Un théorème de Zermelo

Ce théorème semble dire un petit peu plus que ça.

S'il avait simplement voulu dire qu'il n'y a pas d'application de P(X) dans X injective, il aurait simplement écrit A différent de B.
Or il a dit A différent de B et A inclus dans B.

Bonjour,
Si on peut montrer que $(\mathscr{P}(X),\subset)$ possède une partie totalement ordonnée de cardinal $>\mathrm{card}(X)$, alors c'est bon. Mais je ne sais pas si c'est vrai pour tout $X$. Je sais juste que c'est vrai pour $X$ dénombrable.

$\def\card{\mathrm{card}}$Voici une tentative de preuve à compléter de l'énoncé dont je parlais.

Cas 0 (à part) : On suppose $X$ fini, de cardinal $n$. Mettons $X=\{1,\dots,n\}$. Alors $C = \{\varnothing,\{1\},\{1,2\},\dots,\{1,\dots,n-1\},X\}$ est une partie totalement ordonnée de $\mathscr{P}(X)$ de cardinal $n+1$.

Cas 1 : On suppose $X$ dénombrable infini. Mettons $X=\Bbb Q$. Alors $C = \{]-\infty,x]\cap\Bbb Q \mid x\in \Bbb R\}$ est une partie totalement ordonnée de $\mathscr{P}(\Bbb Q)$ qui est indénombrable.

Cas général : J'essaie de m'inspirer du cas 1. On prend $\alpha$ un ordinal et on pose $Y = X^{(\alpha)}$ l'ensembles des fonctions $\alpha\to X$ à domaine borné dans $\alpha$, et $Z=X^\alpha$. Les candidats pour $\alpha$ sont $\omega$ et $\mathrm{card}(X)$. Mais on veut que $\mathrm{card}(X) = \mathrm{card}(Y) < \mathrm{card}(Z)$ (mais je connais mal l'exponentiation sur les cardinaux, donc ça me bloque ici). On se donne un ordre total quelconque sur $X$ et on munit $Y$ et $Z$ des ordres lexicographiques induits. Alors $(Y,<)$ s'injecte dans $(Z,<)$. Et on pose $C = \{\{y\in Y\mid y\leqslant z\} \mid z\in Z\} \subset \mathscr{P}(Y)$. Alors $E$ est une partie totalement ordonnée de $\mathscr{P}(Y)$. Si je n'ai pas raconté n'importe quoi.

Edit : Je n'avais pas vu le message de Max.

Tout d'abord, pardon de ne plus venir depuis août. Je suis en phase d'incubation personnelle, ainsi que de désaddiction :-D (on va voir si les smileys marchent encore, j'ai fait un code). 

@Martial: c'est un cas particulier d'une version renforcée de ce que j'appelle souvent le lemme de l'étoile. C'est un de mes théorèmes "qui ne sert rien" mais que j'aime bien produire. Il est en premières pages de ma thèse avec les preuves, et même le lemme de l'étoile seul est équivalent à AC. 
tels que pour tout $(i,j)$ : 
(1) et (2) et (3), avec : 
(1) = $[L(f_i)=e]$
(2) = $[f_i(e)=i]$
(3) = $[i\leq j \Rightarrow (\forall x\in E: f_i(x)\leq f_j(x)])$
Ce que j'appelle "lemme de l'étoile" est la version sans le (3). 

Tu as gagné quand tu arrives au stade où tu ne peux définir $f_\alpha$ sur $E$ tout entier.

Bon j'ai mis une photo moins sinistre que l'incendie, mais ça m'a paru compliqué, bref. L'avatar que j'ai mis est le résultat de l'application de l'appli faceapp à une de mes photos de moi à 56ans. J'ai cliqué sur "ado" et l'algo m'a rajeuni. J'ai fait de nombreuses recherches sur google pour trouver des logiciels pour pc qui font ça à coup d'IA et il n'y en a pas. C'est étrange par contre, j'ai fait plein de tests et l'algo a l'air de marcher "potablement bien" sur plein de photos différentes. Ca m'inspire que ce domaine de maths devrait être réglementé sévèrement, car apparemment le "machine learning" semble puissant et l'avenir pourrait bien s'annoncer comme le scénario de Terminator. (Pardon Martial pour ce HS, bisous)

Salut CC,

pour info ton activité est enregistrée (je parle de celle du forum...  ) ICI.

Le 21 novembre tu as modifié ta photo de profil deux fois, avec le mail privé la deuxième fois.

@Martial : en fait le même que j'ai mis ci dessus s'applique avec l'ordinal 2 pour donner ton lemme Zermelo