σ̃(a0 , a1 ) = a2 ⋯
II
a1
⋯ a2k−1
4
Puis, σ̃ donne un élément a2k et une quasi stratégie ΣI . I pose alors la question suivante :
c
dans G(X(a
, (ΣI )(a2k+1 ) ), est-ce-que I a une stratégie gagnante ?
0 ,...,a2 k)
– Si oui, soit τ une telle stratégie, et I suit τ pour obtenir un u tel que u ∉ (TX )(a0 ,...,a2k+1 ) .
Il considère que II a rejeté, et il revient au jeu G(T̃ ) et il simule le k-ème coup de II
en jouant (a2k+1 , R, u). Dans le jeu G(T̃ ) les deux joueurs sont obligés de suivre u.
Par la suite I continue en suivant sa stratégie σ̃.
– Sinon, il prétend que II a accepté et joué ΣII ⊆ (ΣI )(a2k+1 ) qui est la quasi stratégie
c
maximale de II dans le jeu G(X(a
, (ΣI )(a2k+1 ) ) (une telle quasi-stratégie est
0 ,...,a2k+1 )
obtenue comme l’ensemble des positions non perdantes de II). Ensuite, si II reste
dans ΣII , I peut appliquer σ̃, et si jamais II sort de ΣII , I sait qu’il a une stratégie
τ pour obtenir u tel que u ∉ (TX )(a0 ,...,a2k+1 ) . Alors, I suit τ pour obtenir un tel u et
revient au jeu G(T̃ ) où il simule le k-ème coup de II en jouant (a2k+1 , R, u). Par la
suite, il continue comme dans le cas précédent.
Soit maintenant σ̃ une stratégie pour II dans G(T̃ ). Il faut définir ϕ(σ̃). Le début est
clair :
a2 ⋯
a2k
I a0
II
σ̃(a1 )
⋯ σ̃(..., a2k−2 )
Au k-ème coup du jeu G(T ), le joueur I joue a2k . Le joueur II doit simuler un coup de
I dans G(T̃ ). On définit
S = {ΣI ∶ ΣI quasi-stratégie pour I dans T(a0 ,...,a2k ) }.
Soit U l’ensemble des suites de la forme a2k+1 ̂u telles qu’il existe ΣI ∈ S telle que la
réponse de σ̃ soit (a2k+1 , R, u). Soit
A = {x ∈ [T(a0 ,...,a2k+1 ) ] ∶ ∃a2k+1 )̂u ∈ U (a2k+1 )̂u ⊆ x}.
C’est un ouvert. Alors, le joueur II pose la question : dans le jeu G(Ac , [T(a0 ,...,a2k ) ]),
est-ce-que II a une stratégie gagnante ?
– Si oui, on fixe une telle stratégie gagnante τ pour II. Alors II suit τ pour trouver
une position (a2k+1 )̂u ∈ U . Par la suite, II revient dans le jeu G(T̃ ) et suppose que
I a joué le ΣI correspondant à (a2k+1 ̂u. Dans ce cas II suit σ̃ et joue (a2k+1 , R, u).
Les deux joueurs doivent donc jouer u dans G(T̃ ). Par la suite, dans le jeu G(T ) le
joueur II suit la stratégie σ̃.
– Sinon, alors I a une quasi-stratégie maximale gagnante ΣI dans G(Ac , [T(a0 ,..,a2k ) ]) ;
ΣI est l’ensemble des positions non perdues pour I. Alors dans G(T̃ ), II simule le
k-ème coup de I en jouant (a2k , ΣI ). Dans cette position σ̃ ne peut pas rejeter. Donc,
σ̃ accepte et joue (a2k+1 , A, ΣII ). Dans le jeu G(T ) tant que I joue à l’intérieur de
ΣI II peut recopier ses coups dans le jeu G(T̃ ), intéroger σ̃ et faire la même réponse
dans G(T ). Si jamais, dans le jeu G(T ), le joueur I sort de ΣI alors II a une stratégie
gagnante τ pour obtenir une position a2k+1 ̂ u ∈ U . Alors, il revient dans le jeu
G(T̃ ) et il simule le k-ème coup de I en jouant (a2k , ΣI ), où ΣI est la quasi stratégie
correspondant à a2k+1 ̂u. On se retrouve donc dans le cas précédent.
5
Remarque 1.9. On ne peut pas faire cette démonstration sans l’axiome des parties ;
pour montrer la détermination sur les Σ0α on a besoin du cardinal ℶα . On aura en
fait besoin de grands cardinaux pour la détermination des analytiques (cardinaux mesurables). Dans les définitions suivantes, données par ordre croissant, on généralise les
propriétés de ω pour définir des grands cardinaux.
Définition 1.10.
1. Un cardinal κ est faiblement inaccessible si il est régulier et
limite. Il est fortement inaccessible s’il est régulier et 2λ < κ, pour tout λ < κ. On
ne peut montrer l’existence de cardinaux fortement inaccessibles dans ZFC.
2. Un cardinal κ est dit de Mahlo si l’ensemble des inaccessibles plus petits que κ
est stationnaire dans κ.
3. Un cardinal est faiblement compact s’il vérifie la condition suivante : dans la
logique des prédicats Lκ vérifie le théorème de compacité faible : si T est une
théorie de cardinal κ dans Lκ et si toute sous théorie de T de taille < κ a un
modèle, alors T a un modèle. Tout cardinal faiblement compact est hyper-hyper...-Malho pour autant de hyper qu’on veut !
4. Un cardinal κ est mesurable s’il existe un ultrafiltre non principal U sur κ qui est
κ-complet, c’est-à-dire U est stable par intersection de moins de κ éléments de
U. Si κ est mesurable alors il est faiblement compact et l’ensemble des cardinaux
faiblement compacts plus petits que κ est stationnaire dans κ.
6
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 10
Lundi 15 mars 2010
1
Jeux de Wadge
Définition 1.1. Soient X et Y deux espaces topologiques, et A ⊆ X, B ⊆ Y . On dit
que (X, A) ≤W (Y, B) si, et seulement si, il existe une fonction continue f ∶ X Ð→ Y
tel que f −1 (B) = A. Quelques fois on écrira simplement A ≤W B. Dans ce cas, on dira
que A est plus simple que B au sens de Wadge et que f est une réduction de Wadge
de A à B.
Celle-ci est une notion de hiérarchie beaucoup plus fine que la hiérarchie borélienne.
Proposition 1.2. ≤W est transitif.
Démonstration. Évident.
Définition 1.3. Soient X et Y deux espaces topologiques, et A ⊆ X, B ⊆ Y .
1. On dit que A est équivalent à B au sens de Wadge, noté A ∼W B, si, et seulement
si, A ≤W B et B ≤W A. On note [A]W la classe d’équivalence de A.
2. On dit que A ≤∗W B si, et seulement si, A ≤W B ou A ≤W B c .
3. On dit que A est faiblement équivalent à B au sens de Wadge, noté A ∼∗W B, si,
et seulement si, A ∼W B ou A ∼W B c . On note [A]∗W la classe faible de A.
Maintenant on définit le jeux de Wadge :
Définition 1.4. Soient S, T ⊆ ω <ω deux arbres sans feuilles. Soient A ⊆ [S] et B ⊆ [T ].
Le jeux de Wadge W G(A, B)
I x(0)
x(1)
...
II
y(0)
y(1) . . .
est donné par les conditions suivantes :
1. Pour tout i ∈ ω, x(i), y(i) ∈ ω.
2. Pour tour n ∈ ω, (x(0), . . . , x(n − 1)) ∈ S.
3. Pour tout n ∈ ω, (y(0), . . . , y(n − 1)) ∈ T .
A la fin du jeux on obtient x = (x(0), x(1), . . . ) et y = (y(0), y(1), . . . ), et II gagne si,
et seulement si, [x ∈ A ←→ y ∈ B].
Remarque. (Bor/ ∼∗W , ≤∗W ) est un ordre total.
1
Démonstration. Si A et B sont boréliens de N = ω ω , alors W G(A, B) est déterminé. Or,
si σ est un stratégie gagnante pour II, alors on peut définir une fonction fσ ∶ [S] Ð→ [T ]
par
fσ (x) = σ ∗ x = la réponse de σ si I joue x.
Alors, fσ est une fonction lipschitzienne, donc, en particulier, continue, car si dN est la
distance canonique sur N , on a que dN (fσ (x), fσ (x′ )) ≤ dN (x, x′ ), pour tous x, x′ ∈ N .
En plus, fσ−1 (B) = A parce que II gagne. Donc, fσ est une réduction de A à B et
A ≤W B. Donc, A ≤∗W B.
D’autre part, si τ est une stratégie gagnante pour I, alors on peut définir de façon
similaire gτ ∶ [T ] Ð→ [S] par
gτ (y) = τ ∗ y = la réponse de τ si II joue y.
Alors, gτ est aussi lipschitzienne et on a y ∈ B ←→ gτ (y) ∉ A, car I gagne. C’est-à-dire,
gτ est une réduction de B à Ac . Donc, B ≤∗W A.
Remarque. Soit T ⊆ ω <ω un arbre sans feuilles et A ⊆ [T ]. Alors, il existe B ⊆ N tel
que ([T ], A) ∼W (N , B).
Démonstration. On sait qu’il existe une retraction F ∶ N Ð→ [T ], car [T ] est fermé et
N est Polonais et de dimension zéro (cf. cours du 25 janvier). Donc, par définition de
retraction, on sait que F est continue et F ↾ [T ] est l’identité sur [T ].
Posons B = F−1 (A). Alors :
(N , B) ≤W ([T ], A),
([T ], A) ≤W (N , B),
2
par la fonction F, et
par la fonction F ↾ [T ].
Ordre de Wadge
Théorème 2.1 (Martin, Monk). (Bor/∼∗W , ≤∗W ) est un bon ordre.
Démonstration. Par l’absurde.
Supposons il existe une suite (Ai )i∈ω tel que [A0 ]∗W > [A1 ]∗W > [A2 ]∗W > . . . . Considerons
le jeu W G(A0 , A1 ) :
I x(0)
x(1)
...
II
y(0)
y(1) . . .
où II gagne si, et seulement si, [x ∈ A0 ←→ y ∈ A1 ]. Par hypothèse, on sait que I a une
stratégie gagnante, disons σ00 (sinon, on aura A0 ≤∗W A1 ).
2
Considerons le jeu W G(A0 , Ac1 )
I x(0)
x(1)
...
II
y(0)
y(1) . . .
où II gagne si, et seulement si, [x ∈ A0 ←→ y ∉ A1 ]. Pour les mêmes raisons, on a que I
a une stratégie gagnante, disons σ01 .
En général, I a une stratégie gagnante dans W G(An , An+1 ) qu’on notera σn0 , et dans
W G(An , Acn+1 ) I a une stratégie gagnante qu’on notera σn1 .
Soit α ∈ {0, 1}ω = C. Alors si on note A0 = A et A1 = Ac , on a une suite de jeux :
α(2)
α(1)
α(0)
W G(A0 , A1 ), W G(A1 , A2 ), W G(A2 , A3 ),... Si pour chaque n ∈ ω on appelle In
α(n)
α(n)
le jouer I dans le jeu W G(An , An+1 ), on a une stratégie gagnante pour In , σn .
Maintenant on va jouer tous ces jeux au même temps, en commençant dans chaque jeu
α(n)
avec le coup que la stratégie pour le premier joueur dicte : dans le jeu W G(An , An+1 ),
α(n)
In commence avec σn (∅) = xn0 .
n
En suite, IIn répond avec xn+1
0 , pour tout n ∈ ω. Puis, I suit la stratégie σn
α(n)
n
joue σn (xn+1
0 ) = x1 et ainsi de suite, comme dans le diagramme suivant.
α(n)
α(0)
W G(A0 , A1 )
I 0 x00
II 0
↗
I1
α(1)
W G(A1 , A2 )
x10
x10
↗
x20
x20
...
...
x21
...
...
↗
x31
...
...
x21
II 2
↗
⋮
↗
x11
x11
II 1
I2
α(2)
W G(A2 , A3 )
x01
x30
↗
et il
Alors, le joueur I0 construit la suite x0 = (x00 , x01 , . . . ) ; les joueurs II0 et I1 construisent
la même suite x1 = (x10 , x11 , . . . ) ; les joueurs II1 et I2 construisent la même suite x2 =
(x20 , x21 , . . . ) ; et, en général, les joueurs IIn et In+1 construisent la même suite xn =
α(n)
(xn0 , xn1 , . . . ). Comme les stratégies σn
sont gagnantes pour In , on a pour chaque
n∈ω :
xn ∈ An si, et seulement si, xn+1 ∉ An+1
α(n)
(1)
De cette façon, on a défini une fonction ϕ ∶ C Ð→ N ω qui fait correspondre à α la suite
(x0 , x1 , x2 , . . . ) construite.
Soit X = {α ∈ C ∶ (ϕ(α))0 ∈ A0 }. Alors, comme A0 est borélien et ϕ est continue, car les
premiers k termes de la suite (x0 , x1 , x2 , . . . ) sont déterminés par les premiers k coups,
3
i.e. par les premiers k termes de α, on a que X est borélien. En conséquence, X a la
propriété de Baire.
Fait 2.2. Soient α ∈ C et k ∈ ω. On définit
α(i) = {
α(i)
1 − α(i)
si i ≠ k
si i = k
Alors, α ∈ X si, et seulement si, α ∉ X.
En effet, supposons ϕ(α) = (x0 , x1 , x2 , . . . ) et ϕ(α) = (x0 , x1 , x2 , . . . ). Alors, en regardant le k + 1-ème jeu,
I k+1 xk+1
xk+1
...
0
1
k+2
II k+1
x0
xk+2
...
1
↗
↗
on s’apercevoit du fait que xn = xn , pour tout n > k. En plus, d’après (1) et le fait que
α(k)
α(k)
(Ak+1 )c = Ak+1 , on a
xk ∈ Ak ⇐⇒ xk+1 ∉ Ak+1 ⇐⇒ xk+1 ∉ Ak+1 ⇐⇒ xk+1 ∈ Ak+1 ⇐⇒ xk ∉ Ak .
α(k)
α(k)
α(k)
Alors, comme α(n) = α(n), pour n < k, on a que les stratégies suivis par In sont les
mêmes, pour n < k. Donc, x0 ∈ A0 ⇐⇒ x0 ∉ A0 .
Pour finir la démonstration, on a besoin d’une définition et un lemme.
Définition 2.3. On dit que X ⊆ {0, 1}ω est une notion de parité si, étant donné
α ∈ {0, 1}ω et k ∈ ω, et si on définit
α(i) = {
α(i)
1 − α(i)
si i ≠ k
si i = k
on a α ∈ X ⇐⇒ α ∉ X.
Lemme 2.4. Si X ⊆ {0, 1}ω est une notion de parité, alors X n’a pas la propriété de
Baire.
Démonstration. On montre d’abord que X n’est ni maigre ni comaigre.
ψ
Considerons l’application (α(0), α(1), . . . ) Ð→ (1 − α(0), α(1), . . . ). C’est facile a voir
qu’elle est un autohoméomorphisme et que ψ[X] = X c . Mais si X est maigre, alors X c
est comaigre.
Maintenant, soit U ⊆ C un ouvert et suppossons, en raisonnant par l’absurde, que X △U
est maigre. Par ce qu’on vient de voir, on sait que U ≠ ∅ et U ≠ C. Soit s ∈ {0, 1}<ω tel
que Ns = {α ∈ C ∶ s ⊆ α} ⊆ U . Alors, X ⋂ Ns est comaigre dans Ns .
Soit k = ∣s∣ et définisons ψk ∶ C Ð→ C par ψk ((α(0), α(1), . . . )) = (α(0), . . . , α(k −
1), 1 − α(k), α(k + 1), . . . ). Clairement, ψk est un autohoméomorphisme. Alors, on a
4
ψk [Ns ] = Ns et ψk [X] = X c , et donc ψk [Ns ⋂ X] = Ns ⋂ X c . Mais cela c’est impossible,
car on aurait envoyé un ensemble maigre dans un comaigre par ψk .
Alors, d’après le lemme, l’ensemble X = {α ∈ C ∶ (ϕ(α))0 ∈ A0 }, qu’on avait supposé
avoir la propriété de Baire, ne peut avoir la propriété de Baire. Contradiction.
Définition 2.5. On dit que A ⊆ N est autodual si A ∼W Ac .
Par exemple,
– ∅ n’est pas autodual.
– A = {α ∈ C ∶ α(0) = 0} est autodual.
– L’ensemble Q = {α ∈ C ∶ ∀∞ n α(n) = 0} des rationnels dyadiques, n’est pas autodual.
3
Hiérarchie de Wadge
Soient A, B ⊆ N . On peut définir l’opération A ⊕ B comme suit :
A ⊕ B = {îx ∶ [i pair et x ∈ A] ou [i impair et x ∈ B]}.
Alors, on peut montrer que la hiérarchie de Wadge est comme suit.
0
– N
– ∅
1
2
Ouverts-fermés distincts de N et ∅
3
⋮
U ⊕ F , avec U ouvert non fermé et F fermé non ouvert
⋮
ω
⋮
Autodual
⋮
ω1
– C ∖Q
– Q
⋮
– Fermés non ouverts
– Ouverts non fermés
⋮
5
Vendredi 19 mars 2010
4
Jeux de séparation
Définition 4.1. Soient S, T ⊆ ω <ω des arbres sans feuilles. Soit A ⊆ [S] et B1 , B2 ⊆ [T ]
tels que B1 ∩ B2 = ∅. Le jeu est le suivant :
I x(0)
x(1)
⋯
II
y(0)
y(1) ⋯
tels que pour tout k ∈ N, x↾ k ∈ S et y↾ k ∈ T . II gagne ssi x ∈ A ⇒ y ∈ B1 et
x ∈/ A ⇒ y ∈ B2 .
Remarque. Si B2 = B1c = [T ] ∖ B1 , c’est le jeu de Wadge.
Notre objectif est le théorème suivant :
Théorème 4.2 (Hurewicz). Soit X Polonais et A ⊆ X analytique. Alors
1. soit A est Fσ
2. soit il existe C ⊆ X tel que C ≃ {0, 1}ω et A ∩ C ≃ N .
Remarque. En réalité, C ∖ A sera dénombrable et dense dans C. En fait, si D1 , D2 sont
denses dénombrables alors il existe un homéomorphisme h de {0, 1}ω tel que h(D1 ) = D2
(va-et-vient). On définit Q ⊆ {0, 1}ω comme l’ensemble des rationnels dyadiques, alors
N est homéomorphe au complémentaire de Q.
Corollaire 4.3. Soit X Polonais. Alors
1. soit X est Kσ (réunion dénombrable de compacts)
2. soit il existe F ⊆ X fermé tel que F ≃ N .
Remarque. C’est bien une dichotomie car N n’est pas un Kσ (à k fixé, l’ensemble des
f (n) pour f ∈ Kn est borné, donc on obtient une fonction qui borne ⋃{Kn }).
Démonstration. On plonge X dans H = [0, 1]ω , et donc on peut supposer X ⊆ H. Alors
X est un Gδ dans X̄, compact. Par Hurewicz, X est soit Kσ , soit il exite C ⊆ X̄,
C ≃ {0, 1}ω tel que C ∩ X ≃ N , et C ∩ X est un fermé de X.
Définition 4.4. Soit X un espace topologique. On dit que X est complètement de
Baire si tout fermé de X est de Baire.
Exemple. Tout Polonais est complètement de Baire (les fermés sont eux-même Polonais).
Corollaire 4.5. Soit X Polonais et Y ⊆ X coanalytique. Alors Y est complètement de
Baire ssi il n’existe pas de fermé de X tel que F ∩ Y ≃ Q.
Démonstration. ⇒ : Évident.
⇐ : on suppose F ⊆ X fermé, tel que F ∩ Y n’est pas de Baire. Alors F ∩ Y n’est pas
Gδ , donc Y n’est pas Gδ . Donc X ∖ Y n’est pas Fσ , or il est analytique donc il existe
C ⊆ X, C ≃ {0, 1}ω tel que C ∩ (X ∖ Y ) ≃ N , mais alors C ∩ Y ≃ Q.
6
Pour montrer le théorème de Hurewicz, on va en fait montrer la généralisation suivante :
Théorème 4.6 (Kechris-Louveau-Woodin). Soit X Polonais. Soit A ⊂ X analytique,
et B ⊂ X tel que A ∩ B = ∅. Alors
1. soit il existe un Fσ séparant A et B (i.e. F tel que A ⊆ F et F ∩ B = ∅)
2. soit il existe C ≃ {0, 1}ω tel que C ⊆ A ∪ B, et C ∩ B dénombrable dense dans C
Le théorème de Hurewicz s’en déduit facilement en prenant B = X ∖ A.
Preuve du théorème de Kechris-Louveau-Woodin. On se ramène d’abord au cas X =
C = {0, 1}ω de la manière suivante. On identifie tout d’abord X à son image dans
le cube de Hilbert, et on considère alors son adhérence. Cette adhérence est l’image
continue de C. On peut alors considérer les images réciproques respectives de A et B
(celle de A reste bien analytique), et les conséquences du théorème vont se transporter
de C à l’adhérence de X (un Fσ est en effet un Kσ , ce qui se conserve par application
continue, et la densité se conservent aussi. Enfin, on retrouve un Cantor avec une partie
dense dénombrable dans B en faisant un schéma de Cantor sur le compact obtenu qui
est parfait. Plus précisément, la récurrence se fait en choisissant pour tout s ∈ {0, 1}<ω
un xs ∈ Us ∩ B : on choisit y ∈ B ∩ Us , y ≠ xs puis V, W ⊆ Us tel que xs ∈ V , y ∈ W et V̄ ,
W̄ disjoints inclus dans Us . On pose xŝ0 = xs et xŝ1 = y. L’ensemble des xs obtenus
sera alors dénombrable, inclus dans B, et dense dans le Cantor).
Il nous faut maintenant démontrer le théorème dans C = {0, 1}ω . On note Q l’ensemble
des rationnels dyadiques. On considère le jeu de séparation suivant :
x(1)
⋯
I x(0)
II
y(0)
y(1) ⋯
où II gagne ssi x ∈ Q ⇒ y ∈ B et x ∉ Q ⇒ y ∈ A. Le jeu n’est à priori même pas
analytique. Voyons ce qui se passe s’il est déterminé.
1. Si I a une stratégie gagnante σ, qui définit une fonction continue φσ ∶ y ↦ x où
x est la réponse de I quand II joue y. On a φσ ∶ C → C, et φ−1
σ (Q) est un Fσ qui
sépare A de B puisque σ est gagnante.
2. Si II a une stratégie gagnante σ, on a de même ψσ ∶ C → C continue qui fournit
la réponse de II à I. On pose K = ψσ (C). On a alors les faits suivants
(a) K ⊆ A ∪ B car II gagne
(b) B ∩ K dénombrable K car Q dénombrable et B ∩ K = ψσ (Q)
(c) B ∩ K et A ∩ K denses dans K car I peut à tout moment choisir d’avoir
x ∈ Q ou x ∉ Q.
(d) K ≃ C car il est compact, de dimension 0 (car C de dimension 0), parfait par
le point (c)
On verra comment se ramener au cas déterminé à la prochaine séance.
7
Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 11
Lundi 22 mars 2010
1
Théorème de Kechris-Louveau-Woodin, fin
On doit terminer la démonstration de ce théorème :
Théorème 1.1. Soit X un espace Polonais, A ⊆ X analytique, B ⊆ X quelconque,
A ∩ B = ∅. Alors soit
– il existe un ensemble F qui est Fσ et tel que A ⊆ F et F ∩ B = ∅, ou bien
– il existe C ≈ {0, 1}ω tel que C ⊆ A ∪ B et C ∩ B est dénombrable et dense dans C.
Démonstration. La semaine dernière on a montré que on peut supposer X = C, et on
a considéré un jeu de séparation et on a montré que chacune des deux alternatives
du théorème est une conséquence de l’existence d’une stratégie gagnante pour l’un des
deux joueurs dans ce jeu. Donc, si ce jeu était déterminé, la démonstration serait finie.
Le problème est que nous ne savons pas si ce jeu est déterminé ou pas. Donc, on définit
un autre jeu G tel que :
– G soit déterminé ;
– Si I à une stratégie gagnante dans G, alors la première alternative du théorème est
vraie, c’est-à-dire il existe un ensemble F qui est Fσ et tel que A ⊆ F et F ∩ B = ∅ ;
– Si II à une stratégie gagnante dans G, alors la deuxième alternative du théorème est
vraie, c’est-à-dire il existe C ≈ {0, 1}ω tel que C ⊆ A ∪ B et C ∩ B est dénombrable
et dense dans C).
Par avoir la détermination, le jeu G va être un jeu de séparation entre un ensemble Gδ
et un ensemble Fσ .
Nous savons que A est un sous-ensemble analytique de C. Donc, il existe un fermé
F ⊆ C × N tel que A = proj1 [F ]. On a aussi un plongement ϕ ∶ N ↪ C définie par
ϕ(f ) = 0 . . . 0 1 . . . 1 0 . . . 0 . . .
²²²
f (0)
f (1)+1 f (2)+1
L’image de ϕ est C ∖ Q (les irrationelles diadiques). On peut prendre F et le plonger
dans C × C. On doit remarquer que l’image de F n’est pas fermé, mais est Gδ . Donc,
il existe un ensemble Gδ , G ⊆ C × C tel que A = proj1 [G]. Dorévant, on travaille dans
C × C.
Remarque. A ∩ B est vide, donc, si on prend B ′ = B × C ⊆ C × C, on a G ∩ B ′ = ∅.
Donc, on peut considérer le jeu de séparation entre G et B ′ . Le problème est que on
n’a pas d’hypothèses sur B ′ . Nous voulons avoir, au lieu de B ′ , un ensemble Fσ , qui
1
nous allons appeller H. On va construire cet ensemble H de façon suivante : on fixe
D ⊆ B dense et dénombrable, et on prend H = D × C. H est Fσ , G est Gδ , donc le jeu
de séparation de ces deux ensembles serait déterminé.
Il reste à choisir D. Nous avons un problème : si II a une strategie gagnante dans
le jeu de séparation, on va voir que tout marche, et nous sommes dans la deuxiéme
alternative du théorème. Mais si I a une strategie gagnante, on trouve un ensemble F
tel que proj1 [F ] sépare D et A, et cela n’est pas la propriété que nous voulons : nous
voulons que proj1 [F ] sépare B et A. Donc, on doit fixer D tel que si proj1 [F ] sépare
D et A, alors proj1 [F ] sépare aussi B et A.
Pour choisir D, on procéde par l’absurde : soient A et B non séparables. On regarde
les ouverts relatifs de G (qui est un Gδ dans C × C et proj1 [G] = A) tel que on peut
séparer les projections de ces ouverts de B par un Fσ . Donc, soit U la famille de tous
les ouverts fermé U de C × C tels que proj1 [U ∩ G] peut être séparé de B par un Fσ .
Soit U0 = ⋃ U. Si G ⊆ U0 , on peut séparé proj1 [G] de B par un Fσ , donc nous sommes
dans la première alternative du théorème. Sinon, supposons que G0 = G ∖ U0 soit non
vide. Donc, pour tout ouverts W ⊆ C × C, si G0 ∩ W est non vide, alors proj1 [G0 ∩ W ]
n’est pas séparé de B par un Fσ (en particulier, ils ne sont pas séparé par un fermé).
Alors on a
proj1 [G0 ∩ W ] ∩ B ≠ ∅.
On peut choisir, pour chaque ouvert W de base, un point xW dans cette intersection.
Soit
D = {xW ∶ proj1 [G0 ∩ W ] ∩ B ≠ ∅, W ouvert de base de C × C}.
Maintenant, soit H = D × C.
Considérons le jeu suivant de séparation :
I x(0)
x(1)
⋯
II
y(0)
y(1) ⋯
x(i) ∈ C, y(i) ∈ C × C. Si x = (x0 , x1 , ...), y = (y0 , y1 , ..), on dit que II gagne si on a
x∈Q⇒y∈H;
x ∉ Q ⇒ y ∈ G0 .
Le jeu est détérminé. Si II a une stratégie gagnante, nous pouvons identifier C × C et C
et prendre l’ensemble K qu’on a défini la dernière fois (rappel : si σ est une stratégie
gagnante pour II, on peut définir une fonction ψσ ∶ C → C tel que, pour tout x, ψσ (x)
est la réponse de II, selon σ, si I joue x ; K est l’image de C selon ψσ : K = ψσ [C]). On
a que K ≈ C, K ⊆ A ∪ B et B ∩ K est dense et dénombrable, donc on a la deuxième
alternative du théorème.
2
Si I a une stratégie gagnante, l’argument de la semaine dernière montre que nous
avons un ensemble F , qui est Fσ , dans C × C, tel que G0 ⊆ F et H ∩ F est vide. Si nous
montrons que G0 est vide, on a que G ⊆ U0 , donc G peut être sépare de B par un Fσ .
Soit F = ⋃n Fn , Fn fermé et non vide dans C × C, pour tout n.
Fait 1.2. G0 est Gδ .
En fait, on peut écrire G0 = G ∖ O, où O est ouvert. Donc, G0 est Polonais, et on peut
utiliser le Théorème de Baire ; on a que au moins un des Fn doit avoir l’intérieur non
vide :
Int(Fn ) ∩ G0 ≠ ∅.
Alors on trouve un ouvert de base W tel que W ∩ G0 soit non vide et inclus dans
Fn ∩ G0 :
∅ ≠ W ∩ G0 ⊆ Fn ∩ G0 .
Si W ∉ U, on a xW dans proj1 [W ∩ G] ∩ D, et cela est absurde car proj1 (Fn ) ∩ D = ∅.
Si W ∈ U, on a que W ⊆ U0 , donc W ⊆ Gc0 et l’intersection de W et G0 est vide, ce
qui est aussi absurde. Alors on a G0 = ∅, et ça nous donne que G ⊆ U0 , donc on peut
séparer A et B par un ensemble Fσ .
2
Détermination analytique
On travaille dans N . Soit A un sous ensemble analytique de N . Soit G(A) le jeu
suivant :
I n0
n2
⋯
II
n1
n3 ⋯
Les ni sont des entiers. Soit α = (n0 , n1 , . . .). On dit que I gagne si, et seulement si,
α ∈ A.
Nous voulons démontrer que ce jeu est déterminé. Le seul théorème dont nous disposant
est le théorème de Gale-Stewart, donc on veut associer à G(A) un jeu fermé G′ tel que
– I a une stratégie gagnante dans G(A) ssi I a une stratégie gagnante dans G′ ;
– II a une stratégie gagnante dans G(A) ssi II a une stratégie gagnante dans G′ .
On peut aussi utiliser la notion de k-récouvrement, mais déplier les jeux analytiques
est vraiment très difficile.
Pour démontrer que G(A) est déterminé, on va utiliser les cardinaux mesurables. Pour
bien comprendre pourquoi on a besoin de cette hyphotèse, on va faire deux tentatives
de démontrer directement la détermination analytique.
Tentative 1 : Si A est analytique, il existe un ensemble fermé F ⊆ N × N tel que
A = proj1 [F ]. Soit G(F ) le jeu suivant :
3
I (n0 , m0 )
(n2 , m1 )
⋯
II
n1
n3 ⋯
Les ni , mi sont des entiers. Si α = (n0 , n1 , . . .) et β = (m0 , m1 , . . .), on dit que I gagne
ssi (αβ) ∈ F . Ce jeu est plus difficile que G(A) pour I, parce que il doit trouver un
temoin β que α ∈ A.
Cette tentative ne marche pas : nous savons que G(F ) est fermé, donc il est déterminé.
Clairment, si I a une stratégie gagnante dans G(F ), il en a aussi une dans G(A). Mais,
si II a une stratégie gagnante dans G(F ), on ne peut pas dire qu’il en a aussi une dans
G(A), parce que sa stratégie peut dépendre de temoin β joué par I.
Tentative 2 : Dans le tentative 1, on a défini un jeu qui est trop difficile pour I.
L’autre possibilité est de définir un jeu qui est plus difficile pour II. La démonstration
sera faite de cette façon, et ici nous allons utiliser les cardinaux mesurables pour rendre
la vie un peu plus facile à jouer II.
3
Ordre de Kleene-Brouwer
Soit X un ensemble, < un ordre total sur X.
Définition 3.1. Si s, t ∈ X <ω , on dit que s ≤KB t (s est plus petit que t au sens de
Kleene-Brouwer) si, et seulement si, soit t ⊆ s ou bien s et t sont incompatibles et, si
n = min{k ∈ ω ∶ s(k) ≠ t(k)}, on a s(n) ≤ t(n).
Cet ordre est l’ordre de Kleene-Brouwer.
Proposition 3.2. Soit (X, <) un bon ordre, et T ⊆ X <ω un sous arbre. Alors T n’a
pas des branches infinie ssi (T, ≤KB ) est un bon ordre.
Démonstration. ⇐) Si (T, ≤KB ) est un bon ordre, on n’a pas des branches : si b est
une branche, {b ↾ n ∶ n ∈ ω} est une suite descendante infinie dans T , donc ≤KB n’est
pas un bon ordre, ce qui est absurde.
⇒) Si (T, ≤KB ) n’est pas un bon ordre, on trouve une suite descendante infinie s0 >KB
s1 >KB s2 . . .. Si s0 ⊆ s1 ⊆ s2 ⊆ . . ., on a que s = ⋃i si est une branche infinie, ce qui
est absurde. Sinon : on prend s0 (0), s1 (0), . . .. Par définition, on a s0 (0) ≥ s1 (0) ≥ . . .,
donc, comme (X, <) est un bon ordre, on trouve n0 tel que, pout tout m ≥ n0 , on a
sn0 (0) = sm (0). Par la suite, on considère sn0 (1) ≥ sn0 +1 (1) ≥ . . .. De façon similaire, on
trouve n1 tel que pour tout m ≥ n1 on a sn1 (1) = sm (1). Donc, on trouve n0 , n1 , n2 , . . .
tel que pour tout k, pour tout n ≥ nk , sn (k) = snk (k). Et ça nous donnes une branche
infinie de T , la contradiction. Donc (T, ≤KB ) est un bon ordre.
4
4
Arbres séquentiels sur produit d’ensembles
Soit X un ensemble, et Seq(X) = X <ω . Si r > 1, soit
Seqr (X) = {(s1 , ..., sr ) ∶ si ∈ X <ω , ∣s1 ∣ = ∣s2 ∣ = ... = ∣sr ∣}.
Définition 4.1. On dit que T ⊆ Seqr (X) est un arbre r-dimensionel si pour tout
(s1 , ..., sr ) ∈ T et pour tout l < ∣s1 ∣ on a (s1 ↾ l, s2 ↾ l, . . . , sr ↾ l) ∈ T .
Résumé : Soit A ⊆ N analytique. On fixe F ⊆ N × N fermé tel que proj1 [F ] = A. Soit
T = {(s, t) ∶ ∣s∣ = ∣t∣ et Ns × Nt ∩ F ≠ ∅}.
T est un arbre 2-dimensionel. On a que x ∈ A ssi il existe y tel que (x, y) ∈ [T ] = F ssi
Tx = {t ∈ ω <ω ∶ (x ↾ ∣t∣, t) ∈ T } a une branche ssi (Tx , ≤KB ) n’est pas un bon ordre.
5
Cardinaux mesurables
Définition 5.1. Soit X un ensemble. Un filtre sur X est un sous ensemble F ⊆ P(X)
tel que
1. ∅ ∈/ X et X ∈ F,
2. si A ∈ F et A ⊆ B alors B ∈ F,
3. si A, B ∈ F alors A ∩ B ∈ F.
Définition 5.2. Soit F un filtre sur X, et κ > ℵ0 un cardinal. On dit que F est < κcomplet si ⋂ F0 ∈ F, pour tout F0 ⊆ F de cardinal < κ. Si F est < ω1 -complet, on dit
aussi qu’il est σ-complet.
Définition 5.3. Un filtre F sur X est dit principal si il existe x ∈ X tel que {x} ∈ F.
Définition 5.4. F est un ultrafiltre si F est un filtre et pour tout A ⊆ X, on a soit
A ∈ F soit X ∖ A ∈ F.
Proposition 5.5 (AC). Tout filtre est contenu dans un ultrafiltre.
Mais a priori AC ne donne pas d’ultrafiltre <κ-complet non principal (le lemme de Zorn
pour l’inclusion fonctionne essentiellement pour des ensembles d’ensembles de caractère
fini, i.e. on est dedans ssi toutes nos parties finies sont dedans, or la <κ-complétude va
donner des conditions sur les parties infinies).
Définition 5.6. On dit que κ est mesurable si κ > ω et s’il existe un ultrafiltre non
principal <κ-complet sur κ.
Le mot mesurable provient du point de vue de la théorie de la mesure en posant µU ∶
P(κ) → {0, 1} où U est un ultrafiltre et µU (A) = χU (A). On dit qu’une telle mesure est
<κ-complète ssi elle est <κ-additive. Alors on vérifie facilement que la <κ-complétude
de U entraine celle de µU . De plus étant donné une mesure µ ∶ P(X) → {0, 1}, la famille
des ensembles de mesure 1 forme un ultrafiltre, <κ-complet si µ est <κ-complète : on a
donc une dualité entre le point de vue de la mesure et le point de vue des ultrafiltres.
5
Proposition 5.7. Tout cardinal mesurable est fortement inaccessible.
Démonstration. Soit κ un cardinal mesurable. Montrons d’abord que κ est régulier,
c’est-à-dire que pour tout λ < κ, pour toute famille {Xξ ∶ ξ < λ} de sous ensembles de
κ tels que ∀ξ < λ, ∣Xξ ∣ < κ, on a ∣ ⋃ξ<λ Xξ ∣ < κ. Supposons que ce ne soit pas le cas :
soit λ < κ et Xξ ∶ ξ < λ, Xξ ⊆ κ, ∣Xξ ∣ < κ et ⋃ξ<λ Xξ = κ. On utilise alors notre mesure
µ non atomique, < κ-complète sur κ. µ(Xξ ) = 0, pour tout ξ < λ, et µ(⋃ξ<λ Xξ ) = 0,
contradiction.
Il reste à montrer que pour tout λ < κ, 2λ < κ. Supposons donc λ < κ et 2λ ⩾ κ. On
a donc une suite injective (fα )α<κ telle que {fα ∶ α < κ} ⊆ 2λ . Soit ξ < λ et i ∈ {0, 1},
posons Aiξ = {α < κ ∶ fα (ξ) = i}. Alors κ = A0ξ ⊔A1ξ et pour tout ξ il existe g(ξ) ∈ {0, 1} tel
g(ξ)
que µ(Aξ
) = 1. Mais alors µ(⋂ξ<λ Aξ
g(ξ)
) = 1, donc µ est atomique, contradiction.
Définition 5.8. Soit κ > ω régulier, soit U un ultrafiltre sur κ. U est normal s’il est
clos par intersection diagonale, ce que l’on définit de la manière suivante : si on a une
suite (Aξ )ξ<κ de sous ensembles de κ, c’est ⋂dξ<κ Aξ = {α < κ ∶ ∀ξ < α, α ∈ Aξ }.
Lemme 5.9. U est normal ssi pour tout f ∶ κ → κ, si {α ∶ f (α) < α} ∈ U, alors il existe
ξ tel que {α ∶ f (α) = ξ} ∈ U.
Définition 5.10. Une fonction f ∶ κ → κ est régressive si f (α) < α, pour tout
α ∈ Dom(f ). On peut alors reformuler le lemme en : U est normal si, et seuelement si,
toute fonction régressive sur un ensemble de U est constante sur un ensemble de U.
Démonstration. ⇐ : Soit (Aξ )ξ<κ une suite de sous ensembles de κ, telle que ⋂dξ<κ Aξ ∈/
U. Alors T = κ ∖ ⋂dξ<κ Aξ ∈ U. Par définition α ∈ T implique qu’il existe ξ < α tel
que α ∈/ Aξ . Soit f (α) le plus petit tel ξ : par hypothèse, il existe ξ < κ tel que
{α ∶ f (α) = ξ} ∈ U, mais alors κ ∖ Aξ ∈ U, contradiction car il contient T .
⇒ : Soit A ∈ U tel que ∀α ∈ A, f (α) < α. Par l’absurde, si pour tout ξ < κ, {α ∶ f (α) =
ξ} ∈/ U. Alors, Bξ = {α ∈ A ∶ f (α) ≠ ξ} ∈ U. Soit B = ⋂dξ<κ Bξ ∈ U. Soit α ∈ A ∩ B, alors
f (α) < α, mais pour tout ξ < α, f (α) ≠ ξ, contradiction.
Théorème 5.11. Soit κ mesurable, alors il existe un ultrafiltre normal sur κ.
Remarque. Tout ultrafiltre normal sur κ est non principal (si {ξ} ∈ U, on pose Aξ = ξ
et Aη = κ pour κ ≠ η : alors leur intersection diagonale ne peut contenir ξ).
Démonstration. On fixe un ultrafiltre U < κ-complet non principal. On considère la
structure (κ, <)κ /U (la relation d’équivalence est : être égales sur un ensemble appartenant à U). Alors si on munit cet ensemble de la relation quotient f <U g ssi
{α ∶ f (α) < g(α)} ∈ U, c’est un ordre total. On va montrer que c’est en fait un bon ordre.
Supposons [f0 ] >U [f1 ] >U . . .. Pour i ∈ ω on pose Ai = {α ∶ fi+1 (α) < fi (α)}. L’intersection de ces Ai est dans U (car il est <κ-complet). Soit α ∈ ⋂i Ai , alors f0 (α) > f1 (α) > ...
donc on a une suite strictement décroissante d’ordinaux, contradiction.
6
Notons cξ la fonction constante égale à ξ, alors [cξ ] <U [idκ ]. En fait U est normal ssi
[idκ ] est le plus petit élément de κκ , ⩽ U plus grand que tous les [cξ ] pour ξ < κ. En
effet soit g ∈ κκ tel que [g] est le plus petit élément de κκ , <U plus grand que tous les
[cξ ] (il existe car on a un bon ordre). Soit U ∗ = g(U), c’est-à-dire
A ∈ U ∗ ssi g −1 (A) ∈ U.
Alors U ∗ est un ultrafiltre <κ-complet et non principal. Pour vérifier que U ∗ est normal
soit h ∶ A → κ, avec A ∈ U ∗ tel que h soit régressive sur A. Pour tout β ∈ g −1 (A), on a
h(g(β)) < g(β), donc h ○ g ≅U cξ pour un ξ. Ainsi {β ∈ g −1 (A) ∶ h(g(β)) = ξ} ∈ U, donc
{α ∈ A ∶ h(α) = ξ} ∈ U ∗ .
Définition 5.12. On pose [I]n = {X ⊆ I ∶ ∣X∣ = n} et [I]<ω = ⋃n [I]n l’ensemble des
parties finies de I. Un coloriage des n-uplets de I est une application c ∶ [I]n → λ. On
dit que H ⊆ I est homogène si c ↾ [H]n est constante. On notera
κ → (µ)nλ
si pour tout coloriage c des n-uplets de κ à λ couleurs, il existe H ⊆ κ de cardinal µ
homogène.
Théorème 5.13 (Ramsey). On a ω → (ω)nk pour tout n, k < ω.
Remarque. ω1 →
/ (ω1 )22 , en fait κ → (κ)22 ssi κ faiblement compact. En plus ceci équivaut
à κ → (κ)nλ , pour tout λ < κ et n < ω.
Définition 5.14. κ est un cardinal de Ramsey si κ → (κ)<ω
2 . Ceci est équivalent à
<ω
<ω
κ → (κ)λ , pour tout λ < κ, c’est-à dire, si c ∶ [κ] → λ, il existe H ⊆ κ tel que ∣H∣ = κ
tel que c ↾ [H]n est constante, pour tout n.
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Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 12
Lundi 29 mars 2010
Rappel. Soient κ un cardinal mesurable et U un ultrafiltre < κ-complet sur κ. On dit
que U est normal si pour toute f ∶ κ Ð→ κ, si {α < κ ∶ f (α) < α} ∈ U alors il existe ξ < κ
tel que {α ∶ f (α) = ξ} ∈ U. On a montré le Théorème de Scott : Si κ est mesurable,
alors il existe un ultrafiltre < κ-complet normal sur κ.
Pour la suite on aura besoin d’un cardinal de Ramsey : κ est un cardinal de Ramsey
<ω Ð→ λ il existe H ⊆ κ tel
si κ Ð→ (κ)<ω
λ , pour λ < κ, c’est-à-dire, pour toute f ∶ [κ]
que ∣H∣ = κ et pour tout n, f ↾ [H]n est constante. En fait, on aura besoin d’un κ tel
que κ Ð→ (ω1 )ωλ , pour λ < κ.
Théorème 0.1 (Rowbottom). Soient κ un cardinal mesurable, U un ultrafiltre normal
sur κ et λ < κ. Soit f ∶ [κ]<ω Ð→ λ. Alors, il existe H ∈ U tel que f ↾ [H]n est constante,
pour tout n ∈ ω.
Démonstration. On montre par récurrence sur n qu’il existe Hn ∈ U tel que f ↾ [Hn ]n
est constante. En suite on va prendre H = ⋂n∈ω Hn .
Cas n = 1 :
Soit f ∶ [κ]1 Ð→ λ, λ < κ, et posons Aξ = {α < κ ∶ f ({α}) = ξ}, pour ξ < λ. Comme U
est < κ-complet, on a qu’il existe ξ0 tel que Aξ0 ∈ U, car sinon, (κ ∖ Aξ ) ∈ U, pour tout
ξ < λ (car U ultrafiltre). Donc, comme U est < κ-complet,
⋂ (κ ∖ Aξ ) = κ ∖ ( ⋃ Aξ ) = ∅ ∈ U
ξ<λ
ξ<λ
ce qui est contradictoire.
On pose H1 = Aξ0 .
Notation. On écrit {α0 , . . . , αn−1 }< pour exprimer que α0 < ⋅ ⋅ ⋅ < αn−1 .
Étape de récurrence :
Soit f ∶ [κ]n+1 Ð→ λ, avec λ < κ. Pour chaque ensemble {α0 , . . . , αn−1 }< ∈ [κ]n et
chaque ξ < λ, on considère l’ensemble {β < κ ∶ f ({α0 , . . . , αn−1 , β}< ) = ξ}. Avec le même
argument que pour le cas n = 1 on déduit qu’il existe ξ0 < λ tel que
{β < κ ∶ f ({α0 , . . . , αn−1 , β}< ) = ξ0 } ∈ U.
Donc on peut définir g({α0 , . . . , αn−1 }< ) = ξ tel que {β ∶ f ({α0 , . . . , αn−1 , β}< ) = ξ} ∈ U.
Alors, si on pose
Aα0 ,...,αn−1 ∶= {β ∶ f ({α0 , . . . , αn−1 , β}< ) = ξ}
1
on a Aα0 ,...,αn−1 ∈ U, et par hypothèse de récurrence, il existe H ⊆ κ tel que H ∈ U et
g ↾ [H]n est constante, disons égale à ξ.
e
Soit [κ]n Ð→ κ une bijection, et posons Bγ = Ae−1 (γ) , pour chaque γ < κ.
Soit
H ∗ = {β ∈ H ∶ ∀α0 , . . . , αn−1 < β, γ = e({α0 , . . . , αn−1 }) < β et β ∈ Bγ }
Alors, par construction on a que f ↾ [H ∗ ]n+1 est constante égale à ξ.
Pour voir que H ∗ ∈ U, on fait deux remarque.
Remarque.
1. Si on a ϕ ∶ κ<ω Ð→ κ, alors C = {β ∶ ϕ[β <ω ] ⊆ β} est club : Pour voir
qu’il est cofinal dans κ, soit β0 < κ. On construit la suite : βi+1 = Supϕ[βi<ω ].
Posons γ = Supn∈ω βn < κ. Alors, γ ∈ C et β0 < γ. Pour voir qu’il est clos, soit
γ < κ et supposons Sup(C ⋂ γ) = γ. Soit s ∈ γ <ω . On veut ϕ(s) ∈ γ. Comme
Sup(C ⋂ γ) = γ, on a qu’il existe β ∈ C ⋂ γ tel que s ∈ β <ω . Donc ϕ(s) ∈ β, d’où
ϕ(s) ∈ γ.
2. Si U est un ultrafiltre normal < κ-complet sur κ et C ⊆ κ est club, alors C ∈ U.
π
En effet, soit α z→ Sup(C ⋂ α). Alors, C c ⊆ {α < κ ∶ π(α) < α}. Donc, si C c ∈ U,
alors {α < κ ∶ π(α) < α} ∈ U aussi, et en conséquence on a qu’il existe ξ tel que
{α < κ ∶ π(α) = ξ} ∈ U, car U est normal. Or, C est cofinal, donc il existe η ∈ C
tel que ξ < η. Il en suit que π(α) ≥ η, pour tout α ≥ η, contradiction.
D’après la remarque 1. on obtient que H ∗ est un club, et d’après 2. il est dans U.
Corollaire 0.2. Si κ est un cardinal mesurable, alors il est Ramsey.
Corollaire 0.3. Soient κ un cardinal mesurable, U un ultrafiltre normal < κ-complet
sur κ normal et fi ∶ [κ]<ω Ð→ λ, pour tout i ∈ ω, où λ < κ. Alors, il existe H ∈ U tel
que pour tout n, i ∈ ω, on a que fi ↾ [H]n est constante.
Démonstration. On a un Hi ∈ U homogène pour fi , pour tout i ∈ ω, d’après le théorème.
Alors, H = ⋂i∈ω Hi satisfait les conditions qu’on veut.
0.1
Détermination Analytique
Théorème 0.4 (Martin). Supposons qu’il existe un cardinal mesurable κ. Alors, pour
tout A ⊆ N analytique, le jeu G(A) est déterminé, où G(A) est le jeu suivant :
I n0
n2
...
II
n1
n3 . . .
avec ni ∈ ω, pour tout i ∈ ω. Si x = (n0 , n1 , . . . ), alors I gagne si, et seulement si, x ∈ A.
Rappel. Si A ⊆ N est analytique, alors A = P roj1 [F ], où F ⊆ N × N est fermé. À F on
peut associer l’arbre : T = {(s, t) ∶ s, t ∈ ω <ω , ∣s∣ = ∣t∣, et il existe (x, y) ∈ F tel que s ⊆
x & t ⊆ y}. Donc F = [T ]. On définit aussi Tx = {t ∶ (x ↾ ∣t∣, t) ∈ T }. Alors, comme
A = P roj1 [F ], on a
2
x∈A
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
[Tx ] ≠ ∅
(Tx , ⊇) n’est pas bien fondé
(Tx , ≤KB ) n’est pas un bon ordre
où ≤KB est l’ordre de Kleene-Brower (on rappelle que l’ordre de Kleene-Brouwer est un
ordre total dense sans minimum et avec un maximum, et donc isomorphe à Q ⋂]0, 1]).
Démonstration. Soit A ⊆ N analytique. On fixe F ⊆ N × N fermé tel que P roj1 [F ] =
A. On va associer au jeu G(A) un jeu fermé G∗ (A). On commence par fixer une
énumeration ω <ω = {tn ∶ n < ω} tel que si tn ⊆ tm , alors n ≤ m.
Soit x = (n0 , n1 , . . . ) ∈ ω ω et posons x ↾ 2k = sk , pour tout k ∈ ω. Pour chaque s ∈ ω <ω ,
soit
Ts = {t ∈ ω <ω ∶ ∣t∣ ≤ ∣s∣ & (s ↾ ∣t∣, t) ∈ T },
et Ks = Ts ⋂{t0 , . . . , t∣s∣−1 }. On remarque que Tx = ⋃k∈ω Ksk et en plus, ⋃k∈ω Ksk est une
réunion croissante d’ensembles finis. Maintenant on définit le jeu G∗ (A) :
n2
...
I n0
II
n1 , h0
n3 , h1 . . .
avec les conditions suivantes :
1. ni ∈ ω, pour tout i ∈ ω.
2. À l’étape k, si sk = (n0 , . . . , n2k−1 ), alors hk est une fonction hk ∶ Ksk Ð→ κ, où κ
est un cardinal mesurable, tel que u <KB v ⇒ hk (u) < hk (v).
3. hi ⊆ hi+1 , pour tout i ∈ ω.
II gagne le jeu G∗ (A) si, et seulement si, il est capable de jouer ω coups en respectant
les règles. Alors, G∗ (A) est un jeu fermé pour II, et donc c’est un jeu déterminé. Pour
terminer la démonstration on montre les deux lemmes suivant.
Lemme 0.5. Si II a une stratégie gagnante dans G∗ (A), alors II a une stratégie
gagnante dans G(A).
Démonstration. Supposons II a une stratégie gagnante σ dans le jeu G∗ (A). Alors, si
dans G(A) I joue n2k , on a que σ donne (n2k+1 , hk ). Donc II peut répondre par n2k+1 .
Si x = (n0 , n1 , . . . ) est produit dans une match où II a suivi cette stratégie, on a que
x ∉ A, car sinon, on aura que (Tx , ≤KB ) n’est pas un bon ordre. Or ⋃i∈ω hi ∶ Tx Ð→ κ
est une plongement, donc une suite infinie descendent dans Tx donne une suite infinie
descendent dans κ, ce qui est impossible.
Lemme 0.6. Si I a une stratégie gagnante dans G∗ (A), alors I a une stratégie gagnante
dans G(A).
3
Démonstration. Soit σ ∗ une stratégie gagnante pour I dans G∗ (A). On fixe un entier
k et on considère le jeu G∗ (A) à l’étape 2k − 1 (quand chaque joueur a joué k coups) :
I n0
n2 . . .
n2k−2
II
n1 , h0
n3 , h1 . . . n2k−1 , hk−1
hk−1
Soit s = (n0 , . . . , n2k−1 ). On a que h0 ⊆ ⋅ ⋅ ⋅ ⊆ hk−1 et (Ks , <KB ) Ð→ (κ, <) est une
plongement.
Soit E = hk−1 [Ks ]. Alors, comme l’isomorphisme entre Ks et E est unique, on a que
E détermine hk−1 . En fait, E détermine aussi hi , pour i < k − 1, car hi = hk−1 ↾ Ks↾2i .
Comme σ ∗ est une stratégie gagnante pour I, on a que pour tout k < ω et tout s ∈ ω 2k ,
si on pose ls = ∣Ks ∣, alors on peut définir un coloriage fs ∶ [κ]ls Ð→ ω par
fs (E) = le coup joué par σ ∗ dans cette position.
Ainsi, on a ω coloriages. Donc par le théorème précédent, on obtient un H ⊆ κ de taille
κ (∣H∣ = κ) tel que fs ↾ [H]ls est constante pour tout k < ω et tout s ∈ ω 2k . On pose
g(s) ≡ fs ↾ [H]ls . Maintenant on va décrire une stratégie gagnante pour I dans G(A) :
Soit s = (n0 , . . . , n2k−1 ) une position donné. On sait que chaque E ∈ [H]ls détermine
un plongement hE
s ∶ Ks Ð→ E. Alors, I joue g(s). Pour montrer que c’est une stratégie
gagnante, soit x = (n0 , n1 , . . . ) un match dans leque I a suivi cette stratégie. Si x ∉ A,
π
alors il existe un plongement (Tx , <KB ) Ð→ (H, <), car en ce cas (Tx , <KB ) est bien
fondé. Alors, on a dans G∗ (A) :
n2
...
I n0
II
n1 , π ↾ K(n0 ,n1 )
n3 , π ↾ K(n0 ,n1 ,n3 )
...
car pour tout s ∈ ω <ω on a π[Ks ] ∈ [H]ls , d’où fs (π[Ks ]) = g(s), et par définition
fs (π[Ks ]) est le coup joué par σ ∗ dans cette position. Tout ça veut dire que II peut jouer
ω coups contre σ ∗ en respectant les règles, i.e., il bat la stratégie σ ∗ . Contradiction.
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Université Paris Diderot
M2 de Logique, Jeux infinis et détermination
Année 2009-2010
Semaine n○ 12
Vendredi le 2 avril 2010
On a vu la détermination des jeux analytiques : en échangeant les rôles des joueurs, on
obtient la détermination des jeux coanalytiques. Par contre, les cardinaux mesurables
ne sont pas suffisants pour prouver la détermination des jeux Σ12 . Il faut utiliser les
cardinaux de Woodin, qui suffisent en fait pour la détermination projective. Pour les
définir, on doit d’abord savoir ce qu’est un plongement élémentaire.
1
Ultrapuissance et plongement élémentaire
Soit U un ultrafiltre normal, < κ-complet sur κ. On considère (κ, <)κ /U. On rapelle le
théorème de Los : informellement, ∏i Mi /U ⊧ φ ⇔ {i ∶ Mi ⊧ φ} ∈ U. Soit V l’univers de
la théorie des ensembles. Soit I un ensemble, et U un ultrafiltre sur I. On peut définir
VI /U l’ultrapuissance de V par U de la manière suivante :
– Si on a f, g ∶ I → V, f =U g ssi {i ∶ f (i) = g(i)} ∈ U
– f ∈U g ssi {i ∶ f (i) ∈ g(i)} ∈ U
On veut alors définir la classe de f , mais ce n’est pas un ensemble. On pose alors
[f ]U = {g ∶ I → V, g =U f et ∀h ∶ I → V, h =U f ⇒ rang(h) ⩾ rang(g)}, où rang est le
rang usuel pour la relation bien fondée d’appartenance.
Posons UltU (V) = {[f ]U ∶ f ∶ I → V}, et définissons [f ]U EU [g]U ssi {i ∶ f (i) ∈ g(i)} ∈
U. Le théorème de Los nous dit que (UltU (V), EU ) ⊧ φ([f1 ]U , ..., [fn ]U ) ssi {i ∶ V ⊧
φ(f1 (i), ..., fn (i))} ∈ U. En particulier, (UltU (V), EU ) et (V, ∈) sont élémentairement
équivalents, et on a le plongement élémentaire V → UltU (V) qui à a ∈ V associe la
classe de la fonction constante sur I égale à a.
On s’intéresse aux ultrapuissances qui sont bien fondées pour EU .
Proposition 1.1. (UltU (V), EU ) est bien fondé ssi U est σ-complet.
Démonstration. ⇐ : Supposons ∀n, [fn+1 ]U EU [fn ]U . Soit An = {i ∶ fn+1 (i) ∈ fn (i)} ∈ U,
alors ⋂n An ∈ U qui est σ-complet. Un élément de cette intersection nécessairement non
vide contredit que V est bien fondé.
⇒ : Supposons qu’on ait des An ∈ U avec ⋂n An = ∅, et A0 ⊇ A1 ⊇ .... On pose pour
k ∈ N et i ∈ I,
0 si i ∈/ Ak
fk (i) = {
l si
0
On a alors pour tout k ∈ N, [fk+1 ]U EU [fk ]U .
1
Maintenant, si U est σ-complet, on aura (UltU (V), EU ) ≃ (M, ∈) par le lemme de
Mostowski pour les relations bien fondées ”set-like” sur des classes.
Finalement, si U est σ-complet, il existe une classe propre M et un plongement
élémentaire j ∶ (V, ∈) → (M, ∈). Si U est non principal, on doit avoir j ≠ id.
On a α ∈ Ord ⇒ j(α) ∈ Ord. Mieux, j(n) = n pour tout n < ω, et j(ω) = ω par
absoluité. Cependant, si j ≠ id, il existe α ∈ Ord tel que j(α) > α. En effet supposons
j↾Ord = idOrd . Soit pour commencer X ⊆ Ord, alors il existe α ∈ Ord tel que X ⊆ α, et
pour tout β < α, on a β ∈ X ⇔ j(β) ∈ j(X) par élémentarité du plongement. Donc
j(X) = X. Mais alors, tout ensemble muni de sa relation d’appartenance est isomorphe
à un cardinal λ sur lequel on transporte la relation d’appartenance, ce qui nous donne
un sous ensemble de λ × λ, donc un ensemble d’ordinaux, qui sera préservé par j.
Soit donc κ le premier ordinal tel que j(κ) > κ. C’est le point critique de j, noté
cp(j).
Proposition 1.2. Il existe un plongement élémentaire j ∶ V → M avec j ≠ id ssi il
existe κ cardinal mesurable.
Démonstration. ⇒ : il suffit de prendre l’ultrafiltre U sur κ, qui est σ-complet et on
peut alors refaire la construction précédente.
⇐ : Soit j ∶ V → M plongement élémentaire, j ≠ id. Soit κ = cp(j). Alors κ est
mesurable. On définit U par X ∈ U ⇔ κ ∈ j(X). C’est facilement un filtre (X ∈ U
et X ⊆ Y ⇒ Y ∈ U se montre en revenant à la définition, et pour la stabilité par
intersection finie, on utilise que j est élémentaire). Ensuite c’est un ultrafiltre car on a
j(X ∪ (κ ∖ X)) = j(κ) > κ. Il est non principal, car sinon j({α}) = {j(α)} mais κ n’est
pas un élément de l’image de j. Enfin U est < κ-complet : soient Xξ ∈ U pour ξ < γ
(et γ < κ). On a κ ∈ j(Xξ ) pour tout ξ, et j(⟨Xξ ∶ ξ < γ⟩) = ⟨j(Xξ ) ∶ ξ < γ⟩. Mais alors
κ ∈ ⋃ξ<γ j(Xξ ) = j(⋂ξ<γ Xξ ).
On a un diagramme avec j ∶ V → M puis la projection π sur N ≃ UltU (V). On veut
ajouter une flèche κ qui fasse commuter le diagramme : on veut k ∶ N → M plongement
élémentaire telle que k ○ π = j. Il faut poser k([f ]U = j(f )(κ). Montrons qu’il est
élémentaire. N ⊧ φ([f1 ]U , ..., [fn ]U ) ssi (Los) κ ∈ j({α ∶ V ⊧ φ(f1 (α), ..., fn (α)}) ssi
M ⊧ φ(j(f1 (κ)), ..., j(fn (κ))).
Remarque. U est normal. En effet, soit A ∈ U et f ∶ A → κ tels que pour tout α ∈ A,
f (α) < α. Soit γ = j(f )(κ) < κ, alors j(γ) = γ et {α ∶ f (α) = γ} ∈ U.
Si on exige M proche de V, le cardinal sera d’autant plus grand. L’extrême serait
d’avoir un plongement j ∶ V → V différent de l’identité, mais c’est impossible (Kunen).
Définition 1.3. Un cardinal κ est supercompact si pour tout λ > κ, il existe jλ ∶ V →
M élémentaire, jλ ≠ id, et M λ ⊆ M , et cp(j) = κ.
Théorème 1.4 (Martin-Steel). S’il existe un cardinal supercompact, alors tous les jeux
projectifs sont déterminés.
Mais il existe une condition plus faible (cardinaux de Woodin) pour avoir la détermination
projective.
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