Excellent. C'est passionnant de travailler différentes preuves d'un même théorème.Merci beaucoup Professeur et bravo.👍👍
@martintrucchi3821
Жыл бұрын
Très bonne vidéo, j'ai beaucoup aimé les preuves topologiques, on en entend moins parler que la diagonale de Cantor ! Juste une petite remarque : dans la 3ème preuve on utilise le théorème de Baire pour montrer la non-dénombrabilité de R - je n'ai pas regardé de démonstration, mais peut-être que celle-ci fasse intervenir la non-dénombrabilité de R elle-même ! Plus généralement, utiliser de gros résultats pour démontrer des choses assez générales mais plus élémentaires nous font courir le risque de l'argument circulaire, non?
@MathOSX
Жыл бұрын
Bonjour Martin, il faut effectivement être attentif aux raisonnements qui "se mordent la queue" ... Cela dit, en l'occurrence, il me semble que ce n'est pas le cas. Le théorème de Baire (ou du moins une version suffisante pour notre propos) dit que, dans un espace métrique complet, l'intersection d'une famille dénombrable d'ouvert denses est encore dense. La preuve repose, pour l'essentiel, sur ce qu'on appelle le "lemme de Baire" : dans un espace métrique complet, l'intersection d'une suite décroissante de fermés non vides dont le diamètre tend vers zéro est un singleton. Rien de tout cela ne s'appuie sur la non-dénombrabilité de R. Pas de circularité dans l'argument, donc, mais il reste cependant la question du caractère plus ou moins élémentaire de la méthode employée En ce sens, la preuve via la diagonale de Cantor est assez époustouflante IMHO.
@martintrucchi3821
Жыл бұрын
@@MathOSX Merci pour l'éclaircissement ! La méthode de la diagonale de Cantor est en effet on ne peut plus élémentaire!
@massimechoub3343
Жыл бұрын
Il n’y a pas de problème d’axiome du choix lorsque l’on construit le réel servant à la démonstration par la diagonale de cantor ?
@MathOSX
Жыл бұрын
Dans cette preuve, on dispose par hypothèse d'une bijection phi : N* --> [0,1[ et l'on pose pour tout n ≥ 1 : phi(n) = sum (c(n,j) * 10**(-j), j=1..∞) : développement décimal propre de phi(n). Si l'on pose alpha = sum (b(j) * 10**(-j), j=1..∞) avec, pour tout j ≥ 1 : b(j) = min ({0,1,...,9} - {c(j,j)}) (comme indiqué à 5:51) on court-circuite l'usage de l'AC. Cela dit, l'AC n'est pas un problème ...
@massimechoub3343
Жыл бұрын
@@MathOSX ah ok je comprends mieux oui . Cependant , j avais cru comprendre que prendre l axiome du choix c’était pas un postulat anodin . Et qu on peut le considérer « vrai comme faux « … ?
@MathOSX
Жыл бұрын
@@massimechoub3343 Anodin, l'AC ne l'est certainement pas. Mais bien qu'il y ait eu longtemps une vive controverse à ce sujet (problème des preuves non constructives issues de l'AC ...), un consensus s'est imposé et aujourd'hui, et plus personne (ou quasiment) ne rouspète plus lorsqu'une démonstration fait usage de cet axiome. Personnellement (c'est un peu naïf, sans doute), j'ai une nette préférence pour une preuve "AC-free" lorsque c'est possible (en gros : moins on utilise d'outils sophistiqués dans une démonstration, mieux c'est).
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