Bourbaki, vraiment pour comprendre (5)

Il s'agit à présent de l'exercice 16 p. III-78 du livre de Bourbaki "théorie des ensembles", dont l'énoncé est en pièce jointe.
Comme pour l'exercice 15 précédent, je tache de donner des démonstrations (moins succinctes que précédemment car exercice plus délicat...) afin que vous les validiez (un oui ou non suffira, mais je ne vous en voudrai pas si vous développez, surtout si c'est non !). Je ne pense pas avoir fait trop d'erreurs grossières, par contre, je suis coincé avec la question d) comme vous le verrez ... à ce propos, un indice (PAS LA SOLUTION) serait le bienvenu (tu)
Une remarque typographique : je mets entre parenthèses le n° de l'exercice et la question correspondante quand je m'y réfère pour une démonstration, par ex : 15-a = exercice 15 question a)...

$a) \,$ Il s'agit de démontrer: $\rho \text{ indécomposable } \Longleftrightarrow (\forall \xi) (\xi < \rho \Longrightarrow \xi + \rho = \rho)$

On raisonne en démontrant la négation (démontrer $A \Leftrightarrow B$, revient à démontrer $\lnot A \Leftrightarrow \lnot B$), et en tenant compte du fait que les ordinaux sont munis d'un bon ordre, cela revient à démontrer : $\rho \text{ décomposable } \Longleftrightarrow (\exists\xi) (\xi < \rho \land \xi + \rho > \rho)$ , enfin d'après la définition de la décomposabilité, cela revient à démontrer :
$\exists (\nu,\eta) (0<\nu,\eta<\rho \land \rho = \nu +\eta) \Longleftrightarrow (\exists\xi) (\xi < \rho \, \land \, \xi + \rho > \rho)$

$\bullet\, \Rightarrow$ :
Par l'absurde, supposons : $(\forall \xi) (\xi + \rho = \rho)$, cela entraine $(\forall \xi) (\xi + \nu + \eta = \nu + \eta)$ , et en particulier $\nu + \nu + \eta = \nu + \eta$ pour $\xi = \nu$ , mais alors (15-d) il vient $\nu + \eta = \eta$ , c'est-à-dire $\rho = \eta \longrightarrow \,$ contradiction, car $\rho > \eta$ par hypothèse ! $\hspace{2 cm} CQFD$

$\bullet\, \Leftarrow$ : Il faut démontrer : $(\exists\xi) (\xi < \rho \, \land \, \xi + \rho > \rho) \Longrightarrow \exists (\nu,\eta) (0<\nu,\eta<\rho \, \land \,\rho = \nu +\eta) $
De $\xi < \rho$, on déduit par (15-e) : $\rho=\xi + x$ et de $\xi + \rho > \rho$ on déduit par (15-e) : $\xi + \rho = \rho + y$
D'où : $\xi + \rho = \xi + x+ y$ et donc (15-d) : $\rho = x + y\hspace{2 cm} CQFD$


$b) \,$ Il s'agit de démontrer : $\rho >1 , \text{ indécomposable } \text{ et } \alpha >0 \Longleftrightarrow \alpha\rho \text{ indécomposable }$.

En notant que $\rho$ doit être $>1$ pour être décomposable et que si $\alpha = 0$ alors $\alpha\rho = 0$ n'est pas décomposable, il vaudra mieux démontrer la négation : $\rho \text{ décomposable }, >1 \text{ et } \alpha >0 \Longleftrightarrow \alpha\rho \text{ décomposable }$

$\bullet\, \Rightarrow$ : supposons $\rho = \rho_1 + \rho_2 , (\rho_1 , \rho_2 < \rho)$ alors (13-e) $\alpha\rho = \alpha\rho_1 + \alpha\rho_2$ et comme $\rho_1<\rho, \rho_2<\rho$, on a (15-a) $\alpha\rho_1<\alpha\rho, \alpha\rho_2<\alpha\rho \hspace{2 cm} CQFD$

$\bullet\, \Leftarrow \, : \, \alpha\rho \text{ décomposable }$ alors $\alpha\rho = \mu + \nu$ avec $0<\mu,\nu<\alpha\rho$, on en déduit (15-f) : $\mu = \alpha\rho_1 + \beta_1 , \nu = \alpha\rho_2 + \beta_2$ avec $\beta_1 , \beta_2 < \alpha$ et $\rho_1 , \rho_2 < \rho$ , d'où $2$ cas :

$1) \, \rho_1 \neq 0 \, (ou \, \rho_2 \neq 0)$ . Supposons $\rho_1 \neq 0$ , alors (15-a) : $\rho_1 + 1 \leqslant \rho$ , donc (15-e) $(\exists \xi) \Bigl((\rho_1 + 1) + \xi = \rho\Bigr)$ et par (13-e) : $\rho_1 + (1 + \xi) = \rho$, c'est-à-dire : $\rho_1 + \xi' = \rho$ avec $\xi' \geqslant 1$ ... autrement dit $\rho$ est décomposable

$2) \, \rho_1 = \rho_2 = 0$ , alors $\alpha\rho < \alpha + \alpha$
. Or : $\alpha\rho \overset {(13-e)} {=} \displaystyle\sum_{\begin{smallmatrix} i \in I, & Ord(I)=\rho \\ \alpha_i=\alpha & \end{smallmatrix}} \alpha_i \overset {(13-c)} {=} \displaystyle\sum_{\begin{smallmatrix} i \in I', &Ord(I')=\rho',\\ \rho'+1=\rho, & \alpha_i=\alpha \end{smallmatrix} } \alpha_i $
. Par conséquent (15-c) $\displaystyle\sum_{\begin{smallmatrix} i \in I', &Ord(I')=\rho' \\ \rho'+1=\rho,& \alpha_i=\alpha \end{smallmatrix}} \alpha_i < \alpha$, donc nécessairement $Ord(I')<1$ c'est à dire $Ord(I') = \rho' = 0$
. Mais alors : $\rho' + 1 = 0 + 1$ c'est à dire (14-e) $\rho = 1$ ... ce qui est en contradiction avec l'hypothèse $\rho>1 ! $
$CQFD$


$c) \,$ Il s'agit de démontrer : $(\rho \text{ indécomposable } \land \, 0<\alpha<\rho) \Longrightarrow (\rho = \alpha\xi \text{ avec } \xi \text{ indécomposable })$

$\bullet \,$ on note préalablement que si $\rho = \alpha\xi$ avec $\xi$ décomposable, alors $\xi = \xi_1+\xi_2$ avec $0<\xi_1 , \xi_2 < \xi$ et donc : $\rho =\alpha (\xi_1+\xi_2)\underset {(13-e)}{=}\alpha\xi_1+\alpha\xi_2$ avec (comme $\alpha >0$) , $0<\alpha\xi_1 , \alpha\xi_2<\alpha\xi$ (16-a), c'est-à-dire que $\rho$ est décomposable $\longrightarrow \,$ contradiction !, donc nécessairement $\xi$ est indécomposable...

$\bullet \,$ Montrons que : $\alpha < \rho \Longrightarrow (\exists \theta) (\alpha\theta > \rho)$ (ce qui ressemble furieusement à l'axiome d'Archimède !)
Par l'absurde, supposons $(\forall \theta) (\alpha\theta \leqslant \rho)$, on a alors, en particulier, $\alpha\rho \leqslant \rho$, i.e. $\alpha\rho < \rho \lor \alpha\rho = \rho$, d'où $2$ cas :

$1) \, \alpha\rho < \rho : \text{ impossible !...}$, en effet :
$ \alpha >0$, donc $\alpha \geqslant 1$, c'est à dire (14-a) $\, \alpha \succ 1$. Mais alors, on a : $\alpha\rho \underset{(13-e)}{=} \displaystyle\sum_{Ord(I)=\rho, \alpha_i=\alpha} \alpha_i \underset{(13-f)}{\succ} \displaystyle\sum_{Ord(I)=\rho, \alpha_i=1} \alpha_i = \rho$, et comme $\alpha\rho$ et $\rho$ sont des ordinaux, cela est équivalent à $\alpha\rho \geqslant \rho \longrightarrow \,$ contradiction !

$2) \, \alpha\rho = \rho \,$ alors comme $\rho > 0$ on a $\alpha\rho + \rho \underset{(15-a)}{>} \rho + 0$, ce qui est équivalent à ((13-c) + (14-a)) $\alpha (\rho + 1 ) > \rho$, et en prenant $\theta = \rho + 1$ on obtient une contradiction !
$CQFD$

$\bullet \,$ Ceci étant établi, on a alors $\rho \underset{(15-f)}{=} \alpha\theta' + \beta$ avec $\beta<\alpha$ et $\theta'<\theta$ .
Supposons par l'absurde que $\beta >0$ , alors si $\alpha\theta'\geqslant \rho$, par (15-a) il vient : $\alpha\theta' + \beta> \rho$, c'est-à-dire $\rho>\rho \rightarrow \,$impossible !, donc nécessairement ($\leqslant$ étant un bon ordre sur les ordinaux) $\, \alpha\theta' < \rho$ ...
en conclusion : $\rho = \alpha\theta' + \beta$ avec $\alpha\theta' < \rho$ et $\beta<\alpha<\rho$ , ce qui signifie que $\rho$ est décomposable, d'où une contradiction !
Il s'ensuit que $\beta = 0 \,$ et donc $\rho=\alpha\theta' \,$ ce qui permet de conclure en posant $\theta'=\xi$

$CQFD$


$d)\,$ Soit $\alpha > 0$ ordinal, il s'agit de montrer que $\{\xi \,|\, \xi \text{ ordinal indécomposable } \land \xi\leqslant \alpha\}$ admet un plus grand élément (pge) :

Là, je sèche... j'ai bien essayé :
$\rho \text{ indécomposable } \land \, \rho \leqslant \alpha$ est équivalent à $\rho \text{ indécomposable } \land \, \rho \in A$ avec $A \underset{(14-c)}{=}$ ensemble des ordinaux $\leqslant \alpha$, donc par $C51$ on a $Coll_\rho(\rho \text{ indécomposable } \land \, \rho \leqslant \alpha)$ théorème, il s'ensuit que $B=\{\rho\, |\, \text{ indécomposable } \land \, \rho \leqslant \alpha\} \,$ est un ensemble
Ensuite, par $C53 : Coll_\xi \Bigl((\exists \rho) (\xi = -\rho + \alpha \,\land\, \rho \in \Bigr) \,$ théorème, il s'ensuit que $C=\left\{\xi \,|\, (\exists \rho) (\xi = -\rho + \alpha \,\land\, \rho \in \right\} \,$ est un ensemble,
$(C,\leqslant)$ bien ordonné, donc $C$ admet un plus petit élément $\omega$ et on a $(\forall \xi) (\omega\leqslant \xi)$, et donc si $\alpha=\Omega + \omega = \rho + \xi$, on a par (15-a) $\rho + \omega \leqslant \rho + \xi = \alpha = \omega + \Omega$, on aboutit donc à $\rho + \omega \leqslant \Omega + \omega ...$ mais ça n'implique pas $\rho\leqslant\Omega\, !!!$ donc là, je coince...


$e) \,$Soit $E$ un ensemble d'ordinaux indécomposables, il s'agit de montrer que sa borne supérieure est indécomposable

1) Montrons que $E$ est majoré, c'est-à-dire $(\exists \lambda)(\forall e) (e\in E \Rightarrow e\leqslant \lambda)$ :
. Considérons $A_e=\{x\,|\,x \text{ ordinal } \, \land\, x\leqslant e\}$ qui est un ensemble (14-c), et par l'absurde, supposons $E$ non majoré, c'est-à-dire $(\forall \lambda)(\exists e) (e\in E \, \land \, e > \lambda). \,E$ étant (par hypothèse) un ensemble, on peut considérer $B=\underset {e\in E}{\cup}A_x$ qui est un ensemble (cours p. II-22).
. Soit alors $\Theta$ un ordinal quelconque, nécessairement $(\exists e) (e\in E \,\land\, e>\Theta)$, par conséquent $\Theta \leqslant e$ et donc $\Theta \in A_e \subset B \longrightarrow \, B$ serait alors l'ensemble de tous les ordinaux, ce qui est impossible d'après (15-b), d'où une contradiction !
$E$ est donc majoré par un ordinal $\kappa\hspace{3cm} CQFD$

2) . $\,E$ étant un ensemble, on peut considérer l'application identique $id : \begin{cases} E\longrightarrow E \\ e\longmapsto e \end{cases}, E$ est alors une famille d'ordinaux, indexée par E... (cours p.II-14) . Cette famille étant majorée par un ordinal $\kappa$, elle admet (14-d) une borne supérieure $\sigma$ et on a : $(\forall \mu) \Bigl((\forall e)(e\leqslant \mu) \Rightarrow \sigma\leqslant\mu\Bigr)$

. Or par 1), $E$ est un ensemble d'ordinaux indécomposables majoré par $\kappa$, donc (16-d) $E$ admet un pge $\varepsilon$, c'est-à-dire $(\forall e)(e\leqslant \varepsilon \,\land\, \varepsilon \in E)$ , il s'ensuit que si $\mu$ majore tout élément de $E$, il majore en particulier $\varepsilon$ , ce qui se traduit par $(\forall \mu) \Bigl((\forall e) (e\leqslant \mu) \Rightarrow \varepsilon \leqslant \mu\Bigr)$

Comme il y a unicité de la borne supérieure (14-d), il vient : $\varepsilon = \sigma$, et par conséquent la borne supérieure est indécomposable

$CQFD$