Enfoncer des portes ouvertes n'est pas toujours une sinécure

Salut à tous les matheux,
Il s'agit de prouver, sans l'axiome du choix, que tout ensemble qui n'est pas D-infini (sens de Dedekind) est fini au sens usuel i.e. qu'il est soit vide soit équipotent à un ensemble Nn={0,1,2....,n}.
j'ai trouvé une preuve pas très élégante et me demande si un truc simple ne m'a pas échappé.
Rappel : un ensemble E est dit D-infini ssi il est équipotent à une de ses parties propres.

Rectification : finalement après une longue dicussion sur ce fil, notamment avec GG que je remercie, il semble que l'axiome du choix dénombrable soit incontournable.

Réponses

  • Bonjour Guy

    je pars de N tel que je l'ai defini (rem: GG m'a rappelé que cette présentation était celle du grand Choquet dans ses cours des années 50,ce qui renforce mon opinion)

    on montre que les parties finies non vides de N sont ses parties majorées, et qu'une telle partie est en bijection avec une section unique [1 n] ( n est dit son cardinal )
    cela dit si E est un ensemble non infini, il s'injecte dans N (cf cantor Bernstein) et c'est...fini;)
  • Bonjour,

    oumpapah> je ne suis pas sûr de comprendre .. la question de Guy c'est (en prenant la contraposée) démontrer qu'un ensemble E équipotent à aucun [1,n] est D-infini, et sans AC, je ne vois pas bien encore comment construire cette injection non bijective de E dans E, ou encore, ce qui revient au même, une injection de N dans E. E contient des parties propres finies arbitrairement grandes, mais ensuite ...
  • Bonjour GG,

    Cantor Bernstein ne requiert pas AC.
    si N s'injectait dans E , alors E serait infini
    donc E s'injecte dans N et l'image dans N est finie
    non?
  • oumpapah> pour moi, Cantor-Berstein c'est "deux ensembles qui s'injectent mutuellement sont équipotents". Es-tu sûr qu'on puisse montrer que pour deux ensembles quelconques, il existe une injection de l'un des deux dans l'autre, sans AC ?
  • GG, pour une preuve sans AC de Cantor-Bernstein allez là
    http://www.les-mathematiques.net/spip/ où j'ai rédigé cette preuve sur les indications de Rémi Saint Romain. Les arguments sont élémentaires.
  • Bonjour oumpapah,
    Gustave Choquet........là j'ai un vieux coup de nostalgie. Jussieu, le quartier latin....
    A part cela je ne saisis pas quand tu écris "E non D-infini===> E s'injecte dans N"
  • Guy, ce n'est pas une preuve de "Cantor-Berstein" sans AC que je veux, c'est une preuve que pour deux ensembles quelconques, il existe une injection de l'un des deux dans l'autre :)
  • OK GG mais cela est la trichotomie qui nécessite effectivement l'AC
  • oui, d'où ma question à oumpapah, puisqu'il semble utiliser cet énoncé. Cela dit, porte ouverte, ... porte ouverte ... :) C'est loin d'être trivial, je pense même que c'est impossible sans AC (sans AC, je me suis toujours laissé dire que D-fini n'est pas équivalent à fini, ni T-fini à fini (X Tarski-fini = toute partie non vide de P(X) possède un élément maximal (minimal) (pour l'inclusion ensembliste))).

    Ce serait donc pas mal que tu donnes déjà ta démo :)
  • Re,

    oui,oui, pour montrer qu'étant donnés deux ensembles E et F un des deux s'injecte dans l'autre, ce qui n'est pas Cantor Bernstein, j'utilise Zorn qui équivaut à AC..
    et c'est cette propriété que j'utilise pour dire que E non infini s'injecte dans N
    et je ne vois pas d'échappatoire pour l'éviter.
  • Pour exploiter sans délai le théorème d'oumpapah ;) (à isomorphisme près, il existe un unique ensemble bien (donc totalement) ordonné sans plus grand élément mais dont toute partie majorée en possède un), je propose de répondre à la question de Guy en ne faisant appel qu'à l'axiome plus faible du choix dénombrable.

    Soit E un ensemble infini (i.e. équipotent à aucun [1,n]). Il s'agit donc de montrer avec ACD qu'il est D-infini (i.e. N s'injecte dans E). Je considère les chaînes (pour la relation d'inclusion) de l'ensemble des parties finies de E. Je constate qu'il existe des chaînes infinies. Si tel n'était pas le cas, toute chaîne serait majorée par la réunion de ses éléments (qui est finie) et on pourrait appliquer Zorn : il existerait une chaîne maximale, laquelle coïnciderait avec E qui serait fini, en tant que réunion finie de parties finies, contradiction. Il existe donc une chaîne infinie T de parties finies de E. On vérifie que cette chaîne satisfait les conditions d'oumpapah : c'est un ensemble totalement ordonné (pour la relation d'inclusion), le plus petit élément d'une partie de T est celui dont le cardinal est minimum, etc. Ainsi T est isomorphe à N et l'on peut appliquer ACD aux ensembles t0 , t1 \ t 0 , ... t k+1 \ t k , ... où les tn sont les éléments de T.
  • GG

    en cours de route tu fais appel à Zorn..mais celui ci équivaut à AC..
    et si E est D infini , à partir de f injection non surjective de E dans E
    en prenant la plus petite partie stable de E contenant un élément a non dans f(E)
    on obtient un modéle de N par la démo que j'ai donnée et qui ne requiert pas AC
    je ne suis plus tres bien:S
  • oumpapah> bien sûr, je suis nul, je fais appel à AC, ma démo ne vaut rien !
  • Guy> pour éviter les malentendus, je propose les définitions suivantes :

    on dira qu'un ensemble A est fini (de cardinal un entier naturel n) ssi il existe n € N tel que A soit équipotent à [0,n],

    A est infini ssi non A fini,

    A est D-infini ssi il existe une injection f : A -> A non surjective,

    A est D-fini ssi non A est D-infini.


    Dans ces conditions, avec AC,

    A est fini <=> A est D-fini,

    sans AC,

    A est fini => A est D-fini est facile à montrer,

    et toi tu penses avoir montré que non A est D-infini => A est fini,
    soit A est D-fini => A est fini,

    est-ce bien ça ?
  • Pour E equipotent à un entier => E non D-infini, je pense qu'un récurrence sans AC suffit.
  • Ca marche je vais annuler les 2 précédents messages délirants. En principe ce qui suit tient la route.

    Non GG je ne cherche pas à prouver une équivalence car effectivement AC serait nécessaire mais seulement l'implication : E n'est pas D-infini ===>E =vide ou équipotent à Nn={0,1,2...n}. La réciproque nécessite je crois AC.

    La preuve, je vais en donner les grandes lignes.
    On sait que E est D-infini<===> D admet une partie dénombrable. Pour ===> j'en ai donné une preuve sans AC dans un fil récent et il y a la méthode oumpapah.
    Donc E non D-infini<===>E ne contient pas de partie dénombrable.
    Si E=vide cqfd
    Sinon on pose I={n/|Nn|< ou =|E|}, I contient 0 c'est clair. On affirme que I est majoré. Admettons-le provisoirement, soit n0=Max(I) on a donc |Nn0|< ou=|E| d'où il existe une injection f: Nn0--->E qui est surjective sinon on pourrait prolonger f sur N(n0+1) ce qui contredirait la maximalité de n0. Finalement E est équipotent à Nn0 cQFD.
    Reste à prouver que I est majoré par l'absurde.
    Si I non majoré alors qqsoit n on aurait |Nn|< ou =|E| et soit in l'injection de Nn dans E. On pose B0=i0(N0) et pour k>0 Bk=ik(Nk)\i0(N0)Ui1(N1)U...Ui(k-1)(N(k-1)
    On montre que la réunion des in(Nn)= la réunion des Bk. Les Bk sont disjoints deux à deux et peuvent être vides.Desolé pour les notations.
    On montre que {k/Bk est non vide} n'est pas majoré par l'absurde.
    Mais Bk non vide ===> ik^(-1)(Bk) non vide donc l'ensemble des entiers k tels que ik^(-1)(Bk) est non vide n'est à fortiori pas majoré,la liste de ses éléments l1<l2<...ne s'arrête donc pas. Les ik^(-1)(Bk) sont disjoints deux à deux.
    Ensuite on note A la réunion des ik^(-1)(Bk) qui est une partie de N et on montre
    que A n'est pas majoré donc la liste stricement croissante de ses éléments k1<k2<k3<......ne s'arrête pas sinon si cette liste était k0< k1<k2...<kN on aurait A majoré par kN d'où une contradiction.
    Pour montrer que A n'est pas majorée on remarque si A était majorée par l'entier M alors on aurait |A|< ou =M+1 et on montre que pour tout entier I on a |A|>I d'où une contradiction; en effet |A|= |somme des ik^(-1)(Bk)|=(les autres étant vides)|somme sur j des ilj^(-1)(Blj)| = somme sur j des |ilj^(-1)(Blj)|> somme sur j inférieur à I des |ilj^(-1)(Blj)|> ou = somme sur j inférieur à I de 1 = I vu que chaque ilj^(-1)(Blj) n'est pas vide donc |ilj^(-1)(Blj)| > ou = 1.
    On a donc A={k0,k1,k2..kn....} qui est équipotent à {k1,k2,....} donc A est D-infini.
    Il ne reste plus qu'à définir une injection f de A dans E ainsi définie
    pour n dans A il existe un seul kn tel que n soit dans ikn^(-1)(Bkn) on pose alors f(n)=ikn(n) et on vérifie que f est une injection de A dans N d'où contradiction avec l'hypothèse E non D-infini et la conclusion attendue que I est bien majoré.

    J'ai bien peur que tout cela soit à la limite du lisible. Toute la difficulté consiste à trouver une partie de N : A, D-infinie que l'on puisse, compte tenu de l'hypothèse d'absurde, injecter dans E pour contredire l'hypothèse E non D-infini
  • "et toi tu penses avoir montré que non (A est D-infini) => A est fini
    soit A est D-fini => A est fini"
    OUI GG on est d'accord.
    Quant à Marco on attend ta preuve en espérant qu'elle soit plus simple que la mienne .

    [AD c'est fini ? (snif) ;) AD]
  • Guy,

    Marco parle de A est fini => non (A est D-infini) ou ce qui revient au même, A est fini => A est D-fini, ce qui est élémentaire (il n'y a pas d'injection non bijective d'un ensemble fini dans lui-même, sinon il y aurait une injection non bijective de [1,n] dans lui-même),

    toi, tu veux montrer la réciproque : non (A est D-infini) => A est fini, ou ce qui revient au même, A est D-fini => A est fini !

    ce qui, certainement, nécessite AC !
  • Soit $A=\{n \in \N |$ tout ensemble equipotent à $n$ n'est pas D-infini$\}$.
    $0 \in A$:tout ensemble equipotent à l'ensemble vide est l'ensemble vide et l'ensemble vide n'a pas de parties propres.
    Si $n \in A$: Soit $E$ un ensemble equipotent par $f$ à $n+1$. Si $E$ n'est pas D-infini, il existe une partie propre $G$ de $E$ equipotent à $E$, donc par l'intermediaire de $f$, une partie propre $G$ de $n+1$ equipotent par $g$ à $n+1$. $n+1=\{0,...,n\}$. $g(G)=n+1$.
    Soit $y$ tel que $g(y)=n$, Si $y=n$, $G-\{n\}$ est une partie propre de $n$ equipotente par $g$ à $n$ donc contradication par hypothese de recurrence.
    Si $y \neq n$, soit $t$ la permutation de $y$ et $n$, $h=g \circ t$ est un bijection de $t(G)$ sur $n+1$, verifiant $h(n)=n$. $t(G)=G-\{y\}+\{n\}$ ou $t(G)=G$ donc $t(G)$ est un partie propre de $n+1$. Donc d'apres le cas-ci dessus, il y a contradiction.
    Donc $n+1 \in A$
    Donc $A=\N$.
  • Salut à tous les matheux,
    Tu as raison GG ce que veut prouver Marco est immédiat et pour le coup il enfonce une porte ouverte.
    Essaye de lire ma preuve plus haut (les premières lignes sont faciles et donnent un éclairage sur la méthode) et tu verras que je n'utilise pas l'AC, je me tiens à ta disposition pour des explications complémentaires.
  • Guy,

    Sinon on pose I={n/|Nn|< ou =|E|},

    Comment définis-tu |E| sans AC ??
  • J'ai oublié de préciser que |E| signifie la classe d'équipotence de E i.e. tous les ensembles équipotents à E et non pas la définition "savante" en tant que plus petit ordinal équipotent à E ce qui effectivement nécessite L'AC.
  • |E| signifie la classe d'équipotence de E i.e. tous les ensembles équipotents à E

    Ce n'est donc pas un ensemble.

    Quel est maintenant le sens de l'expression |A| <= |B| ??
  • Salut à tous,

    deux liens wikipedia sur le sujet:

    http://en.wikipedia.org/wiki/Finite_set#Foundational_issues

    http://en.wikipedia.org/wiki/Dedekind-infinite_set

    qui devraient répondre aux questions poséées.

    @l
  • |A| < =|B| signifie qu'il existe une injection de A dans B.
    Quand à |E| en tant que classe d'équipotence je pense que c'est un ensemble car c'est un ordinal avec la définition savante et pour l'autre définition la relation R d'équipollence sur la collection des ensembles, un des axiomes de ZF stipule que si on fixe un des arguments de xRy par exemple y alors la collection des ensembles x vérifiant la relation est un ensemble voir Théorie des ensembles de Jean-Louis Krivine p 15 schéma de compréhension.
  • Guy> la classe des ensembles équipotents à un ensemble donné ne saurait être un ensemble : par ex la classe des ensembles équipotents à {x} est en correspondance bijective avec l'univers entier, donc ..

    @l&gt; il est dit dans une des références que tu as indiquées que l'ax. de choix dénombrable suffit (sans être même nécessaire) à démontrer "A infini => A D-infini. Comme j'ai essayé en vain, ça m'intéresserait de connaître la gueule de la démo. Tu la connais ?
  • Salut à tous,

    On sait que dans $ZF$, $D$-infini est équivalent à "contenir un ensemble équipotent à $\N$".
    Supposons maintenant $ZF$+l'Axiome du Choix Dénombrable $(AC_{\omega})$. Soit $E$ un ensemble infini non vide au sens qu'il n'est pas en bijection avec un ensemble fini.

    On considère pour $n\in \N^*$, l'ensemble $F_n$ des applications injectives de l'ensemble fini à $n$ éléments, $\{1,\ldots,n\}$, dans $E$.

    S'il existe $p$ tel que $F_p$ est vide alors il est facile de montrer que $E$ est en bijection avec $\{1,\ldots,p-1\}$, ce qui est impossible.

    Ainsi pour tout $n\in \N^*,\ F_n$ est non vide. Donc d'après $(AC_{\omega})$, il existe une application $\phi$ telle que pour tout $n\in \N^*,\ \phi(n)\in F_n$.

    On construit maintenant la suite d'éléments de $E : (u_n)_{n\in \N^*}$ par récurrence, de la façon suivante :
    \begin{itemize}
    \item $u_1=\phi(1)(1)$
    \item Supposons construit $u_n$ et construisons $u_{n+1}$
    Soit $A=\{p\in \{1,\ldots,n+1\};\ \foral i\in \{1,\ldots,n\}, \ \phi(n+1)(p)\neq u_i\}$.
    Comme le cardinal de l'ensemble des $u_i$ pour $i\in \{1,\ldots,n\}$ est inférieur ou égal à $n$, il est clair que $A$ est non vide. On rappelle que $\phi(n+1)$ est une injection de $\{1,\ldots,n+1\}$ dans $E$.
    Soit $r$ le minimum de $A$ ; on pose :
    $$u_{n+1}=\phi(n+1)(r)$$
    Dès lors, on est assuré que l'application $u$ de $\N^*$ dans $E$, qui à $n$ associe $u_n$ est injective, ce qui conclut.
    \end{itemize}
    On voit qu'on n'a pas utilisé tout $(AC_{\omega})$ ; après, je pense que pour prouver que "l'équivalence entre infini et $D$-infini" est strictement plus faible que $(AC_{\omega})$, il faut utiliser du forcing. Je renvoie donc aux articles de Wikipedia.

    @l

    [Pour 1\$ de plus :) AD]
  • Pour GG : De rien, c'était avec plaisir; cette démo est très proche d'un argument diagonal.

    Pour AD : Merci pour la mise en page.

    @l

    [A ton service :) AD]
  • @l&gt; oui, c'est tout bête, je cherchais à construire une chaîne c1 strict inclus c2 strict inclus c3 ... dans le seul but de ci+1 \ ci <> ø, ce qui était inutile,
    il suffisait card ci < card ci+1:)
  • salut à tous les matheux,
    GG tu as raison et ton exemple qui montre qu'une classe d'équipotence n'est pas un ensemble me plonge dans un abîme de réflexion car il est en contradiction avec ce que j'ai lu chez Krivine; mauvaise interprétation de ma part? C'est possible car je ne suis pas du tout un spécialiste mais comme depuis hier je suis à 500km de chez moi donc loin du Krivine, je remets à plus tard sa lecture. Mais en fait le problème est ailleurs car je peux très bien dire les choses sans jamais parler de cardinal d'un ensemble infini ce qui résout le problème que tu soulèves à juste raison.
    Si on oublie le mot cardinal et si on considère les classes d'équipotence des ensembles, la classe de E étant notée cl(E) on peut définir grâce à Cantor-Bernstein une relation d'ordre sur ces classes par cl(A) < ou = cl(B) <===>il existe une injection de A dans B et on aura cl(A)=Cl(B)<===> A équipotent à B. D'où ce que j'ai écrit inutilement |A| < ou = |B| ne veut pas dire autre chose qu'il existe une injection de A dans B et |A|=|B| que A et B sont équipotents ce qui a du sens.
    Ensuite, si on le désire, on peut définir une arithmétique sur ces classes d'équipotence en utilisant pour définir l'addition et la multiplication de deux classes, deux ensembles représentants ces classes et en vérifiant que le résultat ne dépend pas de ces représentants. Plus généralement on peut définir la somme d'une famille de cl(Ai) par cl(réunion des Bi) où les Bi sont disjoints deux à deux et Bi équipotent à Ai par exemple Bi=Aix{i}.
    Tout cela pour dire que j'ai imprudemment et inutilement utilisé le terme cardinal dans la preuve alors que je pouvais dire les choses autrement. En définitive ce qui compte ce sont les injections et les bijections.
    Je vais reprendre ma preuve, car je reste persuadé qu'elle est valable, en écrivant |A| uniquement si l'ensemble A est fini i.e.équipotent à Nn={0,1,2...n} auquel cas on aura |A| = le nombre d' éléments de A=n+1.
    Mais peut-être faudra-t-il que j'écrive la source en Latex pour que ce soit plus lisible.
  • Nouvelle mouture de la preuve expurgée de tout cardinal d'ensemble infini.

    Théorème rappelé : E est D-infini<===> D admet une partie dénombrable. Pour ===> j'en ai donné une preuve sans AC dans un fil récent et il y a la méthode oumpapah.
    Donc sans utiliser l'AC on a E non D-infini<===>E ne contient pas de partie dénombrable.

    Donnons la preuve, sans utiliser l'AC, que si E est un ensemble qui n'est pas D-infini alors il est fini au sens usuel à savoir équipotent à un ensemble Nn={0,1,2...n} ou vide. Dans la suite la notation |A| sera exclusivement réservée pour désigner le nombre d'éléments d'un ensemble fini A, par exemple |Nn|=n+1.

    Si E=vide cqfd

    Si E n'est pas vide on pose I={n/il existe une injection de Nn dans E}, I contient 0 c'est clair. On affirme que I est majoré. Admettons-le provisoirement, soit n0=Max(I) on a donc qu'il il existe une injection f: Nn0--->E qui est forcément surjective sinon on pourrait prolonger f sur N(n0+1) ce qui contredirait la maximalité de n0. Alors finalement E est équipotent à Nn0 cqfd.

    Reste à prouver que I est majoré, par l'absurde.
    Si I n'était pas majoré alors qqsoit n il existerait une injection in de Nn dans E. On pourrait poser B0=i0(N0) et pour k>0 Bk=ik(Nk)\i0(N0)Ui1(N1)U...Ui(k-1)(N(k-1) où U désigne la réunion et en appliquant la propriété bien connue disant que toute réunion d'ensembles est égale à une réunion d'ensembles disjoints on montrerait ainsi que la réunion des in(Nn)= la réunion des Bk. Les Bk étant disjoints deux à deux et pouvant être vides.
    On montrerait alors que {k/Bk est non vide} n'est pas majoré.
    Par l'absurde. Si l'entier M était un majorant on aurait Bk=vide pour k > M d'où la réunion des Bk de k=0 à l'infini serait égale à la réunion(finie) des Bk pour k=0 à M et par conséquent on obtiendrait un ensemble fini car Bk est inclus dans ik(Nk) donc Bk est fini avec |Bk| < ou = k+1. On pourrait donc écrire
    |réunion des in(Nn)|= |réunion des Bk de k=0 à M|= somme des|Bk| < ou = somme des k+1 de k=0 à M = un nombre entier noté L.
    Mais l'ensemble fini iL(NL) est inclus dans la réunion des in(Nn)= réunion des Bk pour k=0 à M d'où |iL(NL)| < ou = |réunion des Bk pour k=o à M| < ou = L soit
    |iL(NL)|=L+1 < ou = L et la contradiction attendue. Finalement on aurait bien, sous l'hypothèse d'absurde initiale: I non majoré, que
    {k/Bk est non vide} ne serait pas majoré.

    Mais Bk non vide ===> ik^(-1)(Bk) non vide donc l'ensemble des entiers k tels que ik^(-1)(Bk) non vide ne serait à fortiori pas majoré, la liste de ses éléments a1<a2<...ne s'arrêterait donc pas. Les ik^(-1)(Bk) seraient disjoints deux à deux et les
    ik^(-1)(Bk) non vides seraient les iaj^(-1)(Biaj) pour j=0 à l'infini.
    Ensuite en notant A la réunion des iaj^(-1)(Biaj)= la réunion des ik^(-1)(Bk) qui est une partie de N on montrerait
    que A ne serait pas majoré et donc que la liste stricement croissante de ses éléments ko<k1<k2<k3<......ne s'arrêterait pas.
    Pour montrer que A ne serait pas majorée on remarquerait que si A était majorée par l'entier M, A serait fini et on aurait |A|< ou =M+1 or on montrerait aussi que pour tout entier S on a |A|>S d'où une contradiction; en effet A= réunion des ik^(-1)(Bk)=(les autres étant vides) réunion sur j des ilj^(-1)(Blj) qui contient la réunion sur j=0 à S des ilj^(-1)(Blj) d'où on aurait l'inclusion suivante entre deux ensembles finis : réunion sur j=0 à S des ilj^(-1)(Blj) est inclus dans A et ainsi |A| > ou = |réunion sur j=0 à S des ilj^(-1)(Blj)| = somme pour j=0 à S des |ilj^(-1)(Blj)| > ou = S+1 vu que | ilj^(-1)(Blj)| > ou= 1 compte tenu que ilj^(-1)(Blj) est un ensemble fini non vide. Toujours sous l'hypothèse d'absurde initiale : I non majoré on aurait donc une partie A de N non majorée et donc la liste de ses éléments k0<k1<k2....ne s'arrêterait pas.




    On a donc A={k0,k1,k2..kn....} qui est clairement équipotent à N avec g la bijection de N dans A définie par g(m)=km
    Il ne reste plus qu'à définir une injection f de A dans E.
    pour n dans A il existe un seul kn tel que n soit dans ikn^(-1)(Bkn) on pose alors h(n)=ikn(n) et on vérifie que h est une injection vu que h(p)=h(q) <===> ikp(p)=ikq(q) où p est dans ikp^(-1)(Bkp) et q est dans ikq^(-1)(Bkq)===>ikp(p)est dans Bkp et ikq(q) dans Bkq ====> kp=kq car Bkp et Bkq sont disjoints si kp et kq ne sont pas égaux.
    D'où on aurait ikp(p)=ikp(q)===>p=q vu que ikp est une injection. h serait bien une injection et fg serait bien une injection de N dans E donc fg(N) serait une partie dénombrable de E ce qui en vertu du théorème rappelé impliquerait que E serait D-infini ce qui contredirait notre hypothèse.
    Par conséquent I est bien majoré et la fin de la preuve a déjà été donnée au début.
  • Guy> je crains que tu n'aies aucune chance de pouvoir démontrer ta proposition sans faire appel à un axiome du choix, sous une forme ou une autre.

    Si I n'était pas majoré alors qqsoit n il existerait une injection in de Nn dans E. On pourrait poser B0=i0(N0) et pour k>0 Bk=ik(Nk)\i0(N0)Ui1(N1)U...Ui(k-1)(N(k-1) où U désigne la réunion

    Tu n'as pas le droit d'écrire ça. Ce n'est pas parce que pour chaque n il existe une injection f de [1,n] dans E, que tu peux la nommer in à priori. C'est précisément la raison d'être d'un axiome de choix (général ou dénombrable, dans le cas présent, le dénombrable suffit) de permettre de considérer simultanément une famille de telles injections et de les nommer in.
  • Encore une fois tu as raison GG, j'ai été trop "gourmand" dans mon énoncé et je ne l'ai prouvé qu'avec l'axiome du choix dénombrable. Dont acte, je vais mettre un rectificatif au début du fil pour que le lecteur ne soit pas induit en erreur.
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