Applications entre ensembles

Merci à vous.

TP, il me semble que ça ne va pas marcher, car on ne peut pas oblitérer $Y \setminus B$. Oui, les schémas aident beaucoup !

raoul.S, j'imaginais quelque chose comme ça, car on ne peut pas ajouter ou enlever des éléments un par un, à un ensemble pour en obtenir un autre vérifiant une certaine propriété, cela suppose implicitement que les ensembles sont finis ou dénombrables ?
$\cal A$ est non vide ($X \in \cal A$). A l'autre bout, si $g$ est surjective, $\emptyset$ convient. Il faut diminuer $X$ jusqu'à obtenir un ensemble qui convient. Une technique est de considérer $A=\bigcap_{E \in \cal A} E$ et de vérifier que $A$ appartient encore à $\cal A$ :
$X \setminus \bigcap_{E \in \cal A} E = \bigcup_{E \in \cal A} X \setminus E = \ldots$, je vais vérifier.
On aura alors le plus petit qui vérifie l'inclusion.
Avec $A$ le plus petit qui vérifie $X \setminus A \subset g (Y \setminus f(A))$, il faut alors montrer l'égalité.

Oui merci. L'intersection $A$ appartient bien à $\cal A$. Alors si $X \setminus A \ne g(Y \setminus f(A))$, alors $\exists x \in g(Y \setminus f(A)), x \notin X \setminus A $, i.e. $x \in A$.

Alors $X \setminus (A \setminus \{x \})=(X \setminus A) \cup \{x \} \not \subset g(Y \setminus f(A \setminus \{x \}))=g(Y \setminus f(A)) \cup g(f(x))$ ou $g(Y \setminus f(A))$, ce qui est impossible dans les 2 cas.

Merci beaucoup.

Merci beaucoup GG. Peu importe la fonction utilisée pour la démonstration de l'existence de $A$.

Montrer que la fonction $b : X \rightarrow Y$ est une bijection est très facile.

Cette démonstration du théorème de Cantor-Bernstein est intéressante. J'ai essayé d'en comprendre l'idée.

$f : X \rightarrow Y$ injective, donc $f$ fournit une bijection : $X \rightarrow f(X)$.
Reste à atteindre $Y \setminus f(X)$. On peut le faire par $g^{-1}$. Mais il faut se placer sur $g(Y)$.
$g : Y \rightarrow X$ injective, donc $g^{-1}$ fournit une bijection : $g(Y) \rightarrow Y$.
On peut restreindre $g^{-1}$ à $ g(Y\setminus f(X))$ pour atteindre $Y \setminus f(X)$.
Alors $g^{-1}$ fournit une bijection : $g(Y \setminus f(X)) \rightarrow Y \setminus f(X)$.
Par ces deux applications injectives $f$ et $g^{-1}$, on atteint $f(X) \cup Y \setminus f(X)= Y$.
Mais il y a redondance : $g(Y \setminus f(X)) \subset X$.
On peut prendre $X$ plus petit.
En partant d'une partie $A$ de $X$, $f$ et $g^{-1}$ fournissent encore les injections : $A \rightarrow f(A)$ et $g(Y \setminus f(A)) \rightarrow Y \setminus f(A)$, qui atteignent $f(A) \cup Y \setminus f(A)= Y$.
Alors s'il existe $A \subset X$ telle que $X \setminus A = g(Y \setminus f(A))$, on a gagné.
Pour $A=\emptyset$, on a $X \setminus A \supset g(Y \setminus f(A))$.
Pour $A=X$, on a $X \setminus A \subset g(Y \setminus f(A))$.
On se doute qu'en partant d'une de ces deux extrémités, on a des chances d'obtenir une égalité.
C'est ce qu'on a fait dans les messages précédents.

Martial, en quel sens trouves-tu cette démonstration plus difficile à appréhender que les autres démonstrations du théorème de Cantor-Bernstein ?

Martial, c'est vrai que dans cette démonstration, on a du mal à imaginer, avec le théorème du point fixe, comment on peut obtenir une égalité à coup sûr (un $A$ qui fait l'égalité).
Si on imagine qu'on ajoute au fur à mesure des éléments au membre de gauche, on en ajoute aussi au membre de droite, mais qui ne vont pas forcément appartenir à l'image de $g$, donc on n'aura plus l'inclusion pendant un certain temps, mais on n'aura pas non plus à ce moment-là l'inclusion inverse, juste une non-inclusion dans les deux sens. Enfin il me semble. Au fur et à mesure qu'on continue à ajouter des éléments à gauche, on ajoute des éléments à droite, qui eux vont finir par tous appartenir à gauche. Mais on ne voit pas bien où se fait le basculement.

Cela se comprend un peu mieux avec la solution de raoul.S, en prenant l'intersection $A$ de toutes les parties qui vérifient l'inclusion : membre de gauche $\subset$ membre de droite. C'est la plus petite partie qui vérifie l'inclusion. Toute partie plus petite ne la vérifie pas. On peut alors imaginer que $A$ vérifie l'égalité.

Les autres démonstrations, vues dans Wiki : https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Cantor-Bernstein, font appel à une suite infinie. La 3ème démonstration est celle des ancêtres. J'imagine que celle avec les danseurs et les danseuses est la 1ère ? Ces deux démonstrations restent-elles valables dans le cas où les ensembles sont finis ?

Ok merci Martial. Mais ces démonstrations ne me paraissent pas faciles à comprendre par quelqu'un qui n'a jamais fait de maths, il faut déjà comprendre une bijection d'un ensemble dans une partie propre (que deviennent les autres éléments, ceux qui ne sont pas dans la partie propre ? ou bien : la partie propre parait trop petite pour accueillir tout le monde). Je veux dire qu'on n'a pas naturellement l'esprit préparé à comprendre l'infini.

C'est trivial avec les cardinaux pour les ensembles finis.