SE VAT FRA

son ensemble dérivé contient tous les points de cet RE Ve voit qu’un ensemble dense dans un intervalle (a, b) contient, s il À est parfait, tous les points de cet intervalle. “ G

Nous allons AORIECE maintenant CMD RENE on | peut construir

dans cet intervalle, un point À n’appartenant pas à l’ensemble P [ce qui suppose que F n'est pas dense dans l'intervalle (0, 1)]. Supposons d’abord qu’il existe au moins un point B de P d’abscisse b supérieur à l’abscisse & de A. La limite inférieure des abscisses b est un nombre déterminé, B, abscisse d’un certain point N et l’on a 87 a. Le point N est évidemment point limite de P, c’est donc un point de P. Par suite, il ne peut coïncider avec À et l’on a : B=> a. D'ailleurs, entre A et M, il n’y a certainement aucun point de P. Supposons de même qu'il y ait au moins un point G de P d’abscisse inférieure à a, on voit qu’on pourra former un intervalle MN dont les extrémités seules appartiennent à P et qui contient À à son intérieur.

Nous dirons, en adoptant une expression proposée par M. Baire, que l'intervalle MN ainsi défini est un intervalle contigu à l’ensemble parfait P.

Pour exprimer que À est entre M et N sans coïacider avec M ni avec N, nous dirons que A est intérieur à MN au sens étroit; il serait intérieur au sens large s'il pouvait coïncider avec l’une des extrémités.

Il pourra exister des points A tels qu'il n'y ait pas de points de P à droite de A (c’est-à-dire d’abscisse supérieure). Dans ce cas, on pourrait encore construire un segment tel que MN, sauf que N serait le point 1 n’appartenant pas à P. De même, s’il n’y avait pas de points de P à gauche de À, M serait le point o.

Observons que si l’on détermine tous les segments tels que MN, on obtient une infinité dénombrable de segments n'empiétant pas les uns sur les autres et n'ayant même pas d'extrémité commune. Le fait que les intervalles contigus à P sont sans points communs résulle de leur définition même. De plus, ces segments forment un ensemble dénombrable. Car le Re de ceux de ces

segments dont la longueur est plus grande que . est inférieur à nr

par suite des propriétés précédentes. D’après un raisonnement que nous avons fait plusieurs fois, cela suffit à démontrer notre proposition. à £

Il en résulte qu'on obtiendra l’ensemble parfait P (qu'on a

pris arbitrairement, mais distinct de l’ensemble des points de

l’intervalle fondamental) en enlevant de cet intervalle les

points intérieurs (au sens étroit) à un certain ensemble dénombrable E d’intervalles MN sans points communs. Réciproquement, si l'on opère ainsi EN sE DONNANT @ priori un ensemble E, nécessairement dénombrable, d’intervalles MN sans points communs, l’ensemble P obtenu est parfait.

En effet, soit A’ un point de l’ensemble dérivé P/ de P; A!est un point de P sans quoi il serait intérieur au sens étroit à un intervalle MN qui ne contient pas de points de P autre que M ou N et alors A’ ne serait pas point limite de P. Soit maintenant A un point de P, il faut montrer qu’il y a au moins un point de P distinct de À dans, tout intervalle 4$ ayant pour milieu A et aussi petit que l’on veut. Or, ou bien il n’y a que des points de P dans l’un des deux intervalles Aa, AB et alors la proposition est vérifiée; ou bien il y a au moins un point B, dans «A et un point B, : dans $ A qui n’appartiendraient pas à P. Les points B, et B, seront respectivement situés dans deux des intervalles enlevés M, N,, M,N; et, puisque À appartient à P, l'extrémité droite N, de lun et l'extrémité gauche M, de l’autre seraient deux points de P contenus l’un entre B, et À, l’autre entre B; et A et par conséquent contenus entre & et 8. De plus, l’un au moins de ces deux points est distinct de À, car les deux segments M,N,, M; N;, étant distincts, sont sans points communs. Ainsi l’ensemble P est parfait. Remarquons en passant que, s’il n’est dense dans aucun inter= = salle, on peut le considérer comme composé de l’ensemble | Et dénombrable des points M (par exemple) et de l’ensemble dérivé de celui-ci. Car, d’après la démonstration précédente, dans = 4 NS tout intervalle 48 ayant pour milieu un point À de P il ya toujours un point M distinct ou non de A, à moins que P ne soit dense. 4 dans l’un des intervalles Aa, AR, ce qui est impossible dans notre hypothèse.

infinité Er À sera point limite. D’autre part, nous avons admis qu’on enlève de la droite seulement les points intérieurs au sens étroit aux segments MN (tous compris au sens. large entreoet 1); mais la démonstration, pour être exacte, exige qu’ (EE enlève le point 1 pour l’unique segment qui se termine en ce point, s il en existe un et de même pour le point o. ù

Si E comprenait un segment qui soit précisément (o, 1) et qu’on enlève tous les points de ce segment, P n'aurait aucun point. Sc nous écartons ce cas, P a toujours une infinité de points.

En effet, dans le cas contraire, P n’aurait aucun point. Ceci est manifestement impossible, si E ne comprend qu’un nombre fini de segments sans points communs. Or le cas où E comprendrait une infinité de segments sans points communs se ramène à celui-ci au moyen du théorème général suivant (‘) qui s'applique à des intervalles quelconques empiétant ou non :

Si l’on a sur une droite Ox une infinité E d'intervalles partiels MN, tels que tout point du segment fermé (0, 1) soit intérieur (au sens étroit) à l’un au moins de ces intervalles, il existe UN NOMBRE LIMITÉ de ces intervalles, tel que tout point du segment soit intérieur au sens étroit à au moins l’un d'eux.

Ce théorème, qui a de très nombreuses applications, a été démontré par M. Émile Borel dans le cas d’une infinité dénom-

brable d'intervalles. Nôus allons donner la généralisation de M. Lebesgue (?) au cas d’une infinité quelconque d’intervalles. , Nous dirons qu’un point x de l'intervalle (0, 1) est atteint si l'on peut trouver un nombre fini d’intervalles MN qui recouvrent complètement l'intervalle (0, x) (en le débordant). 1] faut démontrer que le point 1 est atteint. Le point o est dans un intervalle partiel au moins : py; donc il y a certainement des points atteints entre o et 1 : ceux qui sont entre o et v. Or tout point à la gauche d’un point atteint est atteint et tout point à la droite d’un point non atteint n’est pas atteint. Dès lors, si 1 n’est pas atteint, il y a un point +, entre o et 1 qui est le dernier point atteint ou le premier point non atteint. Îl est situé dans un de nos intervalles : pv’. Soient x, entre pet z,, æ, entre x, etv’. Le point x, sera atteint au moyen des intervalles qui servent à atteindre x, (à la gauche dex,) et de l'intervalle pv. Ceci est impossible puisque >, est à la droite de x,. Donc 1 est atteint.

D'ailleurs, il est loisible de supprimer les portions de ces intervalles qui pourraient déborder à la droite de 1 ou à la gauche

(*) Voir Éx. Bone, Loc. ‘cit. (p. 42). L'extension au domaine [à n dimensions À est immédiate; elle a été développée dans le Journal de M. Jordan : Contribution . à l'Analyse arithmétique du continu, par Ém. BOREL (p. 357, fascicule IV, 1903). (2) Voir Lenesaue, Leçons sur l'intégration et la recherche des fonctions primitives. Paris, Gauthier-Villars. On peut de même montrer que : Si tout point d'unensemble borné et fermé F appartient a un des éléments O d'une famille d'ensembles ouverts, on peut toujours recouvrir entièrement F à l’aide d’un … nombre fini de ces ensembles O (cf. D£ LA VALLÉE Poussin, Intégrales de Lebesgue, p. 15).

10 CHAPITRE I, x,

de 0, et alors tout point (sauf les points 0, 1) sera encore intérieur au sens étroit aux intervalles partiels. Il en serait de même pour le nombre fini d’intervalles que nous avons obtenu.

THÉORÈME FONDAMENTAL sur LA MEsurE. —- Considérons maintenant un ensemble dénombrable E d’intervalles quelconques MN compris dans (0, 1) au sens large.

Nous pourrons les ranger dans un ordre déterminé : M,N,, MAN, .... Appelons s;la longueur de M;N;. Si les intervalles n’ont aucun point commun, on aura certainement : 74 + T2 +...—+ Ty LE pour toute valeur finie de g. Donc la série à termes positifs :

CO Ji re es Op.

sera convergente et sa somme ç ne sera pas supérieure à un: Autrement dit, la longueur totale des intervalles enlevés, que nous pourrons appeler la mesure de E, est au plus égale à la lon= gueur totale de l'intervalle (o, 1). Nous avons vu d’ailleurs que les points du segment (0, 1) ne sont pas nécessairement tous. enlevés. On peut se demander s’il est possible (les intervalles MN. empiétant ou non) que les points du segment (0, 1) soient tous enlevés sans que © soit supérieur ou au moins égal à un. La réponse est évidemment négative dans le cas où 1l y a un nombre lini de segments MN. IL en est encore de mème s’il y a une infi- SE nilé dénombrable de segments MN puisque ce cas se ramène au es précédent au moyen du théorème de M. Borel (p. 9). Ceci sup- Qu pose que l’on enlève seulement de chaque segment MN les points BAT intérieurs au sens étroit. Le résultat est encore exact dans LT er cas contraire. En effet, on enlèvera bien les points intérieurs. à M;N; au sens large, si l’on supprime les points intérieurs au sens étroit au segment M;N; qui a même milieu que M;N; et dont la longueur est s,— si(1 + A < étant un nombre positif fixe. Or, si la série o — co, ++... est convergente et de somme inf rieure à uns on peut prendre e assez pelit pour que la série con. vergente 5/— 5°, + , +... ait aussi une somme. inférieure à un Mais, d’après ce qui précède, les points du segment (0, 1) e pourraient être tous enlevés, quand on emploie les segments M; 4 au sens étroit. À fortiori, il en sera ainsi quand on enlève Ve segments M;N; au sens large. FOR

CPR

En résumé, lorsqu'on enlève du segment (o, 1) tous les points

intérieurs à une infinité dénombrable d’intervalles M;N; em piétant ou non les uns sur les autres et de longueur totale C0 + Ga Coytee..e I,

il reste certainement des points non enlevés sur le segment (o,1). On peut dans cet énoncé entendre le mot sntérieur indifféremment au sens étroit ou au sens large.

Donnons un exemple d’un tel ensemble d’intervalles. On obtiendra certainement tous les nombres rationnels compris entre o et 1, dans la suite :

(S) Z gR rar d et |

(eu supprimant les fractions non irréductibles, on a là une preuve directe que les nombres rationnels forment un ensemble dénom-

brable).

Soit 5 le terme de rang £ de cette suite, nous prendrons pour

intervalle M;N; l'intervalle ( 2: — Var =) + On aura : | \ gi Had di

D nr An Nan ras te!

ER 0 No ol + 1)

2€ DR D te AE T1... —9:M, 15 23 PE

M étant la somme d’une série convergente. Donc, en prenant pour & un nombre déterminé, assez petit pour que 2eM soit inférieur à un, On aura 6 < 1 et par conséquent en enlevant les intervalles M;N; il restera un ensemble G'de points sur le segment o, 1.

En modifiant légèrement la construction, on peut obtenir un ensemble G parfait. En effet, supprimons d’abord de la suite des

nombres = les fractions non irréductibles. Puis enlevons successi-

vement du segment (0,1) les intervalles M;N;, qui correspondent chacun maintenant à un seul nombre rationnel et réciproquement; mais, en arrivant à l'intervalle de rang 1, rapetissons cet intervalle de façon qu’il n’ait aucun point commun avec les précédents. On aura, à plus forte raison, «1 et il y aura encore

un ensemble G de points non enlevés. D'ailleurs, cette diminu-

+ tion des segments M;N; pourra se faire de façon qu'il reste encore

une infinité de segments M;N; non nuls. Sans quoi, il y en aurait un nombre fini sans points communs n’occupant pas tout le segment (0, 1);il resterait donc au moins un intervalle (&, b)de points

non enlevés. Or ceci est impossible, car dans la suite des £ ôn

pourrait trouver un terme de rang assez élevé pour être hé ' cet intervalle au sens étroit et qui pourrait encore donner lieu

à un nouveau segment M;N;.

Si maintenant on enlève les points intérieurs au sens étroit à celte infinité dénombrable d’intervalles sans points communs, on aura un ensemble parfait G (p. 8) et pourtant G ne sera dense dans aucun intervalle partiel (a, b) entre o et 1. Car, étant parfait, il contiendrait tous les points de (a, b), ce qui est impossible d’après ce qui précède (!).

M. Cantor a donné un exemple effectif d’un ensemble linéaire parfait qui n’est dense dans aucun intervalle entre o et 1. Il utilise dans ce but la représentation de l’abscisse dans le système de … numération dont la base est 3. Un point compris dans l'intervalle > fondamental sera représenté par l'expression o,abcde... où les : nombres a, b, c, d,e, ... sont tous 0, 1 ou 2. On peut toujours Fe supposer, sauf pour le point o, que les nombres a, b, c, d, e, ... ne sont pas tous nuls à partir d un certain rang, Car on peul écrire,

par exemple,

o,abcdi — o,abcdo222..., o,abcd> = o,abcdi222...

Cela posé, l’ensemble F sera formé de tous les points dont les abscisses o,abcde ... peuvent étre écrites sans employer le » chiffre 1, en utilisant, s’il est nécessaire, la remarque précédente. 4 On obtiendra tous les points de F en enlevant tous les autres. On on y arrivera méthodiquement de la manière suivante. SE

On enlèvera d’abord les nombres dont le premier chiffre apr la virgule est 1, puis les nombres dont les premiers chiffres après la virgule sont o1 ou 21, et ainsi de suite. On voit que cela revient enlever les points intérieurs au sens étroit aux intervalles (o,: 4

0,2); puis (0.01; 0,02) et (0,21; 0,22); puis (0,001; 0,002), ee

(:) Bien que nous ne puissions faire ici un historique complet, il est nécesse

FRE de dire que Paul du Bois-Reymond a beaucoup contribué à élucider ces notio

À ; JS 7 +

NOTIONS GÉNÉRALES SUR LES ENSEMBLES. 13 (0,021; 0,022), (0,201; 0,202), (0,221; 0,222), .... En définitive, on voit qu’on enlèvera les points intérieurs au sens étroit à une infinité dénombrable d’intervalles sans points communs. Ainsi l’ensemble F est parfait; d’ailleurs, il n’est dense dans aucun intervalle. Car, étant parfait, il devrait contenir tout cet intervalle, ce qui est impossible : dans tout système de numération, entre deux nombres quelconques. on peut en intercaler un troisième dont l’un des chiffres après la virgule soit 1.

On peut même remarquer que si, avec les notations précédentes, on appelle mesure de l’ensemble F la quantité 1 — ©, la mesure de F est nulle. En effet, les longueurs de nos intervalles sont, écrites dans le système de numération ternaire : 0,1; puis 0,01; 0,01; puis 0,001; 0,001; 0,001; 0,001; ....

On a donc MST 2 2? 23 dre ç FAP TMD HR TEE, =, d’où : 1—T—=0O.

D'ailleurs, on peut former géométriquement nos intervalles d’une façon simple : on divise le segment (0, 1) en trois parties égales et l’on supprime la partie moyenne; puis on fait de même dans les intervalles restants et ainsi de suite.

Enfin, notons ce fait paradoxal qu'après avoir enlevé du seg-

ment (o, 1) une infinité de segments dont la longueur totale est

égale à celle de ce segment, il reste un ensemble de points F qui a même puissance que l’ensemble des points de l’intervalle(o, 1). En effet, un point quelconque de F a pour abscissea—0o,abcd..., où a, b,c,d,... sont tous égaux, soit à o, soit à 2. Faisons correspondre à un tel nombre «, le nombre «/ obtenu en y remplaçant 2 par 1 et supposé écrit dans le système binaire. Le nombre sera compris entre o et 1 et l'on établira ainsi une correspondance univoque et réciproque entre les points « de F et les points a’ compris entre o et 1. Il y a une petite difficulté à cause du fait que certains nombres peuvent s’écrire de deux manières dans le système de base 2; mais leur ensemble est dénombrable (ce sont les nombres qui peuvent s’écrire au moyen d’un nombre ini de chiffres après la virgule) de sorte que la difficulté se lève aisément.

On peut généraliser ce dernier résultat sous la forme suivante :

Tuéonème De M. Canton. — Tout ensemble parfait linéaire a la puissance du continu.

Il suffit de prouver le théorème dans le cas où l’ensemble parfait P n’est dense dans aucun intervalle. Car autrement, en supposant par exemple P entre o et 1, l’ensemble P serait une partie de l’ensemble continu (0, 1) et d’autre part une partie de P, dense dans un intervalle (a, b), coïnciderait avec l'intervalle (@, b) et aurait par conséquent même puissance que (0, 1). P aurait bien dans ce cas la puissance du continu ().

Supposons que P soit un ensemble parfait qui ne soit dense dans aucun intervalle. On peut l’obtenir en enlevant (au sens étroit) du segment (o, 1) une infinité dénombrable d’'ntervalles partiels sans points communs M;N;. Puisque P n’est dense dans aucun intervalle, c’est que dans tout intervalle (a, b) il y au moins un point n’appartenant pas à P. Donc dans tout intervalle (a, D), 5l y a tout ou partie d’un intervalle partiel M;N;; en particulier

entre M;N; et M;N;, il y a au moins un intervalle entier M4N4..

Ceci étant, la méthode de M. Cantor consiste à établir une correspondance univoque et réciproque entre tous les segments M;N; et tous les nombres rationnels compris entre 0 et 1, de manière que deux éléments correspondants soient disposés de la même façon. Pour cela, observons qu’on peut obtenir tous les segments M;N; une fois et une seule en les rangeant de la façon suivante. Prenons un intervalle M,N, quelconque entre o et 1, puis un intervalle M,N, quelconque entre o et M,N;i, M;N;

quelconque entre M,N, et 1, M,N, quelconque entre o et.

MN: (2), ..., en prenant ainsi un intervalle MN successivement

entre chacun de ceux qu’on a déjà pris, etc. Si l’on opère de | 6

même manière pour les nombres rationnels, l’ordre relatif de ces nombres rationnels sera bien le même que celui des intervalles MN. Mais il est nécessaire de prendre une précaution pour être certain d’épuiser tous les nombres rationnels et tous les intervalles.

Lorsque, ayant pris nr — 1 nombres rationnels, on devra choisis à

(!) Voir Ex. Bone, Leçons sur la théorie des fonctions, Note I. (?) Pour être sûr d'obtenir ainsi tous les segments, il suffit, en les supposant

- rangés d’uné manière quelconque en suite dénombrable, de prendre chaque fois

l'intervalle MN qui a le plus petit indice Fe tous ceux entre lesquels on a le choix.