Un théorème de Zermelo
Bonjour à tous,
Hier j'ai assisté à la Sorbonne à une conférence de Paolo Mancosu, professeur à l'Université de Berkeley, sur le thème : "Histoire et philosophie de l'infini mathématique". Vers la fin il a cité très rapidement un théorème de Zermelo que j'ai noté à l'arrache. (A vrai dire je n'ai pas eu le temps de comprendre si c'était un théorème ou une sorte de principe). Bref, voici l'énoncé.
$$\forall X \forall f : \mathscr P(X) \to X, \exists A,B \in \mathscr P(X), A \subsetneqq B \text{ et } f(A)=f(B).$$
Je n'avais jamais entendu parler de ce "théorème", et je n'ai aucune idée de la façon dont ça peut bien se démontrer. En plus l'histoire ne dit pas si l'axiome du choix a un rôle quelconque à jouer dans cette affaire.
Si quelqu'un a une idée...
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Réponses
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.
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.
- Je n'y ai pas réfléchi assez et en particulier n'ai pas de preuve, mais je dirais que ça doit se prouver sans AC, avec une "christopherie" du type $\{x \mid f(x)\notin x\}$ ou que-sais-je
- Dans le cas de $X= \mathbb N$, on peut montrer le résultat plus fort que $P(\mathbb N)$ a des chaînes de cardinal $2^{\aleph_0}$; mais la preuve que je connais utilise $\mathbb R$ donc je ne sais pas dans quelle mesure c'est vrai pour tout cardinal $\lambda$ (si c'est vrai, cela suffirait évidemment modulo AC). Mais ça parait être une question pas évidente : https://mathoverflow.net/questions/122031/totally-ordered-chain-in-the-powerset-with-big-cardinality
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.
@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.
(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).
Alors que emmêlé dans mes téléphones, j'ai merdé, est-ce qu'il y a eu un piratage :-X :-X, en tout cas, je viens de la rechanger en urgence avec la première qui m'est tombée sous la main (un incendie de forêt dans le sud).
Quoiqu'il en soit à l'avenir si des photos "pas normales" apparaissent, j'autorise tout modérateur à supprimer. Pardon pour le dérangement
C'est un truc de dingue n'empêche. Y a-t-il possibilité de me dire quel jour à quelle heure un telle photo aurait été mise? (Même en m'emmêlant dans les copies d'écran et tout et tout, je ne vois pas comment ça aurait pu atterrir comme ça.
Bonne continuation à tous.
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.
@Raoul : grand merci. J'ai écrit à un modérateur pour demander s'ils voient l'IP. J'avais fini hier par trouver ce que tu indiques ci dessus. Il me paraît possible que j'ai fait une erreur de manip (genre le téléphone sonne au moment où je m'aperçois de l'erreur et j'oublie ensuite) mais ça me paraît inouï quand-même, mais bon, je ne vais pas faire des nuits blanches pour ça.
@tous: le calque de la preuve que j'ai donnée pour de Zermelo ci dessus s'énonce comme suit en français :
Tu ajoutes à chaque fois w:= f(X:= l'ensemble déjà obtenu)
Tu gagnes quand tu tombés sur w dans X.