Séparabilité et axiome de Hilbert

[Amanuensis]

Bonjour,

Je lis quelque part que selon par exemple Cantor les réels sont en tant que structure uniquement déterminés par une relation d'ordre dense, sans borne, complétude pour l'ordre (axiome de Dedekind par exemple) et la séparabilité (existence d'un sous-ensemble dense dénombrable).

Dans les axiomes de Hilbert pour la géométrie euclidienne 2D, comme on peut les trouver par exemple dans "Euclidean and Non-Euclidean Geometries -..." de Greenberg, je ne vois pas où apparaît la séparabilité ? Or les axiomes de Hilbert sont aussi censés définir uniquement la géométrie euclidienne1D, comme celle des réels (est-ce bien le cas ?).

Ordre dense et complétude sont communs aux deux approches. Dans les axiomes de Hilbert on a en plus les axiomes de congruences. Est-ce que ceux-ci impliquent la séparabilité ?

Je n'ai réussi à trouver de texte reliant les axiomes de Hilbert et la séparabilité.

Auriez-vous des pistes ?

Merci,
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[invite76543456789]

Bonjour,
Il me semble a vue de nez, qu'on peut le deduire de la propriété d'archimède et de la completude.

[Amanuensis]

La complétude, sous forme de l'axiome de Dedekind, + congruence implique l'axiome d'Archimède. (La congruence est nécessaire, sinon il n'y a même pas moyen d'exprimer l'axiome d'Archimède !)

La complétude seule ne semble pas impliquer la séparabilité, car alors le problème de Souslin (http://en.wikipedia.org/wiki/Suslin%27s_problem) n'aurait pas de sens (il s'agit d'un affaiblissement de la séparabilité).

Si complétude + Archimède implique la séparabilité, alors on est dans le cas où ce sont les axiomes de congruences qui "remplacent" la séparabilité. Mais je ne vois pas trop comment.

[invite76543456789]

Quand je disais, propriété d'archimede et completude je voulais dire que ce sont les elements clés, bien sur les axiomes d'ordres et de congruences interviennent.

Quel est la forme exacte de votre axiome de completude (parce que c'est ce qui me manque pour rediger une preuve rigoureuse) mais heuristiquement ca se comprend bien, le lemme clé est de prouver que si A et B sont deux points (que je noterai 0 et 1) alors il existe un point entre 1/4 et 1/2 (la aussi avec des notations evidentes).
Pour cela on construit un point entre 0 et 1, s'il est plus petit qu'un quart alors il est facile par la propriété d'achimede de prouver le lemme.
S'il est plus grand qu'un demi, alors on reitere le procedé, si le point est dans la bonne bande, alors c'est bon, s'il est plus petit qu'un quart c'est bon aussi, s'il est plus grand qu'une demi alors on réitère etc...
Le seul cas problematique c'est si cette suite de point reste dans [1/2,1], mais alors par "completude" (et la je ne trouve pas d'axiome precis, j'en verrai bien un du style pour tout suite de point A_n croissante, entre A et B, il existe un point C, tel que pour tout point D, distinct de C, et entre A et C, on ait D<A_n<C pour n assez grand) cette suite converge vers un certain point et en translatant le point limite a l'origine on peut par la propriété d'archimede construire un point tel que demandé.

Une fois le lemme acquis, le resultat se prouve simplement par propriété d'archimede.

Edit: Avec l'axiome de completion sur cette page là http://en.wikipedia.org/wiki/Complet...(order_theory), mon raisonnement fonctionne. Je n'ai pas trouvé ce que vous appelez axiome de Dedkind (enfin si, mais dans ce cas il trivialise la question http://en.wikipedia.org/wiki/Cantor%...Dedekind_axiom).

[A voir en vidéo sur Futura]

[invite76543456789]

Mmmhhh, en fait j'ai bien l'impression qu'on a meme pas besoin de ca, que pensez vous de cette preuve.

Je me refere ici pour les axiomes utilisés http://fr.wikipedia.org/wiki/Axiomes_de_Hilbert.
Notation: je note n[AB], le segment [AB_n], avec [B_nB_{n+1}] congruent a [AB], ce qui est possible par l'axiome III.1, je dirai que je reporte n fois le segment AB depuis A, je noterai nAB, le point B_n ainsi construit.

Lemme: Soit A et B deux point d'une droite d, alors il existe C, tel que 4AC>=B>=2AC ( ce qui signifie que le point B est entre ceux construits en reportant 4 fois AC depuis A et 2 fois AC depuis A).

Preuve: Il existe par II.2, un point C entre A et B, alors soit il verifie le lemme et c'est fini.
Supposons que C verifie A<4AC<B (autrement dit le point construit en reportant AC depuis A 4 fois, est entre A et B), par V.1, il existe n>4 tel que B soit entre nAC et (n+1)AC. Supposons n=4p (p>1), alors, posons N=2p, on note D=N.AC, alors 2AD=nAD<B<(n+1)AC<4AD, et le lemme est prouvé.
ON traite de la meme manière les cas n=4p+1,2,3.
Supposons maintenant 2AC>B>C, alors on peut par III.1, construire le point D, tel que AD soit congruent à BC, le point D verifie alors A<2AD<B, et on se ramène alors soit au cas 1, soit au cas 2.

[invite76543456789]

En langage moderne nous ne sommes en train de dire rien d'autre qu'un groupe totalement ordonné archimédien et complet est R.

[Amanuensis]

(...)

Je n'ai pas compris où la séparabilité apparaît ???

[invite76543456789]

Avec la propriété d'archimede et le lemme on montre ensuite la séparabilité.
On prend deux points de reference, A et B, et on constuit d'abord l'ensemble des points nAB, puis a partir de chacun de ces points, X, disons, on construit les les points qui sont obtenus par "translation de X" par l'element donné par le lemme, c'est a dire à partir de chaque X, on reporte n fois AB_1 (ou B_1 est le point construit par le lemme).
Puis on rapplique le lemme à AB1 et on construit AB2, et de meme on reporte n-fois AB2 sur tous les points construits precedements, etc...
L'ensemble construit est dense pour la topologie de l'ordre.

[Amanuensis]

Compris.

Donc, pour reprendre les termes du premier message, ce sont bien les axiomes de congruence qui "remplacent" la séparabilité (qui l'impliquent avec le reste). OK.

[Amanuensis]

Peut-on dire que pour un ensemble muni d'une relation d'ordre dense, sans borne, complet et séparable, il existe un groupe d'isomorphismes d'ordre agissant librement et transitivement sur l'ensemble ? (Manière tordue de dire que c'est "transformable" en R... Ce qui importe pour moi est la non unicité dudit groupe.)

[invite76543456789]

Alors, je veux pas dire de bétise, mais il me semble que la theorie des ordres dense sans extrema est -catégorique.
Donc votre ensemble en question possède Q comme sous espace topologique dense, et est complet (notez que je ne sais toujours pas ce que vous entendez par complet), il est donc isomorphe (au moins pour la topologie, de l'ordre donc) à R, par unicité du completé (à isométrie pres dans la catégorie des espaces métriques).
Du coup l'ordre sur Q est l'ordre naturel (a bijection croissante pres), et l'ordre sur R est co-induit par celui de Q.
Ainsi vous cherchez un groupe de bijection croissante de R dans R.
A verifier quand meme ce que je dis, mais de tout facon il me semble que vous avez toujours un tel groupe (enfin encore une fois je ne vois toujours pas bien ce que veux dire complet, pour la topologie de l'ordre, la seule chose pour laquelle je sais donner un sens a complet, ce sont les espaces uniformes).

[Amanuensis]

(notez que je ne sais toujours pas ce que vous entendez par complet)

Tt, tt, ... Premier message : "axiome de Dedekind par exemple"...

theorie des ordres dense sans extrema (...), il est donc isomorphe (au moins pour la topologie, de l'ordre donc) à R, par unicité du completé (à isométrie pres dans la catégorie des espaces métriques).

Ça non. Car alors le problème de Suslin n'aurait pas de sens.

[invite76543456789]

Je ne sais pas ce qu'est l'axiome de Dedekind comme je vous ai dit, ce que j'ai trouvé c'est ceci " To every real number corresponds a unique point of a directed straight line and conversely to every point on this straight line corresponds a unique real number." ce qui me parait fort peu precis.
Ensuite je n'ai pas dit que l'ensemble totale etait en bijection croissante avec R, j'ai dit qu'il etait isomorphe pour la topologie de l'ordre, est ce que un isomorphisme pour la topologie de l'ordre est necessairement croissant (ou decroissant)... je ne sais pas (en fait c'est clairement faux dans le cas general)
Ce que j'ai dit c'est que votre ensemble denombrable dense est lui en bijection croissante avec Q, ce qui fait que votre ensemble total est homéomorphe à R.

[Médiat]

Alors, je veux pas dire de bétise, mais il me semble que la theorie des ordres dense sans extrema est -catégorique.

Parfaitement exact, cela se démontre très facilement par un argument de back and forth.

[invite76543456789]

Merci Médiat pour la confirmation.
En fait je me rend compte que j'ai assimilé un peu vite complétude topologique et completude pour l'ordre ce qui fait que je dis peut etre des betises quand je dis que votre ensemble E est homoémorphe à R.
D'ailleurs sur R existe t il un ordre qui soit compatible avec celui de Q qui engendre la topologie naturelle de R, et qui ne soit pas l'ordre naturel, j'ai envie de dire non.
Ce qui semblerait dire que je dis des betises.

[invite76543456789]

Je viens d'aller lire l'article wiki sur le probleme de suslin et voila ce que j'y ai trouvé
If the requirement for the countable chain condition is replaced with the requirement that R contains a countable dense subset (i.e., R is a separable space) then the answer is indeed yes: any such set R is necessarily isomorphic to R.
Ce qui me semble en fait etre compatible avec ce que je dis non?
Dans votre cas, il n'y a precisement pas de "probleme de suslin".

[Amanuensis]

Ce qui me semble en fait etre compatible avec ce que je dis non?

Sûrement.

Il y a une incompréhension de part et d'autre.

Ce qui m'intéresse c'est ce qui peut remplacer la séparabilité, pas ce qu'elle implique, ça je le savais dès le début, c'est dans le message #1.

Ma question d'origine a été répondue, en ce que je comprends maintenant que les axiomes de congruences, ajoutés à l'ordre dense complet, etc., impliquent la séparabilité.

En fait, je ne sais pas du tout ce que vous discutez, vous. J'ai répondu comme si vous continuiez selon le sujet d'origine, je comprends maintenant que ce n'est pas le cas.

Je vous laisse continuer votre sujet, sans intervenir.