Tests à la Hurewicz dans le plan.

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1 Tests à la Hurewicz dans le plan. Dominique LECOMTE Fund. Math. 156 (1998), Résumé. Nous donnons, pour une certaine catégorie de boréliens d un produit de deux espaces polonais, comprenant les boréliens à coupes dénombrables, une caractérisation du type test d Hurewicz de ceux ne pouvant pas être rendus différence transfinie d ouverts par changement des deux topologies polonaises. 1 Introduction. Ces travaux se situent dans le cadre de la théorie descriptive des ensembles. Je renvoie le lecteur à [Ku] (resp. [Mo]) pour les notions de base de théorie descriptive classique (resp. effective). Rappelons que dans le cas des espaces polonais de dimension 0, la hiérarchie de Baire des boréliens est construite en alternant les opérations de réunion dénombrable et de passage au complémentaire, en partant des ouverts-fermés, ce de manière transfinie. On a alors la hiérarchie suivante : Σ 0 1 = ouverts Σ 0 2 = F σ... Σ 0 ω... Π 0 1 = fermés Π0 2 = G δ... Π 0 ω... On s intéresse ici à une hiérarchie analogue à celle de Baire, sauf qu au lieu de partir des ouvertsfermés d un espace polonais de dimension 0, on part des produits de deux boréliens, chacun d entre eux étant inclus dans un espace polonais. L analogie devient plus claire quand on sait qu étant donnés un espace polonais X et un borélien A de X, on peut trouver une topologie polonaise plus fine que la topologie initiale sur X (topologie ayant donc les mêmes boréliens), de dimension 0, et qui rende A ouvert-fermé. Pour notre problème, le fait de travailler dans les espaces de dimension 0 n est donc pas une restriction réelle. La définition qui suit apparaît alors naturelle : Définition. Soient X et Y des espaces polonais, et A un borélien de X Y. Si Γ est une classe de Baire, on dira que A est potentiellement dans Γ (ce qu on notera A pot(γ)) s il existe des topologies polonaises de dimension 0, σ (sur X) et τ (sur Y ), plus fines que les topologies initiales, telles que A, considéré comme partie de (X, σ) (Y, τ), soit dans Γ. La motivation pour l étude de ces classes de Baire potentielles trouve son origine dans l étude des relations d équivalence boréliennes, et plus précisément dans l étude du pré-ordre suivant sur la collection des relations d équivalence boréliennes définies sur un espace polonais : E F f borélienne E = (f f) 1 (F ). A l aide de la notion de classe de Baire potentielle, A. Louveau montre dans [Lo3] que la collection des relations d équivalence Σ 0 ξ n est pas co-finale, et il en déduit qu il n existe pas de relation maximum pour. 1

2 Pour déterminer la complexité exacte d un borélien, on est amené à montrer qu il n est pas d une classe de Baire donnée - ce qui est généralement beaucoup plus difficile que de montrer qu il est d une autre classe de Baire. Le théorème d Hurewicz, rappelé ci-dessous, donne une condition nécessaire et suffisante pour la classe des G δ (cf [SR]). Théorème. Soient X un espace polonais, et A un borélien de X. Alors les conditions suivantes sont équivalentes : (a) Le borélien A n est pas Π 0 2. (b) Il existe u : 2 ω X injective continue telle que u 1 (A) = {α 2 ω / n m n α(m) = 0}. Ce théorème a été généralisé aux autres classes de Baire par A. Louveau et J. Saint Raymond (cf [Lo-SR]). On cherche à établir des résultats analogues au théorème d Hurewicz pour les classes de Baire potentielles. Dans la première partie, nous nous intéresseront à la caractérisation des ensembles potentiellement fermés ; nous démontrons le Théorème. Il existe un borélien A 1 de 2 ω 2 ω tel que pour tous espaces polonais X et Y, et pour tout borélien A de X Y qui est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ), on a l équivalence entre les conditions suivantes : (a) Le borélien A n est pas pot(π 0 1 ). (b) Il existe des fonctions continues u : 2 ω X et v : 2 ω Y telles que A 1 (u v) 1 (A) = A 1. Rappelons que les boréliens à coupes verticales (ou horizontales) dénombrables sont pot(σ 0 2 ) (cf [Lo1]), donc vérifient l hypothèse de ce théorème. Il est à noter qu on ne peut pas espérer une réduction sur tout le produit, c est à dire qu on ne peut pas avoir (u v) 1 (A) = A 1 dans la condition (b) (cf [Le1], Cor (b)). Nous montrerons également l impossibilité d avoir l injectivité des fonctions u et v de réduction, ce qui constitue une autre différence avec le théorème d Hurewicz. Dans la seconde partie, nous étendrons ce théorème à d autres classes, qui s introduisent naturellement à partir du théorème d Hurewicz. En effet, ce théorème montre entre autres l intérêt des réductions par des fonctions continues pour la comparaison de la complexité des boréliens. La définition suivante apparaît alors naturelle : Définition. Soit Γ une classe de parties d espaces polonais de dimension 0. On dit que Γ est une classe de W adge s il existe un espace polonais P 0 de dimension 0, et un borélien A 0 de P 0 tels que pour tout espace polonais P de dimension 0 et pour toute partie A de P, A est dans Γ si et seulement s il existe une fonction continue f de P dans P 0 telle que A = f 1 (A 0 ). On peut démontrer que la hiérarchie de Wadge affine celle de Baire. L utilité de considérer les espaces de dimension 0 apparaît ici : il faut assurer l existence de suffisamment de fonctions continues. En effet, les seules fonctions continues de R dans 2 ω sont les fonctions constantes! Il y a eu des travaux, notamment de A. Louveau et J. Saint Raymond (cf [Lo2]), pour décrire la hiérarchie de Wadge en termes d opérations ensemblistes, comme dans la hiérarchie de Baire. Ceci amène à considérer de nouveaux ensembles. 2

3 Par exemple, si ξ est un ordinal dénombrable et (A η ) η<ξ une suite croissante d ouverts d un espace polonais X, on note D((A η ) η<ξ ) := x X / η < ξ x A η \ ( A θ ) et η n a pas la même parité que ξ. θ<η On note D ξ (Σ 0 1 ) la classe des ensembles de la forme D((A η) η<ξ ). On peut montrer que les seules classes de Wadge non stables par passage au complémentaire contenues dans 0 2 = Σ0 2 Π0 2 sont les D ξ (Σ 0 1 ) et Ďξ(Σ 0 1 ). On obtient alors la hiérarchie suivante : D 0 (Σ 0 1 ) = { } D 1(Σ 0 1 ) = ouverts... D ω(σ 0 1 )... Σ0 2 Ď 0 (Σ 0 1 ) Ď 1 (Σ 0 1 ) = fermés... Ď ω (Σ 0 1 )... Π0 2 On peut définir sans problème les ensembles potentiellement Γ, où Γ est une classe de Wadge, en utilisant la même définition que précédemment. Nous démontrons le Théorème. Soit ξ un ordinal dénombrable. (1) Si ξ est pair, il existe un borélien A ξ de 2 ω 2 ω tel que pour tous espaces polonais X et Y, et pour tout borélien A de X Y qui est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ), on a l équivalence entre les conditions suivantes : (a) Le borélien A n est pas pot(d ξ (Σ 0 1 )). (b) Il existe des fonctions continues u : 2 ω X et v : 2 ω Y telles que A ξ (u v) 1 (A) = A ξ. (2) Si ξ est impair, il existe un borélien A ξ de 2 ω 2 ω tel que pour tous espaces polonais X et Y, et pour tout borélien A de X Y qui est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ), on a l équivalence entre les conditions suivantes : (a) Le borélien A n est pas pot(ďξ(σ 0 1 )). (b) Il existe des fonctions continues u : 2 ω X et v : 2 ω Y telles que A ξ (u v) 1 (A) = A ξ. Questions. (a) Un premier problème ouvert est de savoir si on peut supprimer l hypothèse A est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ) dans ce théorème. (b) Un deuxième problème ouvert est le suivant. Comme nous l avons mentionné avant, les seules classes de Wadge non stables par passage au complémentaire contenues dans 0 2 sont les D ξ(σ 0 1 ) et Ď ξ (Σ 0 1 ). Les boréliens à coupes dénombrables étant pot(σ0 2 ), la caractérisation de ces boréliens en termes de tests à la Hurewicz est donc complète, à l exception de ceux qui ne sont pas pot(π 0 2 ). La question est donc de savoir si la conjecture suivante est vraie : Conjecture. Il existe un borélien B de 2 ω 2 ω, tel que pour tous espaces polonais X et Y, et pour tout borélien A de X Y à coupes dénombrables, on a l équivalence entre les conditions suivantes : (a) Le borélien A n est pas pot(π 0 2 ). (b) Il existe des fonctions continues u : 2 ω X et v : 2 ω Y telles que B (u v) 1 (A) = B. 3

4 2 Un test pour les ensembles non potentiellement fermés. (A) La construction de base. Nous montrons un premier résultat qui n est pas tout à fait la caractérisation des ensembles non potentiellement fermés annoncée dans l introduction. Sa démonstration est plus importante que l énoncé lui-même, et fournit une construction qui sera affinée plus tard, de 3 manières différentes : - Pour établir la caractérisation des ensembles non potentiellement fermés. - Pour montrer l impossibilité de l injectivité de la réduction. - Pour établir la caractérisation des ensembles non potentiellement différence transfinie d ouverts. Pour énoncer et établir ce résultat, il nous faut du vocabulaire : Définition 2.1 Soient (G n ) une suite de fermés et G un fermé d un espace topologique X. On dit que (G n ) converge vers G si G = n ω G n \ ( n ω G n). L idée est la suivante : comment tester si une partie A d un espace métrique est fermée? Une réponse est que A n est pas fermé si et seulement s il existe une suite (x n ) d éléments de A convergeant vers un point x hors de A. On a alors, avec la définition précédente, que ({x n }) converge vers {x}. On ne peut pas prendre ce test pour caractériser les ensembles non potentiellement fermés, puisque le singleton {x} peut être rendu ouvert-fermé. Cependant, on peut remarquer que si X est un espace polonais et τ une topologie polonaise plus fine sur X, il existe un G δ dense de X sur lequel les deux topologies coïncident. L idée est donc de remplacer les singletons par des ensembles rencontrant tout produit de deux G δ denses. Un exemple de tels ensembles est le graphe d une fonction continue et ouverte de domaine et d image ouverts-fermés non vides. Dans la suite, les G n et G seront de tels graphes. Les notations et définitions qui suivent paraîssent alors naturelles, avec le rappel qui suit. Notation. Soient A, B, Z et T des ensembles, g : A B une fonction. La notation G(g) désignera le graphe Gr(g) de g si A B Z T, et {(z, t) Z T / (t, z) Gr(g)} si A B T Z. On a donc G(g) Z T dans les deux cas. Définition 2.2 On dit que (Z, T, g, (g n )) est une situation générale si (a) Z et T sont des espaces polonais parfaits de dimension 0. (b) g et g n sont des fonctions continues et ouvertes de domaine ouvert-fermé non vide de Z et d image ouverte-fermée de T, ou de domaine ouvert-fermé non vide de T et d image ouverte-fermée de Z. (c) La suite (G(g n )) converge vers G(g). Il est démontré le théorème suivant dans [Le2] (cf théorème 2.3) : Théorème 2.3 Soient X et Y des espaces polonais, A un borélien pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ) de X Y. Les conditions suivantes sont équivalentes : (a) Le borélien A n est pas pot(π 0 1 ). (b) Il existe une situation générale (Z, T, g, (g n )) et des injections continues u : Z X et v : T Y telles que n ω G(g n) (u v) 1 (A) = n ω G(g n). 4

5 Dans ce résultat, la situation générale (Z, T, g, (g n )) dépend de A, même si elle est toujours du même type. Dans le résultat qu on cherche à obtenir, annoncé dans l introduction, le borélien A 1 est indépendant de A. On cherche donc essentiellement à obtenir un théorème d interversion de quantificateurs, c est-à-dire une version uniforme du théorème précédent. Après ce rappel, il nous faut encore du vocabulaire. Définition 2.4 On dit que (Z, (g n )) est une bonne situation si (a) Z est un fermé parfait non vide de ω ω. (b) g n est un homéomorphisme de domaine et d image ouverts-fermés de Z. De plus, α < lex g n (α) si α D gn. (c) La suite (Gr(g n )) converge vers la diagonale (Z). Notations. Soit Z ω ω. On note N s l ouvert-fermé de base de Z associé à s ω <ω : N s := {α Z / s α}. Soit (Z, (f n )) une bonne situation, f := Id Z et R la relation sur ω <ω definie comme suit : ( ) s R t s = t et (N s N t ) Gr(f ) n ω Gr(f n ). Si s R t, on pose m(s, t) := min{m ω / w { } ω w = m et (N s N t ) Gr(f w ) }, n(s, t) := min{n ω / s n R t n et m(s, t) = m(s n, t n)}. On pose s T t s R t ou t R s. On dira que c (ω <ω ) <ω \ { } est une T -chaîne si i < c 1 c(i) T c(i + 1). On définit E comme étant la relation d équivalence engendrée par R : s E t c T -chaîne c(0) = s et c( c 1) = t. Définition 2.5 On dit que (Z, (f n )) est une très bonne situation si (a) (Z, (f n )) est une bonne situation. (b) Si c est une T -chaîne telle que c 3, c(0) = c( c 1), et c(i) c(i + 1) si i < c 1, alors il existe i < c 2 tel que c(i) = c(i + 2). Théorème 2.6 Soient (Z, (g n )) une bonne situation et (ω ω, (f n )) une très bonne situation. On suppose que les classes d équivalence de la relation E associée à (ω ω, (f n )) sont finies. Alors il existe une fonction continue u : ω ω Z telle que ) Gr(g n ) = Gr(f n ). n ω n ω Gr(f n ) (u u) 1 ( n ω 5

6 Démonstration. On va construire - Une suite (U s ) s ω <ω d ouverts-fermés non vides de Z. - Une fonction Φ : {(s, t) ω <ω ω <ω / s = t } { } ω. On notera, si s R t, w(s, t) := Φ(s n(s, t), t n(s, t)). On demande à ces objets de vérifier (i) U s i U s (ii) δ(u s i) { 2 s 1 w(s, t) = m(s, t) (iii) s R t U t = g w(s,t) [U s ] Admettons ceci réalisé. Soit α dans ω ω. Comme pour q > 0, δ(u α q ) < 2 q, (U α q ) q est une suite décroissante de fermés non vides dont les diamètres tendent vers 0. On peut donc définir u : ω ω Z par la formule {u(α)} = q ω U α q, et u est continue. Montrons que si (α, β) est dans n ω Gr(f n), alors (u(α), u(β)) est dans n ω Gr(g n). Soit donc n entier tel que (α, β) Gr(f n ) ; on peut trouver un entier naturel m 0 tel que (N α m0 N β m0 ) Gr(f ) =. Alors si m m 0, on a α m R β m et on a les égalités m(α m, β m) = m(α m 0, β m 0 ) = 1. Posons n 0 := n(α m 0, β m 0 ). Si p n 0, on a m(α p, β p) = m(α n 0, β n 0 ) et n(α p, β p) = n(α n 0, β n 0 ) = n 0. Posons s := α n 0 et t := β n 0. Par (iii), Φ(s, t) = m(s, t) = m(α m 0, β m 0 ) = 1. On a g Φ(s,t) (u(α)) g Φ(s,t) [ n n 0 U α n ] n n 0 g Φ(s,t) [U α n ] = n n 0 U β n = {u(β)}. D où (u(α), u(β)) Gr(g Φ(s,t) ). Si (α, β) n ω Gr(f n)\( n ω Gr(f n)), α = β et u(α) = u(β). Donc (u(α), u(β)) / n ω Gr(g n). Montrons donc que la construction est possible. On pose Φ(, ) := et U := Z. Admettons avoir construit U s et Φ(s, t) pour s, t p vérifiant (i)-(iii), et soient s ω p et i ω. Posons { E(s d : i) E(s i) ω (x, y) min{ c 1 / c T -chaîne, c(0) = x et c( c 1) = y} Si k ω, on pose H k := {z E(s i) / d(z, s i) = k}. Alors H k et le nombre de H k non vides sont finis, puisque les classes d équivalence de E sont supposées finies. De plus, H k est non vide si H k+1 l est, donc on peut trouver q tel que H 0,...,H q soient non vides et H k soit vide si k > q. Posons { H k := {z (k,1),..., z (k,pk )}, φ : k q {k} {1,..., p k} ω (k, r) (Σ i<k p i ) + r On a donc Im(φ) = {1,..., p 0, p 0 + 1,..., p 0 + p 1,..., p p q 1 + 1,..., p p q }. On va construire par récurrence sur n {1,..., p p q }, et pour k {1,..., n}, des ouvertsfermés non vides U n z φ 1 (k) de Z. Si z φ 1 (k) R z φ 1 (l), on note w(k, l) := w(z φ 1 (k), z φ 1 (l)). 6

7 On demande aux ouverts-fermés de vérifier (1) U n z φ 1 (k) U zφ 1 (k) p (2) δ(u n z φ 1 (k) ) 2 p 1 (3) Si k, l {1,..., n} et z φ 1 (k) R z φ 1 (l), alors w(k, l) = m(z φ 1 (k), z φ 1 (l)) U n z φ 1 (l) = g w(k,l) [U n z φ 1 (k) ] (4) U n+1 z φ 1 (k) U n z φ 1 (k) si k {1,..., n} Admettons cette construction effectuée. Il restera à poser, si z, z E(s i), U z := U p p q z, et si Φ(z, z ) n est pas encore défini, on posera Φ(z, z ) := Φ(z p, z p). On a U zφ 1 (k) = U p p q z φ 1 (k) U zφ 1 (k) p. La condition (i) est donc réalisée pour toute suite de E(s i). La condition (2) entraînera de même que (ii) est réalisée pour toute suite de E(s i). Pour (iii), il suffit de remarquer que si s R t, s et t sont dans la même E-classe, et (3) donne le résultat. Montrons donc que cette nouvelle construction est possible. Si n = 1, φ 1 (n) vaut (0, 1) et z φ 1 (n) = s i ; on choisit pour U 1 z (0,1) un ouvert-fermé non vide de U s, de diamètre au plus 2 p 1. Admettons avoir construit les suites finies Uz 1,..., U φ 1 (1) z,..., U φ 1 (1) z, vérifiant (1)-(4), φ 1 () ce qui est fait pour n = 2. La suite z φ 1 (n) est dans H (φ 1 (n)) 0, donc on peut trouver une T - chaîne c telle que c(0) = s i, c( c 1) = z φ 1 (n) et c 1 = (φ 1 (n)) 0. Comme p 0 = 1, (φ 1 (n)) 0 1, donc c 2 et c( c 2) H (φ 1 (n)) 0 1 ; par le choix de φ, on peut trouver m < n tel que c( c 2) = z φ 1 (m). D où z φ 1 (n) T z φ 1 (m). Notons { n(zφ o := 1 (n), z φ 1 (m)) si z φ 1 (n) R z φ 1 (m), n(z φ 1 (m), z φ 1 (n)) si z φ 1 (m) R z φ 1 (n). Cas 1. o < p z φ 1 (m) R z φ 1 (n). La suite w(m, n) = Φ(z φ 1 (m) o, z φ 1 (n) o) a déjà été définie et on a U zφ 1 (n) p = g w(m,n) [U zφ 1 (m) p ]. On choisit, dans g w(m,n) [U z φ 1 (m) ], un ouvert-fermé non vide U n z φ 1 (n) de diamètre au plus 2 p 1. De sorte que (1), (2), et (3) pour k = l = n sont réalisées. On définit ensuite les U n z pour 1 q < n, par récurrence sur d(z, z φ 1 (n)) : on choisit une T -chaîne e de longueur minimale telle que e(0) = z et e( e 1) = z φ 1 (n). Comme e 2, U n e(1) a été défini et il y a 2 cas. Soit r entier compris entre 1 et n tel que e(1) = z φ 1 (r). Un tel r existe car la condition (b) de la définition d une très bonne situation entraîne l unicité d une T -chaîne sans termes consécutifs identiques allant d une suite à une autre ; cette T -chaîne est donc de longueur minimale, et la définition de φ montre l existence de r. 7

8 z φ 1 (r) R z. On pose z R z φ 1 (r). U n z := g w(r,q) [U n z φ 1 (r) ]. On pose U n z := g 1 w(q,r) (U n z φ 1 (r) ). Montrons que ces définitions sont licites. On a e(1) = z φ 1 (r), où 1 r n. Si le cas r = n se produit, comme z φ 1 (m) et z sont dans E(s i), l unicité de la T -chaîne sans termes consécutifs identiques allant de s i à z φ 1 (n) montre que q = m. On en déduit que si r = n, on est dans le cas puisqu on ne peut pas avoir z R e(1) et e(1) R z, ces deux suites étant différentes par minimalité de la longueur de v (si s R t, on a que s lex t, par définition d une très bonne situation). Dans le cas 1.1.1, on a r < n et U z = g w(r,q) [U z φ 1 (r) ], donc U n z est un ouvert-fermé non vide de U z, puisque U n z φ 1 (r) U z φ 1 (r). De même, U n z est un ouvert-fermé non vide de U z dans le cas 1.1.2, r < n. Si r = n, q = m et la même conclusion vaut, par le choix de U n z φ 1 (n). D où la condition (4). Les conditions (1) et (2) pour k = q en découlent. Vérifions (3). Soient donc k, l n tels que z φ 1 (k) R z φ 1 (l), et c (resp. ẽ) la T -chaîne ayant servi à définir U n z φ 1 (k) (resp. U n z φ 1 (l) ). On a c( c 1) = ẽ( ẽ 1) = z φ 1 (n). Si c = ẽ = 1, k = l = n et (3) a été vérifié. Plus généralement, si k = l, (3) est vérifié. Si c = 1 et ẽ = 2, la liaison entre z φ 1 (k) et z φ 1 (l) a déjà été prise en compte, par minimalité des longueurs. De même si c = 2 et ẽ = 1. Si c et ẽ sont au moins égaux à 2, par unicité de la T -chaîne sans termes consécutifs identiques allant d une suite à une autre, on a que c(1) = ẽ(0) ou c(0) = ẽ(1). Là encore, la liaison a été prise en compte. La condition (3) est donc réalisée z φ 1 (n) R z φ 1 (m). Ce cas est analogue au précédent (on a U zφ 1 (m) p = g w(n,m) [U zφ 1 (n) p ], on choisit U n z φ 1 (n) dans g 1 w(n,m) (U z ), et seul le cas est possible si r = n). φ 1 (m) Cas 2. o = p z φ 1 (m) R z φ 1 (n). Soit w { } ω tel que (N zφ 1 (m) p N zφ 1 (n) p ) Gr(f w ). On peut supposer que w = m(z φ 1 (m) p, z φ 1 (n) p) = 0, et w =, z φ 1 (m) p = z φ 1 (n) p. Comme Gr(g ) = n ω Gr(g n) \ ( n ω Gr(g n)), on peut trouver t ω minimal tel que (Uz U φ 1 (m) z ) Gr(g φ 1 (m) t ), et on a t = m(z φ 1 (m), z φ 1 (n)) = 1. On pose alors Φ(z φ 1 (m), z φ 1 (n)) := t. 8

9 On a alors que g w(m,n) [Uz g 1 φ 1 (m) w(m,n) (U z )] est un ouvert-fermé non vide de U φ 1 zφ (m) 1 (n) p. On choisit Uz n dans cet ouvert-fermé et on raisonne comme en 1.1. φ 1 (n) 2.2. z φ 1 (n) R z φ 1 (m). On raisonne comme en 2.1, en choisissant Uz n dans g 1 φ 1 (n) t (Uz ) U φ 1 (m) z et en posant φ 1 (m) φ(z φ 1 (n), z φ 1 (m)) := t. (B) L existence de tests. Nous donnons maintenant un exemple explicite, comme annoncé dans l introduction. Nous commenons par un exemple dans ω ω ω ω, que nous raffinons ensuite dans un produit Z 0 Z 0, où Z 0 est plus compliqué à décrire que ω ω, mais est homéomorphe à 2 ω. Notations. Soit (q n ) la suite des nombres premiers : q 0 = 2, q 1 = 3, q 2 = 5,... On pose ω <ω ω N : q s(0) q s( s 1)+1 s 1 si s, s 0 sinon. La fonction f est l identité. On pose ensuite {α ω ω / α(n) = 1} {α ω ω / α(n) = N(α n 1)} On pose ensuite f n : α ω ω α(p) si p n, p N(α (n + 1)) sinon. A 0 := {1}, A n+1 := {1} {N(s 1) / s Π i n A i } (n ω), Z 0 := Π n ω A n. Alors on voit facilement par récurrence que A n est fini et a au moins deux éléments si n 1, de sorte que Z 0, muni de la topologie induite par celle de ω ω, est homéomorphe à 2 ω, comme compact métrisable parfait de dimension 0 non vide. Il est clair que si α Z 0 et α(n) = 1, alors f n (α) Z 0, de sorte qu on peut remplacer ω ω par Z 0 dans la définition de f n. On note encore f n cette nouvelle fonction, le contexte précisant si on travaille dans ω ω ou dans Z 0. Théorème 2.7 (1) Le couple (ω ω, (f n )) une très bonne situation. De plus, les classes d équivalence de E sont finies. (2) Le couple (Z 0, (f n ) n>0 ) une très bonne situation. De plus, pour tout entier p, Π n<p A n est une classe pour E. 9

10 Démonstration. Les espaces ω ω et Z 0 sont fermés parfaits non vides de ω ω. Que ce soit dans ω ω ou Z 0, f n est clairement un homéomorphisme de domaine et d image ouvertsfermés, et on a α < lex f n (α) pour tout α de D fn. Si α ω ω, la suite de terme général (α n 1 (α(n + 1),...), α n N(α n 1) (α(n + 1),...)) converge vers (α, α), de sorte que (Gr(f n )) converge vers (ω ω ). De même si α Z 0. Montrons maintenant que pour tout entier p, Π n<p A n est une classe pour E. Il suffit de voir que E(1 p ) = Π n<p A n. La condition est clairement vérifiée pour p = 0 : on a E( ) = { }. Pour p = 1, on a E(1 p ) = {1} = A 0 car on considère la suite (f n ) n>0, de sorte que la première coordonnée vaut toujours 1. Soit donc s E(1 p+1 ). On a bien sûr s Π n<p+1 A n. Réciproquement, si s Π n<p+1 A n, s p Π n<p A n, donc par hypothèse de récurrence, on peut trouver une T -chaîne v telle que v(0) = 1 p et v( v 1) = s p. On a donc que (v(i) s(p)) i< v est une T -chaîne, et donc que s E(1 p s(p)). D où le résultat si s(p) = 1. Sinon, on peut trouver t dans Π n<p A n telle que s(p) = N(t 1). Par hypothèse de récurrence, on peut trouver une T - chaîne w telle que w(0) = 1 p et w( w 1) = t. Comme avant, (w(i) 1) i< w est une T -chaîne, donc t 1 E(1 p+1 ). Donc t N(t 1) E(1 p+1 ), c est-à-dire t s(p) E(1 p+1 ). Comme t E(1 p ), t s(p) E(1 p s(p)) et s E(1 p+1 ). Montrons maintenant les classes d équivalence de E sont finies. Soit C une E-classe, t 0 C et s 0 C lexicographiquement minimale. Une telle suite existe car on définit, si q < t 0, s 0 (q) comme étant min{s(q) / s C et s q = s 0 q}. On montre par récurrence sur i < s 0 que (i) E(s 0 (i + 1)) est finie. (ii) s E(s 0 (i + 1)) s(i) {s 0 (i)} {N(u s 0 (i)) / u E(s 0 i)}. Si i = 0, E(s 0 (0)) = {s 0 (0)} si s 0 (0) 1, et {s 0 (0)} {N(1)} sinon, d où le résultat. Admettons ce résultat pour i < j < s 0, ce qui est vérifié pour j = 1. Montrons-le pour j, ce qui prouvera que C est finie. Soit t E(s 0 (j + 1)) ; il existe une T -chaîne u telle que u(0) = t et u( u 1) = s 0 (j + 1). Si i < u 1, comme u(i) T u(i + 1), u(i) j T u(i + 1) j, donc u(i) j E u(i + 1) j et t j E s 0 j. Montrons (ii) ; (i) s en déduira car s j E(s 0 j) qui est fini par hypothèse de récurrence, et car s(j) est dans un ensemble fini. On montre que s, t E(s 0 (j + 1)) t(j) s 0 (j) ou s(j) {s 0 (j)} {N(u s 0 (j)) / u E(s 0 j)}. On procède par récurrence sur d(s, t). C est clair pour d(s, t) = 0. Soient s, t E(s 0 (j + 1)) telles que d(s, t) = k + 1. Soit e une T -chaîne telle que e(0) = t, e( e 1) = s et e = k + 2. Soit i < e maximal tel que e(i)(j) = s 0 (j). Si i > 0, par hypothèse de récurrence, on a le résultat. On peut donc supposer que si 1 i < e, e(i)(j) s 0 (j). Par conséquent, e(1)(j) s 0 (j) et e(0)(j) = t(j) = s 0 (j), donc s 0 (j) a été modifié en N(t j s 0 (j)), par minimalité de s 0. 10

11 En effet, on remarque que si x R y, alors l ω \ {0}, x l R y l. Comme t j E s 0 j, e(1) = t j e(1)(j) E s 0 j e(1)(j) et si on pose s 0 :=< s 0(j +1),..., s 0 ( s 0 1) >, on a e(1) s 0 E s 0 et e(1) s 0 E s 0 j e(1)(j) s 0. Donc e(1)(j) s 0 (j) et e(1)(j) > s 0 (j). Pour transformer à nouveau e(1)(j), on ne peut que revenir à s 0 (j), ce qui est exclus. Donc e(1)(j) reste fixe dans la suite et vaut s(j). L entier s(j) a donc la forme voulue. D où (ii), avec t = s 0 (j + 1). Montrons maintenant que (ω ω, (f n )) une très bonne situation. Nous voulons montrer que si c est une T -chaîne telle que c 3, c(0) = c( c 1), et c(i) c(i + 1) si i < c 1, alors il existe i < c 2 tel que c(i) = c(i + 2). Soit c un contre-exemple de longueur minimale, et tel que l := c(0) soit minimale elle aussi. Alors nécessairement la suite (c(i)(l 1)) i< c est non constante, et on trouve i 1 minimal tel que c(i 1 )(l 1) c(i 1 + 1)(l 1) ; il y a alors deux cas. Ou bien c(i 1 )(l 1) < c(i 1 + 1)(l 1), auquel cas comme on a les égalités c(i 1 )(l 1)=c(0)(l 1)=c( c 1)(l 1), on trouve i 2 > i minimal tel que l on ait c(i 1 + 1)(l 1) c(i 2 )(l 1). Comme avant, on voit que c(i 1 )(l 1) = c(i 2 )(l 1), et en fait c(i 1 ) = c(i 2 ). Donc i 1 = 0 et i 2 = c 1, par minimalité de c. Par minimalité encore, c = 3, ce qui constitue la contradiction cherchée (on a c(i 1 + 1) = c(i 2 1) car il existe un unique entier n tel que c(i 1 ) 1 ω A n, avec n = l 1 ; par suite, c(i 1 + 1) 1 ω = f n (c(i 1 ) 1 ω ) = f n (c(i 2 ) 1 ω ) = c(i 2 1) 1 ω ). Ou bien c(i 1 )(l 1) > c(i 1 + 1)(l 1), auquel cas on trouve i 2 > i minimal tel que c(i 2 )(l 1) =... = c( c 1)(l 1). On a c(i 1 + 1) = c(i 2 1), donc c(i 1 ) = c(i 2 ) comme avant. D où i 1 = 0 et i 2 = c 1, par minimalité de c. Par minimalité encore, c = 3, ce qui constitue la contradiction cherchée. Il reste à voir que (Z 0, (f n ) n>0 ) une très bonne situation pour achever la preuve du théorème. Mais ceci se voit comme précédemment. Théorème 2.8 Soit (Z, T, g, (g n )) une situation générale. Alors il existe u : ω ω Z et v : ω ω T continues telles que ) G(g n ) = Gr(f n ). n ω n ω Gr(f n ) (u v) 1 ( n ω Démonstration. On utilisera des notations analogues à celles de la preuve du théorème 2.6, et le même schéma de démonstration. Les nuances sont les suivantes. 11

12 On va noter à (resp. B, à n ) le domaine de g (resp. l image de g, le domaine de g n ). On va construire - Une suite (U s ) s ω <ω d ouverts non vides de Z, inclus dans à ou B. - Une suite (V s ) s ω <ω d ouverts non vides de T, inclus dans à ou B. - Une fonction Φ : {(s, t) ω <ω ω <ω / s = t } { } ω. On demande à ces objets de vérifier (i) U s i V s i U s V s (ii) δ(u s i), δ(v s i) 2 s 1 w(s, t) = m(s, t) (iii) s R t V t = g w(s,t) [U s ] si Ãw(s,t) Z U s = g w(s,t) [V t ] si Ãw(s,t) T Admettons ceci réalisé. On définit u : ω ω Z et v : ω ω T par les formules {u(α)} = q ω U α q, {v(α)} = q ω V α q. Montrons que si (α, β) n ω Gr(f n) (resp. Gr(f )), alors (u(α), v(β)) est dans n ω G(g n) (resp. G(g )). Soit donc w dans { } ω tel que (α, β) Gr(f w ) ; on peut trouver un entier naturel m 0 tel que (N α m0 N β m0 ) s { } ω, s < w Gr(f s) =. Alors si m m 0, on a α m R β m et on a l égalité m(α m, β m) = m(α m 0, β m 0 ) = w. Par (iii), on a { 0 si β = f (α), Φ(s, t) = m(s, t) = m(α m 0, β m 0 ) = w = 1 si n β = f n (α). Si ÃΦ(s,t) Z, on a g Φ(s,t) (u(α)) g Φ(s,t) [ Si ÃΦ(s,t) T, on a g Φ(s,t) (v(β)) g Φ(s,t) [ D où (u(α), v(β)) G(g Φ(s,t) ). n n 0 U α n ] n n 0 V β n ] n n 0 g Φ(s,t) [U α n ] = n n 0 g Φ(s,t) [V β n ] = Montrons donc que la construction est possible. On pose { ( à Φ(, ) := et (U, V ) :=, B ) si à Z, ( B, à ) si à T. n n 0 V β n = {v(β)}. n n 0 U α n = {u(α)}. 12

13 Par le théorème 2.7, les classes d équivalence de E sont finies. On peut donc définir H k et φ comme dans la preuve du théorème 2.6. On va construire par récurrence sur n {1,..., p p q }, et pour k {1,..., n}, des ouverts non vides U n z φ 1 (k) (resp. V n z φ 1 (k) ) de Z (resp. T ). On demande aux ouverts de vérifier (1) Uz n V n φ 1 (k) z U φ 1 zφ (k) 1 (k) p V zφ 1 (k) p (2) δ(uz n ), δ(v n φ 1 (k) z ) 2 p 1 φ 1 (k) (3) Si k, l {1,..., n} et z φ 1 (k) R z φ 1 (l), alors w(k, l) = m(z φ 1 (k), z φ 1 (l)) si Ãw(k,l) Z, alors Vz n = g φ 1 (l) w(k,l) [Uz n ] φ 1 (k) si Ãw(k,l) T, alors Uz n = g φ 1 (k) w(k,l) [Vz n ] φ 1 (l) (4) Uz n+1 V n+1 φ 1 (k) z U n φ 1 (k) z V n φ 1 (k) z si k {1,..., n} φ 1 (k) Montrons donc que cette nouvelle construction est possible. Si n = 1, on choisit pour U 1 z (0,1) un ouvert non vide de Ã, de diamètre au plus 2 p 1, tel que δ(g [U 1 z (0,1) ]) 2 p 1, g [U 1 z (0,1) ] V s et Uz 1 (0,1) U s, et on pose Vz 1 (0,1) := g [Uz 1 (0,1) ]. Ceci si à Z. Si à T, on choisit pour Vz 1 (0,1) un ouvert non vide de Ã, de diamètre au plus 2 p 1, tel que δ(g [Vz 1 (0,1) ]) 2 p 1, g [Vz 1 (0,1) ] U s et Vz 1 (0,1) V s, et on pose Uz 1 (0,1) := g [Vz 1 (0,1) ]. Admettons avoir construit les suites finies U 1 z φ 1 (1), V 1 z φ 1 (1),..., U z φ 1 (1), V z φ 1 (1),..., U z φ 1 (), V z φ 1 () vérifiant (1)-(4). Cas 1. o < p z φ 1 (m) R z φ 1 (n) et Ãw(m,n) Z. La suite w(m, n) = Φ(z φ 1 (m) o, z φ 1 (n) o) a déjà été définie et on a à Z. V zφ 1 (n) p = g w(m,n) [U zφ 1 (m) p ]. On choisit, dans U zφ 1 (n) p g 1 (g w(m,n)[uz ]), un ouvert non vide U n φ 1 (m) z tel que φ 1 (n) U n z φ 1 (n) g [U n z φ 1 (n) ] U zφ 1 (n) p V zφ 1 (n) p, δ(uz n ) 2 p 1 et également δ(g φ 1 (n) [Uz n ]) 2 p 1. On pose V n φ 1 (n) z φ 1 (n) sorte que (1), (2), et (3) pour k = l = n sont réalisées. := g [U n z φ 1 (n) ], de On définit ensuite les Uz n et V n z pour 1 q < n, par récurrence sur d(z, z φ 1 (n)). On choisit une T -chaîne e de longueur minimale telle que e(0) = z et e( e 1) = z φ 1 (n). Comme e 2, Ue(1) n et V e(1) n ont été définis et il y a 4 cas. Soit r entier compris entre 1 et n tel que e(1) = z φ 1 (r). 13

14 z φ 1 (r) R z et Ãw(r,q) Z. On pose z φ 1 (r) R z et Ãw(r,q) T. On pose z R z φ 1 (r) et Ãw(q,r) Z. On pose z R z φ 1 (r) et Ãw(q,r) T. On pose { V n zφ := g 1 (q) w(r,q) [Uz n ], φ 1 (r) Uz n := U z g 1 (V n z ). { V n zφ := V 1 (q) z g 1 w(r,q) (U z n ), φ 1 (r) Uz n := U z g 1 (V n z ). { U n zφ 1(q) := U z g 1 w(q,r) (V z n ), φ 1 (r) Vz n := g [Uz n ]. { U n zφ 1(q) := g w(q,r)[v n z φ 1 (r) ], V n z := g [U n z ]. Montrons que ces définitions sont licites. Si r = n, on est dans le cas Dans le cas , Ue(1) n U e(1) et V z = g w(r,q) [U e(1) ]. Par suite, la définition de V n z est licite, et c est un ouvert non vide de Vz. On a z R z, n(z, z ) = 0 et à Z. On en déduit que Vz Uz, bien défini. = g [U z ], et que U n z est un ouvert non vide de Dans le cas , la définition de Vz n est licite, et c est un ouvert de V z. De même, la définition de Uz n est licite, et c est un ouvert de U z. Comme dans le cas précédent, la non-vacuité de Vz n entraîne celle de U n z. Celle de V n z résulte du fait que et U n z φ 1 (r) U z φ 1 (r). U z φ 1 (r) = g w(r,q) [V z ] Dans le cas , la définition de Uz n est licite, et c est un ouvert de U z, donc de U z p et de Ã. Par suite, la définition de Vz n est licite, et c est un ouvert de V z. La non-vacuité de Uz n entraîne celle de V n z. Celle de U n z résulte du fait que et V n z φ 1 (r) V z φ 1 (r), si r < n. V z φ 1 (r) = g w(q,r) [U z ] 14

15 Si r = n, on a Uz n U φ 1 zφ (r) 1 (r) p g 1 (g w(q,r)[uz ]), par le choix de U n z, puisque φ 1 (n) q = m. D où Vz n g φ 1 (r) w(q,r) [Uz ] et U n z est non vide. Dans le cas , on a Ve(1) n V e(1) et Uz = g w(q,r) [V e(1) ]. Par suite, la définition de U n z est licite, et c est un ouvert non vide de U z. On a comme en que V z = g [U z ], et que V n z est un ouvert non vide de V z, bien défini. On a donc montré que dans les 4 cas, Uz n (resp. V n z ) est un ouvert non vide de U z (resp. Vz ), bien défini. D où (4). Vérifions (3) ; si k = l, (3) est vérifié : c est clair dans les cas et , et dans les deux autres cas, on a clairement g w(k,k) [Uz n ] V n φ 1 (k) z ; si φ 1 (k) y Vz n, y V φ 1 (k) z et il existe x U φ 1 (k) z tel que y = g φ 1 (k) (x). Par suite, x Uz n et φ 1 (k) V n z φ 1 (k) = g [U n z φ 1 (k) ] = g w(k,k) [U n z φ 1 (k) ]. La condition (3) est donc réalisée (c est clair dans les cas et ; dans le cas , on utilise le fait que U n z φ 1 (r) est inclus dans U z φ 1 (r) ; dans le cas , on utilise le fait que Vz n est inclus dans V φ 1 (r) z si r < n ; si r = n, on utilise le φ 1 (r) fait que Vz n est inclus dans g φ 1 (r) w(q,r) [Uz ]) Ã T. On a g [g w(m,n) [U z φ 1 (m) ]] U zφ 1 (n) p, donc g w(m,n) [U vide. On choisit, dans cet ouvert non vide, un ouvert V n z φ 1 (n) g [V n z φ 1 (n) ] V n z φ 1 (n) U zφ 1 (n) p V zφ 1 (n) p, δ(v n z φ 1 (n) ) 2 p 1 et δ(g [V n z φ 1 (n) ]) 2 p 1. z ] g 1 φ 1 (m) (U z φ 1 (n) p) est non non vide tel que l on ait l inclusion On pose U n z φ 1 (n) := g [V n z φ 1 (n) ], de sorte que (1), (2), et (3) pour k = l = n sont réalisées. On procède alors de manière analogue à celle du cas ; là encore, on trouve 4 cas z φ 1 (r) R z et Ãw(r,q) Z. On pose { V n z := g w(r,q) [U n z φ 1 (r) ], U n z := g [V n z ] z φ 1 (r) R z et Ãw(r,q) T. On pose { V n zφ := V 1 (q) z g 1 w(r,q) (U z n ), φ 1 (r) Uz n := g [Vz n ]. 15

16 z R z φ 1 (r) et Ãw(q,r) Z. On pose z R z φ 1 (r) et Ãw(q,r) T. On pose { U n zφ 1(q) := U z g 1 w(q,r) (V z n ), φ 1 (r) Vz n := V z g 1 (U z n ). { U n := g zφ 1(q) w(q,r)[vz n ], φ 1 (r) Vz n := V z g 1 (U z n ). La vérification des conditions (1) à (4) est alors analogue à celle du cas ; pour vérifier (3) dans le cas , r = n, on utilise le fait que Vz n g φ 1 (r) w(q,r) [Uz ] z φ 1 (m) R z φ 1 (n) et Ãw(m,n) T. La suite w(m, n) = Φ(z φ 1 (m) o, z φ 1 (n) o) a déjà été définie et on a à Z. U zφ 1 (m) p = g w(m,n) [V zφ 1 (n) p ]. On choisit, dans U zφ 1 (n) p g 1 (g 1 w(m,n) (U z )), un ouvert non vide U n φ 1 (m) z tel que φ 1 (n) U n z φ 1 (n) g [U n z φ 1 (n) ] U zφ 1 (n) p V zφ 1 (n) p, δ(uz n ) 2 p 1 et également δ(g φ 1 (n) [Uz n ]) 2 p 1. On pose V n φ 1 (n) z := g φ 1 (n) [Uz n ], de φ 1 (n) sorte que (1), (2), et (3) pour k = l = n sont réalisées. On procède alors de manière analogue à celle du cas ; on trouve les 4 mêmes cas qu en 1.1.1, et on adopte les mêmes définitions. Cette fois-ci, la différence est que si r = n, on est dans le cas La vérification des conditions (1) à (4) est alors analogue à celle du cas ; pour vérifier que Uz n U z dans le cas , r = n, on utilise le fait que g w(q,r) [g [Uz n ]] U φ 1 (n) z à T. On a que g 1 w(m,n) (U z ) g 1 φ 1 (m) (U z φ 1 (n) p) est non vide. On procède alors comme dans le cas ; on a, dans le cas , r = n, Uz n U z puisqu on a V n z g 1 φ 1 (n) w(q,r) (U z ) z φ 1 (n) R z φ 1 (m) et Ãw(n,m) Z. La suite w(n, m) = Φ(z φ 1 (n) o, z φ 1 (m) o) a déjà été définie et on a V zφ 1 (m) p = g w(n,m) [U zφ 1 (n) p ]. 16

17 à Z. On choisit, dans U zφ 1 (n) p g 1 w(n,m) (V z ), un ouvert non vide U n φ 1 (m) z comme avant. On φ 1 (n) procède alors de manière analogue à celle du cas ; on trouve les 4 mêmes cas qu en 1.1.1, et on adopte les mêmes définitions. Cette fois-ci, la différence est que si r = n, on est dans le cas La vérification des conditions (1) à (4) est alors analogue à celle du cas ; pour vérifier que V n z V z dans le cas , r = n, on utilise le fait que U n z φ 1 (r) g 1 w(r,q) à T. (V z ). On a que g 1 (g 1 w(n,m) (V z )) V φ 1 zφ (m) 1 (n) p est non vide. On procède alors comme dans le cas ; on a, dans le cas , r = n, Vz n V z puisqu on a U n z g 1 φ 1 (n) w(r,q) (V z ) z φ 1 (n) R z φ 1 (m) et Ãw(n,m) T. La suite w(n, m) = Φ(z φ 1 (n) o, z φ 1 (m) o) a déjà été définie et on a à Z. U zφ 1 (n) p = g w(n,m) [V zφ 1 (m) p ]. On choisit, dans g w(n,m) [V z φ 1 (m) ], un ouvert non vide U n z φ 1 (n) comme avant. On procède alors de manière analogue à celle du cas ; on trouve les 4 mêmes cas qu en 1.1.1, et on adopte les mêmes définitions. Cette fois-ci, la différence est que si r = n, on est dans le cas La vérification des conditions (1) à (4) est alors analogue à celle du cas ; pour vérifier que la condition (3) est vérifiée dans le cas , r = n, on utilise le fait que U n z φ 1 (r) g w(r,q) [V z ] à T. On a que g 1 (g w(n,m)[vz ]) V φ 1 zφ (m) 1 (n) p est non vide. On procède alors comme dans le cas ; on a la condition (3) dans le cas , r = n, puisqu on a Uz n g φ 1 (n) w(r,q) [Vz ]. Cas 2. o = p z φ 1 (m) R z φ 1 (n). Soit w { } ω tel que (N zφ 1 (m) p N zφ 1 (n) p ) Gr(f w ). On peut supposer que w = m(z φ 1 (m) p, z φ 1 (n) p). Par (iii), w(z φ 1 (m) p, z φ 1 (n) p) = w = 0 et on a z φ 1 (m) p = z φ 1 (n) p. Il y a deux cas. 17

18 à Z. Le produit Uz V φ 1 (m) z rencontre G(g φ 1 (m) ), puisque Vz = g φ 1 (m) [Uz ]. Comme φ 1 (m) G(g ) = n ω G(g n) \ ( n ω G(g n)), on peut trouver t ω minimal tel que (U z φ 1 (m) V z φ 1 (m) ) G(g t ), et aussi on a t = m(z φ 1 (m), z φ 1 (n)) = 1. On pose alors Φ(z φ 1 (m), z φ 1 (n)) := t. Il y a 2 cas à w(m,n) Z. On a alors U zφ 1 (n) p g 1 (g w(m,n)[uz Ãw(m,n)]), et on raisonne comme en φ 1 (m) à w(m,n) T. On a alors U zφ 1 (n) p g 1 (g 1 w(m,n) (U z )), et on raisonne comme en φ 1 (m) à T. On a Uz = g φ 1 (m) [Vz ]. On raisonne alors comme en (on se réfère à et ; φ 1 (m) dans le cas analogue à 1.1.2, on a g w(m,n) [Uz Ãw(m,n)] g 1 (U φ 1 (m) z φ 1 (n) p) ) z φ 1 (n) R z φ 1 (m). On raisonne comme en 2.1 : il y a deux cas à Z à w(n,m) Z. On a alors U zφ 1 (n) p g 1 w(n,m) (V z ), et on raisonne comme en φ 1 (m) à w(n,m) T. On a alors g w(n,m) [V z φ 1 (m) Ãw(n,m)], et on raisonne comme en à T. On raisonne comme en et (on se réfère à et ; dans le cas analogue à 1.4.2, on a g 1 (g w(n,m)[vz Ãw(n,m)]) V φ 1 zφ (m) 1 (n) p ). Théorème 2.9 Il existe un borélien A 1 de 2 ω 2 ω tel que pour tous espaces polonais X et Y, et pour tout borélien A de X Y qui est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ), on a l équivalence entre les conditions suivantes : (a) Le borélien A n est pas pot(π 0 1 ). (b) Il existe des fonctions continues u : 2 ω X et v : 2 ω Y telles que A 1 (u v) 1 (A) = A 1. 18

19 Démonstration. Soit Φ : 2 ω Z 0 un homéomorphisme. On pose ( ) A 1 := (Φ Φ) 1 Gr(f n ). n>0 Appliquons le théorème 2.3 à X = Y = 2 ω, A = A 1, Z = T = Z 0, g = Id Z0, g n = f n+1, et u = v = Φ 1. Ce théorème s applique car - A 1 a ses coupes dénombrables, donc est pot(σ 0 3 ) et pot(π0 3 ). - (Z 0, (f n ) n>0 ) est une bonne situation (par 2.7), donc une situation générale puisque les domaines des f n sont non vides. - n>0 Gr(f n) = (u v) 1 (A 1 ) = (u v) 1 (A 1 ) n>0 Gr(f n). On a alors que A 1 n est pas potentiellement fermé, ce qui montre que (b) implique (a). Réciproquement, si A n est pas potentiellement fermé, le théorème 2.3 nous fournit une situation générale (Z, T, g, (g n )) et des injections continues ũ : Z X et ṽ : T Y telles que n ω G(g n) (ũ ṽ) 1 (A) = n ω G(g n). Le théorème 2.8 nous fournit des fonctions continues u : ω ω Z et v : ω ω T telles que ) G(g n ) = Gr(f n ). n ω n ω Gr(f n ) (u v ) 1 ( n ω Soit Ψ : Z 0 ω ω l injection canonique. On pose { u := ũ u Ψ Φ, v := ṽ v Ψ Φ. Alors u et v sont clairement continues, et on a clairement A 1 (u v) 1 (A). Si (α, β) A 1 \ A 1, α = β car (Gr(f n )) n>0 converge vers (Z 0 ), donc (u (Φ(α)), v (Φ(α))) ( ) G(g n ) \ G(g n ) ˇ(ũ ṽ) 1 (A). n ω n ω Par conséquent, (u(α), v(β)) / A. Remarques. (a) L énoncé de ce théorème fournit un exemple de test A 1 dans 2 ω 2 ω ; mais la preuve nous donne aussi un test dans Z 0 Z 0, et un autre dans ω ω ω ω. Nous donnerons une autre variante de cet exemple, qui se prête plus à généralisation, dans le paragraphe suivant. (b) On peut déterminer la complexité d un test comme dans l énoncé 2.9 : A 1 est D 2 (Σ 0 1 ) non pot(ď2(σ 0 1 )). En effet, avec l ouvert A = (2ω 2 ω ) \ (2 ω ), qui n est pas potentiellement fermé (par la proposition 2.2 de [Le1]), on voit que A 1 est D 2 (Σ 0 1 ). Mais un tel A 1 n est pas pot(ď2(σ 0 1 )). 19

20 En effet, avec A = A 1, on voit que A 1 n est pas pot(π 0 1 ). Donc si A 1 était pot(ď2(σ 0 1 )), on pourrait trouver une fonction continue g : 2 ω 2 ω 2 ω 2 ω telle que l image réciproque par g de tout ensemble pot(σ 0 1 ) soit pot(σ0 1 ), et telle que g 1 (A 1 ) = (2 ω 2 ω ) \ (2 ω ) (cf [Le1], Cor (a)). On aurait donc, avec l := (u v) g et A = D 0, g 1 (A 1 ) l 1 (D 0 ) = (2 ω 2 ω ) \ (2 ω ) (cf [Le1], Ex. 3.6). Mais comme g 1 (A 1 ) est fermé de 2 ω 2 ω et contient l ouvert dense (2 ω 2 ω ) \ (2 ω ), g 1 (A 1 ) = 2 ω 2 ω et l 1 (D 0 ) = (2 ω 2 ω ) \ (2 ω ), ce qui contredit la preuve du théorème 3.7 de [Le1]. (C) L impossibilité de l injectivité de la réduction. Nous montrons maintenant qu il n est pas possible d avoir u et v injectives dans le théorème 2.9. Cependant, il y a un cas où on peut avoir l injectivité de la réduction : quand A = n ω Gr(g n), où (Z, (g n )) est une situation correcte (voir la définition ci-après). Définitions 2.10 (1) On dit que (Z, (g n )) est une situation correcte si (a) Z est un espace polonais parfait de dimension 0 non vide. (b) g n est un homéomorphisme de domaine et d image ouverts-fermés de Z. (c) La suite (Gr(g n )) converge vers la diagonale (Z). (2) On dit que (Z, (g n )) est une situation très correcte si (a) (Z, (g n )) est une situation correcte. (b) Pour toute suite finie d entiers p 0,..., p n et pour toute suite finie ε 0,..., ε n d éléments de { 1, 1}, on a l implication U 0 1 Z U et z U g p0 ε 0...g pn ε n (z) = z i < n p i = p i+1 et ε i = ε i+1. Par exemple, une bonne situation est une situation correcte. Lemme 2.11 Soit (Z, (g n )) une situation correcte. Alors il existe un ouvert-fermé C n du domaine de g n tel que si g n := g n C n, (Z, (g n)) soit une situation très correcte. Démonstration. Soit (U n ) une base de la topologie de Z, et V n U n un ouvert-fermé non vide de diamètre au plus 2 n. On construit par récurrence une suite injective (q k ) d entiers et un ouvert-fermé non vide C q k de C qk tels que (1) Gr(g q k ) V 2 k. (2) Pour toute suite finie p 0,..., p n d éléments de {q 0,..., q k } et pour toute suite finie ε 0,..., ε n d éléments de { 1, 1}, on a l implication U 0 1 Z U et z U g p 0 ε 0...g p n ε n (z) = z i < n p i = p i+1 et ε i = ε i+1. (3) Il n y a qu un nombre fini de compositions d éléments de {g q 0,..., g q k, g q 0 1,..., g q k 1 } ayant un domaine de définition non vide. Admettons ceci réalisé. Il restera à poser C m := si m / {q k / k ω} pour avoir le lemme. Supposons donc la construction réalisée pour l < k. 20

21 Enumérons l ensemble fini C des compositions d éléments de {g q 0,..., g q k 1, g q 1 0,..., g q 1 k 1 } de domaine de définition non vide ne vérifiant pas la conclusion de l implication de la condition (2) : C = {f 1,..., f m }. On notera D fi le domaine, nécessairement ouvert-fermé non vide, de f i. Posons, pour I m, O I := D fi+1 Ď fi+1. i I i m\i Alors (O I ) I m est une partition de Z en ouverts-fermés, et I m tel que V k O I. Posons O := {z V k O I / i I f i+1 (z) z}. Alors O est ouvert dense de V k O I, donc par continuité il existe un ouvert-fermé non vide O de O tel que pour i dans I on ait O f i+1 [O ] =. Choisissons q k / {q 0,..., q k 1 } tel que Gr(g qk ) (O O ), puis un ouvert-fermé non vide C q k de C qk O gq 1 k (O ) tel que C q k g qk [C q k ] =. La condition (1) est clairement réalisée. Soient p 0,..., p n une suite finie d éléments de {q 0,..., q k }, ε 0,..., ε n une suite finie d éléments de { 1, 1}, U un ouvert-fermé non vide de Z tel que pour z dans U on ait g p 0 ε 0...g p n ε n (z) = z, avec p i p i+1 ou ε i = ε i+1 pour tout i < n. Alors il existe i n tel que p i = q k, par hypothèse de récurrence ; montrons qu un tel i est unique. Si tel n est pas le cas, dans la composition apparaît g q k ε j g p j+1 ε j+1...g p s ε s g q k ε s+1, avec p l q k si j < l s. On a g q k ε s+1...g p n ε n (z) O O I. Soit r < m tel que f r+1 = g p j+1 ε j+1...g p s ε s ; alors r I car f r+1 (g q k ε s+1...g p n ε n (z)) est défini et g q k ε s+1...g p n ε n (z) O I. Donc f r+1 (g q k ε s+1...g p n ε n (z)) / O, ce qui est absurde. D où l unicité de i. On en déduit l existence d un ouvert-fermé non vide de Z sur lequel g q k coïncide avec l une des fonctions f t ou avec l identité. Mais ceci contredit le choix de C q k et de O. D où la condition (2). Posons H := {g q k, g q k 1, Id C qk, Id g qk [C q k ]}. Alors les seules compositions d éléments de H ayant un domaine définition non vide sont les éléments de H. Par suite, les seules compositions d éléments de {g q 0,..., g q k, g q 0 1,..., g q k 1 } ayant un domaine de définition non vide sont de la forme h, f, hf, fh, ou fhg, où f et g sont des compositions d éléments de {g q 0,..., g q k 1, g q 0 1,..., g qk 1 1 } de domaine de définition non vide (on raisonne comme précédemment pour voir qu il n y a pas plus d un élément de H dans une composition) ; elles sont donc en nombre fini. D où la condition (3) et le lemme. Théorème 2.12 Soit (Z, (g n )) une situation correcte. Alors il existe u : Z 0 Z injective continue telle que ) Gr(g n ) = Gr(f n ). n>0 n>0 Gr(f n ) (u u) 1 ( n ω Démonstration. On utilisera des notations analogues à celles de la preuve du théorème 2.6, et le même schéma de démonstration. Les nuances sont les suivantes. Soit (g n) fournie par le lemme

22 On va construire - Une suite (U s ) s Sp ω Πn<p An d ouverts-fermés non vides de Z. - Une fonction Φ : p ω [(Π n<p A n ) (Π n<p A n )] { } ω. On demande à ces objets de vérifier (i) U s i U s (ii) δ(u s i) 2 { s 1 w(s, t) = m(s, t) (iii) s R t U t = g w(s,t) [U s] (iv) U s n U s m = si n m On peut définir u : Z 0 Z comme dans la preuve du théorème 2.6, et u est injective continue. Comme Gr(g n) Gr(g n ) ˇ (Z), la construction permet d avoir le théorème. Montrons donc que la construction est possible. Admettons avoir construit U s et Φ(s, t) pour s, t p vérifiant (i)-(iv), et soient s Π n<p A n et i A p. On va construire par récurrence sur n {1,..., p p q }, et pour k {1,..., n}, des ouverts-fermés non vides U n z φ 1 (k) de Z. On demande aux ouverts-fermés de vérifier (1) U n z φ 1 (k) U zφ 1 (k) p (2) δ(u n z φ 1 (k) ) 2 p 1 (3) Si k, l {1,..., n} et z φ 1 (k) R z φ 1 (l), alors w(k, l) = m(z φ 1 (k), z φ 1 (l)) U n z φ 1 (l) = g w(k,l) [U n z φ 1 (k) ] (4) U n+1 z φ 1 (k) U n z φ 1 (k) si k {1,..., n} (5) U n z φ 1 (k) U n z φ 1 (l) = si k, l {1,..., n} et k l On voit comme dans la preuve du théorème 2.6 que cette construction est suffisante ((iv) résulte du fait que Π n p A n est une classe pour E, comme on l a vu en 2.7). Pour avoir la condition (5), on utilise le fait, vu en 2.7, que (Z 0, (f n ) n>0 ) est une très bonne situation. On commence par assurer les conditions (1)-(4) comme dans la preuve du théorème 2.6. Soient donc s et t dans Π n p A n, avec s t ; comme ce produit est une E-classe, il existe une T -chaîne c de longueur minimale telle que c(0) = s et c( c 1) = t. Soient n := c 2, p i des ε entiers et ε i dans { 1, 1} tels que pour tout α dans Π n>p A n, f i pi (c(n i) α) = c(n i + 1) α (ces objets existent par minimalité de n). Par minimalité de n encore, on a p i p i+1 ou ε i = ε i+1 pour tout i < n. Comme (Z 0, (g n)) est une situation très correcte, on peut trouver x U s tel que g p ε g p ε n n (x) x ; par suite, il existe un voisinage ouvert-fermé U s de x, inclus dans U s, tel que g p ε g p ε n n [U s] U s =. on construit alors à nouveau des ouverts-fermés U r, pour r dans Π n p A n, par récurrence sur d(r, s), comme dans la preuve du théorème 2.6. On a alors U r U r et l unicité de la T -chaîne allant d une suite à l autre (qui résulte de la condition (b) de la définition d une très bonne situation) montre que U s U t =. En un nombre fini d étapes, on obtient donc la condition (5) en plus des autres conditions (1)-(4). 22

23 Lemme 2.13 Soient H, K des boréliens de Z 0, et B un borélien de n>0 Gr(f n) inclus dans H K et non pot(π 0 1 ). Alors il existe un borélien Z de H K, une topologie τ sur Z, et un borélien C n de D fn Z tels que (a) La topologie τ est plus fine que la topologie initiale de Z. (b) Le graphe de la restriction de f n à C n est inclus dans B. (c) Le couple ((Z, τ), (f n C n ) n>0 ) est une situation correcte. Démonstration. Comme B n>0 Gr(f n), on peut écrire que B = n>0 Gr(f n E n ), où E n est borélien de Z 0. On peut supposer, pour simplifier l écriture, que Z 0 est récursivement présenté et que H, K, B, E n et f n E n sont 1 1. On notera Σ (respectivement ) la topologie engendrée par les Σ 1 1 (respectivement 1 1 ) de Z 0. Posons Ω := {x Z 0 / ω x 1 = ωck 1 }, D := {x Z 0 / x / 1 1 }, Z := {x H K D Ω / (x, x) B Σ Σ }. Alors Ω muni de Σ est polonais, donc Ω est borélien de Z 0 et Z aussi (puisque B est Σ1 1, une double application du théorème de séparation nous donne que B Σ Σ = B, et on utilise le fait que soit polonaise pour voir que B Σ Σ est borélien). On définit τ comme étant la restriction de Σ à Z. Comme Z est Σ1 1, c est un ouvert de Ω muni de Σ, donc (Z, τ) est polonais, de dimension 0 car traces des Σ1 1 sur Ω sont ouverts-fermés de Ω muni de Σ, parfait car inclus dans l ensemble codénombrable D (je renvoie le lecteur à [Lo3] pour les preuves des propriétés de Ω, et Σ utilisées ici et non démontrées). On va montrer que Z. Le borélien B n est pas pot(π 0 1 ), donc B D2 non plus puisqu un borélien de projection dénombrable est pot( 0 1 ) (cf [Le1], remarque 2.1). Soit α tel que D soit 1 1 (α). Alors D2 ˇB B D 2 (α) (α), donc contient (x, y). On peut donc trouver (x n, y n ) dans Gr(f pn E pn ), où p n ω, tel que (x n, y n ) converge vers (x, y), pour (α) (α). Or le graphe de f p E p est fermé dans Z 0 muni de (α) (α) ; on peut donc supposer que la suite (p n ) croît strictement vers l infini, car (x, y) / B. Par suite y = x, et comme H et K sont fermés pour (α), on a x H K. On en déduit que (H K D) 2 ˇB B D 2. Mais ce Σ1 1 non vide, qui vaut (H K D) 2 ˇB B D 2Σ Σ, rencontre {(x, y ) Z 0 Z 0 / ω (x,y ) 1 = ω CK 1 } Ω 2, en (x, y ), et en raisonnant comme précédemment, on voit que x = y Z. Soit (z n ) une suite dense de (Z, τ), et Q n un Σ1 1 non vide contenant z n inclus dans la boule ouverte de centre z n et de rayon 2 n, au sens de (Z, τ). Alors on construit par récurrence une suite injective d entiers (q n ) telle que Q 2 n Gr(f qn E qn ). On pose alors C qn := E qn Q n fq 1 n (Q n ), et C m := si m / {q n / n ω}. Les ensembles C n sont ouverts-fermés de (Z, τ), donc boréliens de Z 0 muni de sa topologie initiale. Les ensembles f n [C n ] sont Σ1 1 donc ouverts-fermés de (Z, τ). Les restrictions de f n à C n sont clairement des homéomorphismes car tous les objets intervenant sont Σ1 1. Leurs graphes sont dans B car C n E n. Enfin, la suite (Gr(f n C n )) n>0 converge vers (Z) par construction des C n. 23