Bourbaki, vraiment pour comprendre (1)bis

Qui ne dit mot consent ... $\rightarrow$ j'en conclue que mon a) convient, je passe donc à

b) On notera $E_\lambda$ l'ensemble ordonné par le type d'ordre $\lambda$. Soit $R(\lambda, \mu)$ la relation $" \lambda, \mu : \text{types d'ordre} \land \exists i : (\lambda, E_{\lambda}) \longrightarrow (\mu , E'_{\mu}) , ( avec \, E'_{\mu} \subset E_{\mu}) \,\, \text{isomorphisme}"$, il s'agit montrer que $R$ est une relation de pré-ordre, à savoir :

$\bullet R(\lambda, \mu) \Rightarrow R(\lambda, \lambda) \land R(\mu, \mu) $ est un théorême :
En considérant l'isomorphisme "identité" $ Id : (\lambda, E_{\lambda}) \longrightarrow (\lambda, E_{\lambda})$ avec $ E_\lambda \subseteq E_\lambda $ ( puisque $ E_\lambda = E_\lambda \,$ !), il vient $(\forall \lambda), R(\lambda, \lambda) (V) $, d'où $R(\lambda, \lambda) \land R(\mu, \mu) (V)$. Par les propriétés de l'implication, on en déduit $R(\lambda, \mu) \Rightarrow R(\lambda, \lambda) \land R(\mu, \mu) (V) \hspace{1 cm} CQFD$

$\bullet R(\lambda, \mu) \land R(\mu, \delta) \Rightarrow R(\lambda, \delta)$ est un théorême :
On a vu que $R(\lambda, \mu)$ signifie $\exists i : (\lambda, E_{\lambda}) \longrightarrow (\mu , E'_{\mu}) \, \text{ isomorphisme, (avec } E'_{\mu} \subset E_{\mu})$, de même $R(\mu, \delta)$ signifie $\exists j : (\mu, E_{\mu}) \longrightarrow (\delta , E'_{\delta}) \,\, \text{ isomorphisme, (avec } E'_{\delta} \subset E_{\delta})$, il suffit alors de considérer l'application $ k=j' \circ i : (\lambda, E_{\lambda}) \longrightarrow (\delta,E''_\delta) $ avec $j' : (\mu , E'_{\mu}) \longrightarrow (\delta,E''_\delta)$ la restriction de $j$ à $E'_\mu$ qui est un isomorphisme (composition des isomorphismes) de $E_{\lambda}$ sur une partie de $E'_{\delta} \hspace{1 cm} CQFD$

c) ... à plus tard

Bonjour Thierry,

Ah zut ! j'étais assez content de moi pour $2) \Leftarrow$.
Bon, je m'aperçois d'une coquille : On doit lire en fait $\tau_{\Delta'} (Is(\Gamma’, \Delta'))$ et non pas $\tau_\Delta' (Is(\Gamma’, \Delta'))$
Est-ce plus grave que ça ?

Cordialement

@oka
Salut jeune homme, ça fait plaisir de te relire sur le forum (je vais tâcher de te tutoyer comme tu l'avais demandé...). Alors,
- pour les accolades OK,
- la différence entre "énumération" et "conjonction" : ça je ne suis pas sûr de comprendre
- pour $\Rightarrow$, je me contrôle pour ne pas en mettre partout (mais c'est dur :-X)

@Thierry Poma
Je reprends ma chaîne d'implications :

$Is(\Gamma, \Gamma)\, (V) \underset {1} {\Rightarrow} (\Gamma | \Delta)\, Is(\Gamma, \Delta)\, (V) \underset {2} {\Longrightarrow} [(\exists \Delta), \, Is(\Gamma, \Delta)] \, (V) \underset {3} {\Rightarrow} Is \Bigl(\Gamma,\tau_\Delta (Is(\Gamma, \Delta))\Bigr) (V) \underset {4} {\Rightarrow} Is(\Gamma,\theta) (V)$

Les justifications sont les suivantes :
- $Is(\Gamma, \Gamma)\, (V)$ car on a vu au 1) que c'était un théorême
- 1 : $A$ étant un assemblage : on écrit $A(B)$ au lieu de $(B|x) A$ (P. I-16) $\rightarrow$ j'applique la règle avec $\Delta$ pour $x$, $Is (\Gamma,\Delta)$ pour $A$ et $\Gamma$ pour $B$
- 2 : c'est le schéma $S\,5$
- 3 : c'est la définition de $\exists$
- 4 : c'est l'hypothèse $(H)$

Une remarque supplémentaire concernant $\tau_{\Delta'} (Is(\Gamma’, \Delta'))$ : l'expression est équivalente à $\tau_\Delta (Is(\Gamma’, \Delta))$ puisque d'après (CS3) $\tau_{x'} (A')$ est identique à $\tau_{x} (A)$ où $A'$ est l'assemblage $(x'|x) A$ et à condition que $x'$ ne soit pas dans $A$ ( ici, on remplace $x'$ par $\Delta'$ et $x$ par $\Delta$...)

Bonne soirée

@Thierry Poma
Effectivement le sous-chapitre 9 p. II-47 répond exactement à la question (et pas seulement à $\Leftarrow$, mais aussi à $\Rightarrow$ !...) en considérant la classe d'objet équivalent à $\Gamma$ : $\theta (\Gamma) = \tau_\Delta(Is(\Gamma,\Delta))$, il vient alors $\Bigl( ( Is(\Gamma,\Gamma) \text{ et } Is(\Gamma',\Gamma') \text{ et } \theta (\Gamma) = \theta (\Gamma')\Bigr) \Longleftrightarrow Is (\Gamma,\Gamma')$
Mais bon, présenté comme ça, ça fait un peu recette de cuisine

Il est amusant de voir que j'avais initialement noté "$\theta$" pour $\theta = \tau_\Delta(Is(\Gamma,\Delta))$ :-)...

Je discuterai votre remarque ultérieurement ...

Cordialement

Je passe maintenant à ... c)

Rappel (voir exercice 3 p. III-70) : Soit une famille d'ensembles ordonnés $(E_i)_{i\in I}$, et $F$ l'ensemble somme des $(E_i)_{i \in I}$ c'est à dire l'ensemble $\bigcup_{i\in I} (E_i \times \{i\})$, soit $x\in F$ et $\lambda (x)$ l'indice $i$ tel que $x \in E_i$, on définit la relation d'ordre $R$ telle que $R(x,y) : \lambda (x)<\lambda (y) \lor \Bigl(\lambda (x)=\lambda (y) \land x \le y$ dans $E_{\lambda(x)}\Bigr)$. On appelle somme ordinale des $(E_i)_{i \in I}$ l'ensemble $F$ muni de la relation d'ordre $R$ et on note $F = \sum_{i \in I} E_i$.

$\bullet$ s'agissant de l'assertion $Ord (\sum_{i \in I} E_i)=\sum_{i \in I} Ord (E_i) \hspace{1 cm} (1)$ ...
Il s'agirait quand même de démontrer que si $(E_i,\underset {E_i}{\leqslant}), (F_i,\underset {F_i}{\leqslant})$ sont 2 familles d'ensembles ordonnés tels que $(E_i,\underset {E_i}{\leqslant})$ isomorphe à $(F_i,\underset {F_i}{\leqslant})$ par l'isomorphisme $\theta_i, (\forall i \in I)$ alors $(\sum_{i \in I} E_i, \underset { \underset {i \in I} {\sum} E_i} {\leqslant})$ isomorphe à $(\sum_{i \in I} F_i, \underset { \underset {i \in I} {\sum} F_i} {\leqslant})$ :

- s'agissant de la bijection (que l'on notera "$b$"), elle est quasiment immédiate si on note que les $E_i \times \{i\}, (i \in I)$ sont tous disjoints de même que les $F_i \times \{i\}, (i \in I)$ et qu'on peut alors appliquer la proposition 9 p. II-29 pour conclure

- il faut ensuite montrer que : si $x_r, x_s \in \sum_{i \in I} E_i$ et $ b(x_r), b(x_s) \in \sum_{i \in I} F_i$ , alors on a $x_r \underset {\sum_{i \in I} E_i} {\leqslant} x_s \Leftrightarrow b(x_r) \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} b(x_s)$
la preuve est établie en remarquant que si on écrit $x_r=(r, e_r)$, $x_s=(s, e'_s)$, on a : $b(x_r) = \left(r,\theta_r(e_r)\right)$ et $b(x_s)=\left(s,\theta_s(e'_s)\right)$...

$\bullet$ Montrons $\Bigl(I= \sum_{k \in K} J_k \Bigr) \Rightarrow \Bigl( \sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} \lambda_i) = \sum_{i \in I} \lambda_i \Bigr)$ :

.D'après $(1)$, en notant: $E_i$ des ensembles ordonnés par les $\lambda_i$, on a :

$\begin{cases}\sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} \lambda_i) = \sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} Ord(E_i))=\sum_{k \in K} Ord(\sum_{i \in J_k} E_i)=Ord \left(\sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} E_i) \right) \\ \text{et} \\ \sum_{i \in I} \lambda_i =\sum_{i \in I} Ord(E_i) =Ord(\sum_{i \in I} E_i) \end{cases}$

.Par conséquent il est équivalent de montrer : Ord$\left(\sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} E_i)\right)=$Ord$(\sum_{i \in I} E_i)$...

.Or, dans l'exercice 3) b) p. III-70, il a été démontré que:

$ \Bigl( I= \sum_{k \in K} J_k \Bigr) \Rightarrow \Bigl( \sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} E_i) \simeq \sum_{i \in I} E_i \Bigr)$, et donc d'après a), on a le résultat cherché.

CQFD

Remarque : sans passer par les résultats de l'exercice 3, on peut prouver l'assertion par raisonnement direct, c'est à dire exhiber la bonne bijection entre $\sum_{k \in K} (\sum_{i \in J_k} E_i)$ et $\sum_{i \in I} E_i$ puis prouver qu'elle conserve les ordres inhérents à chacun de ces ensembles.

Si personne ne trouve rien à redire, je passerai demain à ... d)

Cordialement

@pldx1

Bonsoir et un grand merci pour les remarques (qui prouve que vous avez courageusement tout lu !) ... c'est toujours un plaisir !:-)(tu)

votre dernière remarque pour (c2) est ce que j'avais appelé le raisonnement direct, que je n'ai pas développé sciemment dans le fil...

Je soumets donc maintenant d) à votre sagacité !

$\bullet$ s'agissant de l'assertion Ord $\prod_{i \in I} E_i = \mathcal P_{i \in I}$ Ord $(E_i) : \hspace{2 cm} (2) $
En notant, $\underset { \underset {i \in I} {\prod} E_i } {\leqslant}$ l'ordre lexicographique pour l'ensemble $\prod_{i \in I} E_i$ , il faudrait quand même démontrer que si $(E_i,\underset {E_i}{\leqslant}), (F_i,\underset {F_i}{\leqslant})$ sont 2 familles d'ensembles ordonnés tels que $(E_i,\underset {E_i}{\leqslant})$ isomorphe à $(F_i,\underset {F_i}{\leqslant})$ par l'isomorphisme $\theta_i, (\forall i \in I)$ alors $(\prod_{i \in I} E_i, \underset { \underset {i \in I} {\prod} E_i} {\leqslant})$ isomorphe à $(\prod_{i \in I} F_i, \underset { \underset {i \in I} {\prod} F_i} {\leqslant})$ : la démonstration suit le même principe que la question c).

$\bullet$ Il s'agit maintenant de montrer : $\Bigl(I= \sum_{k \in K} J_k \land K, (J_k)_ {k \in K}$ bien ordonnés $\Bigr) \Rightarrow \Bigl( \mathcal P_{k \in K} (\mathcal P_{i \in J_k} \lambda_i) = \mathcal P_{i \in I} \lambda_i \Bigr)$

Au préalable, la définition de $\mathcal P_{i \in I} \lambda_i$ impose que $I = \sum_{k \in K} J_k$ soit bien ordonné, ce qui est le cas puisque $K$ et les $J_k$ sont eux-même bien ordonnés, cela a été démontré dans l'exercice 9 p. III-76...).

.D'après (2), en notant: $E_i$ des ensembles ordonnés par les $\lambda_i$, on a :
$\begin{cases} \mathcal P_{k \in K} (\mathcal P_{i \in J_k} \lambda_i) = \mathcal P_{k \in K} \Bigl(\mathcal P_{i \in J_k} Ord(E_i)\Bigr)=\mathcal P_{k \in K} Ord(\prod_{i \in J_k} E_i)=Ord \Bigl(\prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i)\Bigr) \\ \text{et} \\ \mathcal P_{i \in I} \lambda_i =\mathcal P_{i \in I} Ord(E_i) =Ord(\prod_{i \in I} E_i) \end{cases}$

Par conséquent il est équivalent de montrer : $Ord(\prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i))=Ord(\prod_{i \in I} E_i)$ c'est à dire, d'après a), que $\prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i)\simeq \prod_{i \in I} E_i$ :

- D'après la proposition 7 p. II-35, si $(J_k)_{k\in K}$ est une partition de $I$, alors l'application $\Theta : \begin {cases} \prod_{i \in I} E_i \rightarrow \prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i) \\ e \longmapsto (pr_{J_k} e)_{k \in K} \end{cases} $ est une bijection.

Or $I= \sum_{k \in K} J_k= \bigcup_{k\in K} (\{k\} \times J_k)$, et les couples $(\{k\},J_k)$ sont disjoints, par conséquent les $(\{k\},J_k)_{k \in K}$ forment une partition de $I$, et donc $\Theta$ est une bijection.

- Il reste donc à montrer que $\Theta$ respecte l'ordre lexicographique, c'est à dire :

$ e_1 \underset {L} {\leqslant} \ e_2 \Leftrightarrow \Theta (e_1) \underset {L'} {\leqslant} \ \Theta (e_2)$, (en appelant $\underset {L'} {\leqslant} \,$ la relation d'ordre lexicographique pour l'ensemble $\, \prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i)$)
On notera "ppe A" pour "plus petit élément de l'ensemble A" et $pr_j$ la projection d'indice $j$ dans $\prod_{i \in I}E_i$

.Soient $e_1,e_2 \in \prod_{i \in I} E_i$ avec $e_1 \underset {L} {\leqslant} \ e_2$ et $ i_0 $ : le ppe $\{ i \in I / pr_i e_1 \neq pr_i e_2 \} $, on a alors $pr_{i_0} e_1 < pr_{i_0} e_2 $,

de plus : $ i_0 \in \mathrm{I} \Rightarrow i_0 = (k_0, j_{k_0})$ avec $\begin{cases} k_0 \text{ ppe } \{k \in K / pr_{(k,j_k)} e_1 \neq pr_{(k,j_k)} e_2 \} \\ \land \hspace{7 cm} (3) \\ j_{k_0} \text{ ppe } \{ j_k \in J_{k_0} / pr_{(k_0,j_k)} e_1 \neq pr_{(k_0,j_k)} e_2 \} \end{cases}$

. Remarque importante :

Soit $e \in \prod_{i \in I} E_i$ , on a : $e= e_{{(k,j_k)}_{(k,j_k) \in I}}$

or $ e_{{(k,j_k)}_{(k,j_k) \in I}}=\Bigl( (e_{(k,j_k)})_{j_k \in J_k} \Bigr)_{k\in K}$ avec $\Bigl( (e_{(k,j_k)})_{j_k \in J_k} \Bigr)_{k\in K} \in \prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i)$

Il s'ensuit que : $pr_{i_0} e = pr_{(k_0,j_{k_0})} e = pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e) \hspace{1cm} (4)$

. On en déduit :

$ \cdot \,\ pr_{i_0} e_1 \neq pr_{i_0} e_2 \Leftrightarrow pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_1) \neq pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_2) \hspace{1 cm} (5)$

$\cdot\,\ $ Et par (3) + (4) :

$pr_{i_0} e_1 \leqslant pr_{i_0} e_2 \Leftrightarrow pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_1) \leqslant pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_2) \hspace{1 cm} (5')$

Et

$ i_0$: ppe $I$ tel que $pr_{i_0} e_1 \neq pr_{i_0} e_2 $ dans $\prod_{i \in I} E_i \Leftrightarrow (k_0, j_{k_0}) $: ppe $I$ tel que $ pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_1) \neq pr_{j_{k_0}} (pr_{k_0} e_2)$

dans $\prod_{k \in K} (\prod_{i \in J_k} E_i) \hspace{1 cm} (6)$

Enfin $(5) + (5') + (6) \Longleftrightarrow \{ e_1 \underset {L} {\leqslant} \ e_2 \Leftrightarrow \Theta (e_1) \underset {L'} {\leqslant} \ \Theta (e_2) \} \hspace{1 cm} $

CQFD

Très cordialement ;-)

Juridiquement, l'obtention d'un label définitif n'étant pas possible en moins de 6 mois ... je vais prendre le risque de continuer l'exercice sans attendre la réponse :-) et passer à la question...

f)

1) Montrons : $I$ ordonné $\land \lambda_i \prec \mu_i, (\forall i \in I) \Longrightarrow \sum_{i \in I} \lambda_i \prec \sum_{i \in I} \mu_i $

. Soit $\lambda$ un type d'ordre, si $E$ est ordonné par un ordre de type $\lambda$, on notera $\underset {\lambda} {\leqslant}$ ou éventuellement par abus de notation $\underset {E} {\leqslant} $

Du coup, on a les équivalences suivantes :$\lambda_i \prec \mu_i \Longleftrightarrow (E_i, \underset {\lambda_i} {\leqslant}) \underset {is_i}{\simeq} (F'_i, \underset {\mu_i} {\leqslant}) \Longleftrightarrow (E_i, \underset {E_i} {\leqslant}) \underset {is_i} {\simeq} (F'_i, \underset {F_i} {\leqslant})$ avec $(F'_i \subset F_i)$

. L'application $\Theta_i : \begin{cases} \ (F_i, \underset {F_i} {\leqslant}) \longrightarrow (\sum_{i \in I} F_i, \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant}) \\ x \longmapsto (i,x) \end {cases}$ est une bijection de $F_i$ sur $\Theta_i ( F_i ) = \{i\} \times F_i $

et comme $ x \underset {F_i} {\leqslant} y \Longleftrightarrow (i,x) \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} (i,y)$, (par définition de $\underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant})$, il s'ensuit que $\Theta_i$ est un isomorphisme de $F_i$ sur $\{i\} \times F_i $

. De même, l'application $\Gamma_i : \begin{cases} \ (E_i, \underset {E_i} {\leqslant}) \longrightarrow (\sum_{i \in I} E_i, \underset {\sum_{i \in I} E_i} {\leqslant}) \\ x \longmapsto (i,x) \end {cases}$ est un isomorphisme de $E_i$ sur $\Gamma_i ( E_i ) = \{i\} \times E_i $

. On en déduit que $\Delta_i = \Theta_i \circ is_i \circ \Gamma_i^{-1}$ est un isomorphisme de $ \Bigl(\{i\} \times E_i,\underset {\sum_{i \in I} E_i} {\leqslant} \Bigr)$ sur $\Bigl( \{i\} \times F'_i , \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} \Bigr) $ avec $ \Bigl( \{i\} \times F'_i , \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} \Bigr) \subset \Bigl( \sum_{i \in I} F_i ,\underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} \Bigr)$

. Comme $ \sum_{i \in I} E_i$ est réunion disjointe des $(\{i\} \times E_i)_{i \in I} $ on peut appliquer la proposition 7, 2) p. II-28, pour en déduire qu'il existe une application et une seule $ Is : \begin{cases} \bigcup_{i \in I} (\{i\} \times E_i) \longrightarrow \bigcup_{i \in I} (\{i\} \times F_i) \\ \text{avec : } \\ [Is \text{ restreint à } (\{i\} \times E_i)] = \Delta_i \end{cases}$ qui par construction est bijective.

. Enfin, les propriétés de l'ordre sur une somme ordinale permettent de démontrer sans trop de peine la croissance stricte de $Is$

Cela permet de conclure que $Is$ est bien un isomorphisme de $\Bigl(\bigcup_{i\in I} (\{i\} \times E_i), \underset {\sum_{i \in I} E_i} {\leqslant} \Bigr)$ sur $\Bigl(\bigcup_{i\in I} (\{i\} \times F'_i), \underset {\sum_{i \in I} F_i} {\leqslant} \Bigr)$ ce qui est le résultat cherché. $\hspace{1cm} CQFD$


2) montrons : $I \text{ bien ordonné et } (\lambda_i \prec \mu_i, \forall i \in I) \Longrightarrow \mathcal P_{i \in I} \lambda_i \prec \mathcal P_{i \in I} \mu_i $

. Comme précédemment, $\lambda_i \prec \mu_i \Leftrightarrow \exists f_i : \begin{cases} E_i \longrightarrow F_i \\ x_i \longmapsto f_i (x_i) \\ \land \\ x_i \underset {E_i} {\leqslant} y_i \Leftrightarrow f_i (x_i) \underset {F_i} {\leqslant} f_i (y_i) \end{cases}$ isomorphisme de $E_i$ sur $f_i(E_i), \, (\forall i \in I)$

. On considère alors l'application $f = \prod_{i \in I} f_i : \prod_{i \in I} E_i \longrightarrow \prod_{i \in I} F_i $ :

- c'est une bijection en vertu du corollaire de la proposition 11 p. II-38

- Montrons que f croissante stricte :
Soient $X=(x_i)_{i \in I} \in \prod_{i \in I} E_i$ et $Y=(y_i)_{i \in I} \in \prod_{i \in I} E_i $, alors $f(X) = [f_i(x_i)]_{i \in I} \in \prod_{i \in I} F_i$ et $f(Y) = [f_i(y_i)]_{i \in I}\in \prod_{i \in I} F_i$

On a :$ X \underset {\prod_{i \in I} E_i}{\leqslant} Y \Leftrightarrow x_j < y_j$ pour $j = \text{ ppe }\{i / pr_iX \neq pr_i Y\} \Leftrightarrow f_j(x_j) \underset {F_j} {<} f_j(y_j)\, $ (car $f_j$ : isomorphisme d'ensembles ordonnés )

Supposons, par l'absurde, $\exists k \in I / \, k \underset {I}{<} j \, \land \, (pr_k f(X) \underset {F_k}{<} pr_k f(Y)) \Leftrightarrow f_k(x_k) \underset {F_k} {<} f_k(y_k) \Leftrightarrow x_k < y_k$ (car $f_k : E_k \rightarrow f_k(E_k)$ isomorphisme)
$\Longrightarrow x_k \neq y_k$ : contradiction ! , (car $j = \text{ ppe }\{i / pr_iX \neq pr_i Y\} $)

Donc $F$ est un isomorphisme $\hspace{3 cm} CQFD$


3) montrons : $J \subset I \Longrightarrow \sum_{i \in J} \lambda_i \prec \sum_{i \in I} \mu_i $
La démonstration ne pose pas de problème majeur, en remarquant que $\begin{cases} (\sum_{i \in J} E_i, \underset {\sum_{i \in J} E_i} {\leqslant}) \longrightarrow (\sum_{i \in I} E_i, \underset {\sum_{i \in I} E_i} {\leqslant}) \\ \hspace{1cm} (i,x_i)\longmapsto (i,x_i) \end{cases} $
est une injection canonique ...


4) Montrons: $I \text{ bien ordonné et }J \subset I \text{ et } (\lambda_i \neq \emptyset , \forall i \in I) \Longrightarrow \mathcal P_{i \in J} \lambda_i \prec \mathcal P_{i \in I} \lambda_i $

Schématiquement, la démonstration se rédige en remarquant que $J \subset I$ est bien ordonné (puisque $I$ est bien ordonné) et que cela entraîne que :
$\rho$ : $\begin{cases} (\prod_{i \in J} E_i, \underset {\prod_{i \in J} E_i} {\leqslant}) \longrightarrow (\prod_{i \in I} E_i, \underset {\prod_{i \in I} E_i} {\leqslant}) \\ (x_i)_{i \in J} \longmapsto (y_k)_{k \in I} \text{ tel que : } y_k = \begin{cases} x_k \text{ si } k \in J \\ a_k \text{ fixé } \in E_k \text{ si } k \in \complement_I J\end{cases} \end{cases} $ est une injection, donc une bijection sur $\rho (\prod_{i \in J} E_i) ...$



J’enchaîne alors avec la question …

g)

1) Montrons : $\lambda = (\lambda^*)^*$ :

Soit $\Gamma$ un ordre, en notant $\Gamma^{-1}$ l'ordre opposé on a : $\lambda = Ord (\Gamma) \Leftrightarrow \lambda^* = Ord (\Gamma^{-1})$
. Or $\Gamma(x,y) \Leftrightarrow \Gamma^{-1}(y,x)$
. Donc $\Gamma^{-1}(y,x)\Leftrightarrow (\Gamma^{-1})^{-1}(x,y)$, il s'ensuit $(E,\Gamma) \simeq (E,(\Gamma^{-1})^{-1})$ et, par a), $ \,Ord(\Gamma) = Ord \Bigl((\Gamma^{-1})^{-1}\Bigr)$ c'est-à-dire $ \lambda = (\lambda^*)^* \hspace {2 cm}CQFD $


2) Montrons : $(\sum_{i \in I} \lambda_i)^* = \sum_{i \in I^*} \lambda_i^*, (I^* = I$ muni de l'ordre opposé à l'ordre dans $I$ ):

Considérons le type d'ordre $\sum_{i \in I} \lambda_i$, avec $E_i$ ensembles ordonnés par $\Gamma_i$ (tels que $Ord(\Gamma_i) = \lambda_i$), on note $\underset {\sum_{i \in I} E_i}{\leqslant}$ l'ordre correspondant que l'on abrège en $\ll$ et ($\overset {*}{\ll}$ pour l'ordre opposé), on a alors:
$(i,x_i) \overset {*}{\ll} (j,y_j) \Leftrightarrow (i,x_i) \gg (j,y_j) \Leftrightarrow (j,y_j)\ll (i,x_i) \Leftrightarrow \Bigl( j \underset {I}{<} i \lor (j=i \land y_j \underset {E_j}{\leqslant} x_j) \Bigr) \Leftrightarrow \Bigl( i \underset {I^*}{<} j \lor (j=i \land x_j \underset {E_j^*}{\leqslant} y_j) \Bigr)$
$ \Leftrightarrow (i,x_i) \underset {\sum_{i \in I^*} E_i^*}{\leqslant} (j,y_j)$

Par conséquent $\, \overset {*}{\ll} \,$ et $ \,\underset {\sum_{i \in I^*} E_i^*}{\leqslant}$ sont isomorphes, ce qui se traduit par (en tenant compte de a) et c) ) : $(\sum_{i \in I} \lambda_i)^* = \sum_{i \in I^*} \lambda_i^* \hspace {2 cm}CQFD $

Voilà ! ... je reste dans l'attente de vos commentaires éventuels B-)-

Cordialement