Bourbaki, vraiment pour comprendre (6)

@maxtimax
Merci pour ta réponse (tu).
S'agissant de la qualité de $\Omega$, j'ai omis sciemment (par flemme) de ne pas le rappeler en $a_2)$, l'ayant déjà défini en $a_1)$
A plus tard...

OK, alors je continue ...

$b_2)$ Il s'agit de démontrer que $f(\xi,\eta)$ est un s.f.o.n., c'est-à-dire qu'il vérifie

$\begin{cases} 1)\, \xi\geqslant \alpha_0 \land \eta\geqslant 1 \Longrightarrow f(\xi,\eta) \text{ ordinal }\\ 2)\, \xi\geqslant \alpha_0 \land 1\leqslant\eta<\nu \Longrightarrow f(\xi,\eta) < f(\xi,\nu) \land (\forall (\eta_i)_{i \in I, \eta_i\geqslant1}) \Bigl(\underset {i \in I}{sup}\, f(\xi,\eta_i)= f(\xi,\underset{i \in I}{sup}\,\eta_i)\Bigr)\end{cases}$


1)

$\bullet \,$ si $\xi\geqslant \alpha_0 \land \eta= 1$ alors $f(\xi,\eta) = f(\xi,1)=\omega(\xi)$ qui est un ordinal$ \hspace{2 cm} CQFD $


$\bullet \,$ si $\xi\geqslant \alpha_0 \land \eta> 1$ alors $f(\xi,\eta)= \underset{\zeta \in ]0,\eta[ }{sup} g(f(\xi,\zeta),\xi)$ ... L'idée est alors d'utiliser $C59$ :


- $\eta$ étant un ordinal, on suppose que pour tout ordinal $\zeta < \eta$, on a : $f(\xi,\zeta)$ ordinal et $f(\xi,\zeta)\geqslant \alpha_0$


. tout d'abord, de $\xi,f(\xi,\zeta) \geqslant \alpha_0$, on déduit, par définition de $g$, que $g(f(\xi,\zeta),\xi)$ est un ordinal, donc : en considérant la famille $(g(f(\xi,\zeta),\xi))_{\zeta\in E}$ avec l'ensemble $E=]0,\eta[=O^*_\eta = O_\eta - \{0\}$ (voir 14-c) et en utilisant (14-d), on en déduit que $\underset {\zeta \in ]0,\eta[}{sup}\, (g(f(\xi,\zeta),\xi))$ est un ordinal

. Ensuite, en notant $f(\xi,\eta)=\underset{\zeta \in ]0,\eta[}{sup}\, (g(f(\xi,\zeta),\xi))$ , on a, pour tout $\zeta \in ]0,\eta[\,:$

$ f(\xi,\eta) \underset{\text{déf. du sup}} {\geqslant} g(f(\xi,\zeta),\xi) \underset{\text{hyp. sur g}}{\geqslant} f(\xi,\zeta) \underset{\text{par hyp.}}{\geqslant}\alpha_0$

- En conclusion, on a :

$\biggl(\eta \text{ ordinal } \land (\forall \zeta) \Bigl((\zeta \text{ ordinal } \land \zeta<\eta) \Rightarrow (f(\xi,\zeta) \text{ ordinal } \land f(\xi,\zeta)\geqslant\alpha_0)\Bigr)\biggr) \Longrightarrow \Bigl(f(\xi,\eta) \text{ ordinal } \land f(\xi,\eta) \geqslant \alpha_0\Bigr) \hspace{0.5 cm} \textbf{(0)}$


. C'est-à-dire une expression de la forme : $\biggl(\eta \text{ ordinal } \land (\forall \zeta) \Bigl((\zeta \text{ ordinal } \land \zeta<\eta) \Rightarrow R(\zeta)\Bigr) \Longrightarrow R(\eta)\biggr)$ en considèrant la relation $R(\zeta): "f(\xi,\zeta) \text{ ordinal } \land f(\xi,\zeta)\geqslant\alpha_0"$.


- On en déduit, par C59, que $"\eta \text{ ordinal } \Rightarrow R(\eta)"$ est un théorème, $(\forall \eta >1)$ et donc que pour tout ordinal $\eta>1 : f(\xi,\eta)$ est un ordinal et $f(\xi,\eta) \geqslant \alpha_0$

$CQFD$


2)

2-1 il s'agit de montrer : $1\leqslant\eta<\nu \Rightarrow f(\xi,\eta)<f(\xi,\nu)$


$\bullet \,$ en notant $F_i$ la famille des objets $g (f(\xi,\zeta),\xi)$ pour $\zeta \in ]0,i[ $, on a : $\eta<\nu$ entraîne $]0,\eta[\subsetneq ]0,\nu[$, et donc : $F_\eta \subsetneq F_\nu$

$f(\xi,\eta)$ et $f(\xi,\nu)$ majorent respectivement $F_\eta$ et $F_\nu$ et $\leqslant$ étant un bon ordre, on déduit par $(2)$ que $f(\xi,\nu)$ majore $F_\eta$. Il s'ensuit que, d'après (14-d) et la définition de la borne supérieure : $f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi,\nu) $.

$\bullet\bullet \,$ reste à montrer que $f(\xi,\nu) \neq f(\xi,\eta)$ :

D'après $b_1)$, une fois qu'on a fixé $\xi , z$ et $g$ alors $f(\xi,z)$ est complètement et$\textbf{ uniquement }$ déterminé, il s'ensuit une bijection $\psi : z \mapsto f(\xi,z)$, et donc : $\nu\neq\eta \Rightarrow f(\xi,\nu)\neq f(\xi,\eta) \hspace{2cm} CQFD $


2-2 montrons $(\eta_i)_{i \in I,\eta_i\geqslant 1}, \xi\geqslant \alpha_0 \Rightarrow \underset{i \in I}{sup} \,f(\xi,\eta_i)=f(\xi,\underset{i \in I}{sup} \,\eta_i)$: On procède par double inégalité ...


$\bullet \,$ On pose $M= \underset{i\in I}{sup}\, \eta_i$ , il vient, par 2-1 : $f(\xi,\eta_i) \leqslant f(\xi,M)$ et donc $\underset{i \in I}{sup} \,f(\xi,\eta_i)\leqslant f(\xi,M)=f(\xi,\underset {i \in I}{sup}\,\eta_i)$ car $\underset{i \in I}{sup} \,f(\xi,\eta_i)$ est le plus petit majorant des $f(\xi,\eta_i)$...


$\bullet\bullet \,$ Il s'agit maintenant de prouver $f(\xi,\underset {i \in I}{sup}\,\eta_i) \leqslant \underset{i \in I}{sup} \,f(\xi,\eta_i)\hspace{0.5cm}(*)\,$ :

Comme $\begin{cases} f(\xi,\underset {i \in I}{sup}\,\eta_i)=\underset{0<\zeta<\underset{i\in I}{sup}\,\eta_i}{sup} \,g(f(\xi,\zeta),\xi)=\underset{0<\zeta<\underset{i\in I}{sup}\,\eta_i}{sup}\,K(\zeta) \\


\text{et} \\ \underset{i \in I}{sup} \,f(\xi,\eta_i) = \underset{i \in I}{sup}\,\Bigl(\underset{0<\zeta<\eta_i}{sup}\,g(f(\xi,\zeta),\xi)\Bigr)= \underset{i \in I}{sup}\,\Bigl(\underset{0<\zeta<\eta_i}{sup}\,K(\zeta)\Bigr)=S \end{cases}$


Il s'ensuit que prouver $(*)$ revient à prouver $\underset{0<\zeta<\underset{i\in I}{sup}\,\eta_i}{sup}\,K(\zeta)\leqslant S$ :


On a: $(\forall i \in I) (\forall \zeta \in ]0,\eta_i[), K(\zeta)\leqslant S$ donc : $\Bigl(\forall \zeta \in \underset{i \in I}{\bigcup} ]0,\eta_i[\Bigr), K(\zeta)\leqslant S$ , c'est-à-dire:

$\Bigl(\forall \zeta \in ]0,\underset{i\in I}{sup}\, \eta_i[\Bigr), K(\zeta)\leqslant S$, et donc (par définition de la borne supérieure, voir 14-d) : $\underset{0<\zeta<\underset{i\in I}{sup}\,\eta_i}{sup}\,K(\zeta)\leqslant S\hspace{1 cm}CQFD $

@Maxtimax
Suite à tes remarques, les erreurs d'inattention ont été corrigées (en rouge) ci-dessus.

Par contre, je ne vois pas comment démontrer $f(\xi,\eta) \neq f(\xi,\nu)$....

Du coup, j'opte pour démontrer directement : $1\leqslant\eta<\nu \Rightarrow f(\xi,\eta)<f(\xi,\nu)$

$\bullet\,f(\xi,\nu)=\underset{\zeta\in]0,\nu[}{sup}\,g(f(\xi,\zeta),\xi) \underset{\text{def. du sup.}}{\geqslant} g(f(\xi,\zeta),\xi),(\forall \zeta \in]0,\nu[) \underset{(*)}{>} f(\xi,\zeta),(\forall \zeta \in]0,\nu[) $

C'est-à-dire en résumé : $f(\xi,\nu) > f(\xi,\zeta),(\forall \zeta \in]0,\nu[)$

. justification de $(*)$ :

$ \zeta \in]0,\nu[\, \Longrightarrow \zeta\geqslant 1\Rightarrow \begin{cases} \zeta>1\text{, alors d'après } b_2) - 1) \text{, on a } f(\xi,\zeta) \geqslant \alpha_0 \\ \text{ ou }\\ \zeta=1 \text{ alors } f(\xi,\zeta)=f(\xi,1)=\omega(\xi)\geqslant\xi\geqslant\alpha_0 \end{cases}\Rightarrow f(\xi,\zeta)\geqslant \alpha_0 \hspace{0.5cm}$(2) , de plus, comme $\xi\geqslant \alpha_0$, on déduit (des hypothèses sur $g$) que : $g( f(\xi,\zeta),\xi)> f(\xi,\zeta)$

$\bullet\,$ Comme $]0,\eta[ \subsetneq ]0,\nu[$ , il vient : $\eta \in ]0,\nu[$

$\bullet \,$ On a donc, en particulier : $ f(\xi,\nu) >f(\xi,\eta)$

CQFD

@Maxtimax
Merci pour la vérification et OK pour la remarque (tu)

Je continue donc mon petit bonhomme de chemin avec $b_3)$....

1) Il s'agit de montrer $(\xi\geqslant \alpha_0$ et $\eta\geqslant 1) \Rightarrow f(\xi,\eta)\geqslant \xi$ :

$\bullet \,$ si $\eta=1$, alors $f(\xi,\eta)=f(\xi,1) = \omega(\xi) \geqslant \xi \hspace{1 cm}CQFD $

$\bullet\bullet \,$ si $\eta>1$, alors $f(\xi,\eta)= \sup\limits_{\substack{0<\zeta<\eta\\ \eta>1}} g(f(\xi,\zeta),\xi)\geqslant g(f(\xi,1),\xi)=g(\omega(\xi),\xi)$ avec $\omega(\xi) \geqslant\xi \geqslant \alpha_0$, donc (par hypothèse sur $g) : g(\omega(\xi),\xi)>\omega(\xi)\geqslant \xi$, d'où le résultat cherché $\hspace{1 cm}CQFD $


2) Il s'agit de montrer $\Bigl(\xi \geqslant \sup(\alpha_0,1) \land \eta\geqslant 1\Bigr) \Rightarrow f(\xi,\eta)\geqslant \eta$


$\bullet \,$ si $\eta=1$, alors $f(\xi,\eta)=f(\xi,1)=\omega(\xi)\geqslant \xi $ avec $\xi \geqslant \sup(\alpha_0,1)\geqslant 1=\eta$, il vient $f(\xi,\eta)\geqslant \eta \hspace{1 cm}CQFD $


$\bullet\bullet \,$ si $\eta>1$, alors $f(\xi,\eta)= \sup\limits_{\substack{0<\zeta<\eta\\ \eta>1}} g(f(\xi,\zeta),\xi)$... là, l'idée est d'utiliser $C59$ !
$\rightarrow\,$On commence par démontrer l'hypothèse de récurrence $H_r : \left[\eta>1 \land (\forall x) \Bigl((x>1 \land x \in ]0,\eta[)\Rightarrow f(\xi,x)\geqslant x\Bigr)\Longrightarrow f(\xi,\eta)\geqslant \eta \right]$:

. Soit $\eta$ ordinal $>1$, supposons $f(\xi,x)\geqslant x$ pour tout $x \in ]0,\eta[$, on a alors:

$\begin{cases} f(\xi,\eta)= \sup\limits_{x \in ]0,\eta[}g(f(\xi,x),\xi) \text{ avec } \xi \geqslant \sup(\alpha_0,1)\geqslant\alpha_0 \\\text{ et} \\ f(\xi,x)\geqslant \alpha_0 \text{ (par } \textbf{(2)} \text{, voir dernier post..)}\end{cases}$, et donc (par hypothèse sur $g$) : $g(f(\xi,x),\xi) > f(\xi,x) \geqslant x$ ,

c'est-à-dire $h(x)>x \, \Bigl($ en posant $h(x)= g(f(\xi,x),\xi) \Bigr)$ d'où on déduit : $f(\xi,\eta)=\sup\limits_ {x \in ]0,\eta[} h(x) \geqslant h(x) > x , (\forall x \in ]0,\eta[) \,\,\textbf{(2')}$.
. Or d'après (14-d) : $\sup\limits_ {x \in ]0,\eta[} x = \eta \lor \, \beta \,|\, \beta+1=\eta\,$ , on distingue alors 2 cas :

- $\sup\limits_ {x \in ]0,\eta[} x = \eta$ , et alors (14-d) par définition du $\sup$, on a : $\eta \leqslant f(\xi,\eta)$

- $\sup\limits_ {x \in ]0,\eta[} x = \beta$, ce qui signifie que $\beta$ est un des éléments de $]0,\eta[$, mais alors par$\textbf{(2')} \,: \beta<f(\xi,\eta)$, et donc par (15-a) : $\beta+1 \leqslant f(\xi,\eta)$ c'est-à-dire $\eta \leqslant f(\xi,\eta)$

donc dans tous les cas : $\eta \leqslant f(\xi,\eta)$ et par conséquent $H_r$ est démontrée....

$\rightarrow\,$Enfin, en appliquant $C59$ il vient : $\eta>1 \Rightarrow f(\xi,\eta)\geqslant \eta$ est un théorème $\hspace{1cm} CQFD$

@Maxtimax

Complètement d'accord !!! j'ai beau me relire, des erreurs de ce style risquent encore de se glisser par la suite ...:-o

Je termine donc cette partie avec

$b_4)$ Il s'agit de montrer : $\alpha >0 \land \alpha\geqslant \alpha_0 \land \beta \geqslant \omega(\alpha) \Longrightarrow \exists! \xi \,|\, \Bigl(f(\alpha,\xi)\leqslant \beta < f(\alpha,\xi+1) \,\land \, \xi\leqslant \beta\Bigr)$

$\bullet)\,$ Montrons $\xi\leqslant \beta$ : par l'absurde, supposons $\xi>\beta$. Comme $\alpha\geqslant \alpha_0$ (car $>\alpha_0$) et $\xi \geqslant 1$, on a (par $b_2)$) : $f(\alpha,\xi)\geqslant \xi>\beta \longrightarrow \,$ contradiction avec $f(\alpha,\xi)\leqslant \beta \, ! \hspace{1 cm} CQFD$


$\bullet\bullet)\,$ Montrons l'existence et l'unicité :

$\alpha>0 \Rightarrow \alpha\geqslant 1 \Longrightarrow\beta \underset{par\, hypothese}{=} \omega(\alpha)\underset{par\, hypothese}{\geqslant} 1 \underset{\alpha\geqslant sup(1,\alpha_0)}\Longrightarrow \, f(\alpha,\beta)\geqslant \beta\Longrightarrow \, f(\alpha,\beta)= \beta \,\lor \, f(\alpha,\beta)> \beta $ :


- $f(\alpha,\beta)= \beta$, alors comme $f(\alpha,\beta+1)\geqslant \beta + 1 >\beta$ , il s'ensuit que $\xi=\beta$ est solution unique


- $f(\alpha,\beta)> \beta\,$ : . Considérons les $\gamma$ vérifiant $f(\alpha,\gamma)> \beta$, (il en existe au moins un, à savoir $\beta$...).

. d'après $\bullet)$, on peut se permettre de ne considérer que les $\gamma\leqslant\beta \rightarrow$ on considère alors $\bar O_\beta$, l'ensemble des ordinaux $\leqslant \beta$, d'après (14-c) : c'est un ensemble bien ordonné.

. Soit la relation $R_1(\gamma)$ : " $\gamma \geqslant 1$ ", alors, par $C51$ : " $ R_1(\gamma) \land \gamma \in \bar O_\beta$ " qui est identique à " $\gamma \geqslant 1 \land \gamma \in ]\leftarrow,\beta]$ " est collectivisante en $\gamma$, par conséquent $A = \{\gamma \, |\, \gamma \geqslant 1 \land \gamma \in \bar O_\beta \} = [1,\beta]$ est un ensemble.

. Soit la relation $R_2(\gamma)$ : " $f(\alpha,\gamma) \in \, ]\beta,f(\alpha,\beta)]$ " , alors, par $C51$ : " $R_2(\gamma) \land \gamma \in A$ " qui est identique à " $\gamma \in [1,\beta] \,\land \, \beta<f(\alpha,\gamma)\leqslant f(\alpha,\beta)$ " est collectivisante en $\gamma$, il s'ensuit que $E =\{\gamma \, |\, \gamma \in [1,\beta] \,\land \, \beta<f(\alpha,\gamma)\leqslant f(\alpha,\beta) \}$ est un ensemble.
Par conséquent $(E,\leqslant)$ est un ensemble bien ordonné, il admet donc un plus petit élément $\Theta$, qui par définition est $\textbf{unique ! }$

. Considérons alors $\xi \,|\, \xi+1=\Theta\,$ (autrement dit $\Theta$ est le successeur de $\xi$, voir 14-d... ), et on a :

$\xi<\xi+1 \Longrightarrow \begin{cases} \xi+1=\Theta \Rightarrow \xi \notin E \Rightarrow f(\alpha,\xi) \leqslant \beta \\ f(x,y) \text{ normal en y } \Rightarrow f(\alpha,\xi) < f(\alpha,\xi+1) \text{ avec } \beta<f(\alpha,\Theta)= f(\alpha,\xi+1) \end{cases}$

Il s'ensuit $f(\alpha,\xi) \leqslant \beta < f(\alpha,\xi+1)$ , l'unicité de $\xi$ découlant de l'unicité de $\Theta$ ...$\hspace{2 cm} CQFD$

@Maxtimax
Ça, ce n'est pas la réponse que je souhaitais :-X... mais tes remarques sont néanmoins fondées 8-)!
En effet, je ne peux affirmer que $\Theta$ est le "successeur" d'un $\xi$ (j'aurais dû m'inspirer de l'exo 16 précédent sur les ordinaux non décomposables).
Néanmoins, malgré tes conseils (toujours avisés), je persiste à essayer de traiter existence et unicité en même temps dans cette question $b_4)$ (qui au passage me fait penser à l'axiome d'Archimède...)

Quelques rappels préalables concernant cette question :
- on a vu que $\xi\leqslant \beta \hspace{1 cm} (R_1)$
- $\alpha >0 \Rightarrow f(\alpha,\beta)\geqslant \beta$

$\bullet\,$ Démontrons l'existence et l'unicité de $\xi$ dans le cas où $f(\alpha,\beta) = \beta$ :

- existence : $\beta<\beta+1\Rightarrow \beta=f(\alpha,\beta)<f(\alpha,\beta+1)\Rightarrow \xi=\beta \,$ est solution

- unicité : supposons par l'absurde qu'il existe $\xi_1 \neq \xi$ tel que $f(\alpha,\xi_1) \leqslant \beta< f(\alpha, \xi_1+1) \hspace{0.5cm}(H)$.
.D'après $(R_1)$, on a $\xi_1 \leqslant \beta \underset {\xi_1 \neq \xi}{\Longrightarrow}\xi_1<\beta $ et donc par (15-a) : $\xi_1+1
\leqslant \beta$ .
.Comme $f(x,y)$ est normal en $y$, il vient : $f(\alpha,\xi_1+1) \leqslant f(\alpha,\beta)=\beta\,\longrightarrow\,$ contradiction avec $(H)\, ! \hspace{1cm} CQFD$

$\bullet\,$ Démontrons l'existence et l'unicité de $\xi$ dans le cas où $f(\alpha,\beta) > \beta$ : la démonstration qui suit ne tient pas compte du fait que $f(\alpha,\beta) > \beta$... elle est donc plus générale, mais je voulais répondre point par point à tes questions et donc considérer les 2 cas séparément...

- On considère $F= \{\nu\,|\, f(\alpha,\nu) \leqslant \beta \}$, comme la relation $" \nu \text{ ordinal } \leqslant\beta \land f(\alpha,\nu) \leqslant \beta "$ qui est identique à $" \nu \in \bar O_\beta \,\land \, f(\alpha,\nu) \leqslant \beta "$ est collectivisante en $\nu$ on en déduit (même type de démonstration que dans le précédent post...) que $F$ est un ensemble.
- On peut alors considérer la famille d'ordinaux $\left[f(\alpha,\nu)\right]_{\nu \in F}$. Par (14-d), elle admet une borne supérieure: $\Theta = \underset{\nu \in F}{sup}\, \left[f(\alpha,\nu)\right]_{\nu \in F} = \underset{\nu \in F}{sup}\, f(\alpha,\nu)$ (par abus de notation)
- Comme $f(x,y)$ est normal en $y$, il vient, par hypothèse : $\underset{\nu \in F}{sup}\, f(\alpha,\nu) = f(\alpha,\underset{\nu \in F}{sup}\, \nu)$
De plus $f(\alpha,\nu)\leqslant\beta, (\forall \nu \in F) \underset{14-d}{\Longrightarrow}\, \underset{\nu \in F}{sup}\ f(\alpha,\nu) \leqslant \beta\,\longrightarrow\,$ en posant $\xi=\underset{\nu \in F}{sup}\, \nu$, il vient :

. $f(\alpha,\xi)\leqslant\beta$

. $\xi$ est unique (par définition du sup.) !

. Comme $f(x,y)$ est normal en $y$, de $\xi<\xi+1$ on déduit : $f(\alpha,\xi)<f(\alpha,\xi+1)$ autrement dit : $\underset{\nu \in F}{sup}\, f(\alpha,\nu)< f(\alpha,\xi+1)$. Mais alors, on ne peut avoir $f(\alpha,\xi+1) \leqslant \beta$ car sinon on aurait (par définition de $F$) : $\xi+1 \in F\,$ et $\,\underset{\nu \in F}{sup}\ f(\alpha,\nu)< f(\alpha,\xi+1) \leqslant \beta\,\longrightarrow\,$ contradiction !! ...
Par conséquent : $f(\alpha,\xi+1) > \beta$

$CQFD$

qu'en penses-tu ?

@Maxtimax
Oups ! effectivement ... alors, pour l'unicité, je m'y prends de cette façon :

On a : $\hspace{1 cm}(H_0) : \xi = \sup\limits_{\gamma \in F} f(\alpha,\gamma) ,\hspace{1 cm}(H_1) : f(\alpha,\xi)\leqslant \beta <f(\alpha,\xi+1),\hspace{1 cm}(H_2) : f(\alpha,\xi_1)\leqslant \beta <f(\alpha,\xi_1+1). $

Par (14-d), $\xi$ est unique en tant qu'élément vérifiant $(H_0)$, il s'ensuit que nécessairement $\xi_1<\xi$ (inégalité stricte), on a alors :
$\xi_1< \xi \underset{15-a}{\Longrightarrow} \xi_1+1 \leqslant \xi \underset{f(x,y) \text{ normal en } y}{\Longrightarrow} f(\alpha,\xi_1+1) \leqslant f(\alpha,\xi) \underset{(H_1)}{\leqslant} \beta$ ...
et donc $f(\alpha,\xi_1+1) \leqslant \beta \longrightarrow$ contradiction avec $(H_2)$ !
$CQFD$

J'ai bon, là ?

Merci (tu) d'avoir "visé" ma démonstration malgré mon style peu orthodoxe :-o dû aux travers dans lesquels je retombe parfois, par fainéantise, pour aller plus vite (mais je trouve qu'il est tellement plus simple d'écrire $A \underset{(c)}{\Longrightarrow} B$ pour : " de $A$ on déduit $B$ à l'aide de $(c)\,$ ", ou bien $A \underset{(c)}{\leqslant} B$ pour : " d'après $(c)$ on a $A \leqslant B\,$" )...

Je passe maintenant à la question c) que je scinde en deux ...

$c_1)\,$ Il s'agit de montrer $(\alpha_0=0 \,\land \, \omega(\xi)=\xi+1 \,\land\, g(\xi,\eta)=\xi+1) \Longrightarrow f(\xi,\eta)=\xi+\eta$

D'après $b_1)$, s'il existe $f(\xi,\eta) \,|\, \begin{cases} f(\xi,1)= \omega(\xi) \hspace{1 cm} (1) \\ \text{et}\\ f(\xi,\eta) = \underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, g(f(\xi,\zeta),\xi) \hspace{0.5 cm} (2) \end{cases}\hspace{1cm}$ alors, il est unique

$\rightarrow$ il suffit donc de prouver que $f(\xi,\eta)=\xi+\eta$ vérifie $(1)$ et $(2)...$


$(1)$ d'une part : $\xi+1=\xi+\eta $ (avec $\eta=1) = f(\xi,1)$ , d'autre part : $\xi+1=\omega(\xi)$,

on a donc bien $f(\xi,1)=\omega(\xi) \hspace{2 cm} CQFD $


$(2) :$ . Soit $f(x,y) =x+y$, on a alors : $f(\xi,\zeta) =\xi+\zeta$ pour $\zeta\in ]0,\eta[$ et on en déduit :

$ \underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, g(f(\xi,\zeta),\xi) = \underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (f(\xi,\zeta)+1) =\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, ((\xi+\zeta)+1) \underset{13-e}{=}\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (\xi+(\zeta+1)) \underset{(*)}{=} \xi+\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (\zeta+1) = C $

$\textit {(*) puisque d'après (17-a) : } \xi+\eta \textit{ est un s.f.o.n. défini pour } \eta...$


. Or : $0<\zeta<\eta \Rightarrow 1<\zeta+1<\eta +1$, et donc : $\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (\zeta+1) = sup \, (O_{\eta+1}-\{0,1\})$ , et par (14-d) il vient : $sup\, (O_{\eta+1}-\{0,1\})=\eta$


. Par conséquent $C = \xi+\eta = f(\xi,\eta) \hspace{1 cm} CQFD$


$c_2)\,$ Il s'agit de montrer $(\alpha_0=1 \,\land \, \omega(\xi)=\xi \,\land\, g(\xi,\eta)=\xi+\eta) \Longrightarrow f(\xi,\eta)=\xi\eta$


Montrons, comme dans $c_1)$, que $f(\xi,\eta)=\xi\eta$ vérifie $(1)$ et $(2)...$


$(1) : \, \xi.1 = \xi$ est un théorème donc $f(\xi,1)=\omega(\xi) \hspace{2 cm} CQFD $


$(2) :$ . Soit $f(x,y) =xy$, on a alors : $f(\xi,\zeta) =\xi\zeta$ pour $\zeta\in ]0,\eta[$ et on en déduit :


$ \underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, g(f(\xi,\zeta),\xi) = \underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (f(\xi,\zeta)+\xi) =\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, ((\xi\zeta)+\xi) \underset{13-d}{=}\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (\xi(\zeta+1)) \underset{(**)}{=} \xi\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, (\zeta+1) \underset{c_1)}{=} \xi. sup\,O_{\eta+1} \underset{c_1)}{=} \xi\eta =f(\xi,\zeta) \hspace{0.5 cm} CQFD$

$\textit {(**) puisque d'après (17-a) : } \xi\eta \textit{ est un s.f.o.n. défini pour } \eta...$

OK,OK, j'ai bien compris ! Si je veux la médaille Fields :)o, il faut que je m'attaque à plus dur ... pourquoi pas la question d) !!!
$\longrightarrow\,$ là encore je scinde en 2 questions ...

$d_1)$ En posant $H_1 : \left[\begin{cases} \alpha_0\leqslant \xi \leqslant \xi' \\ \land\\ \alpha_0\leqslant\eta\leqslant\eta' \end{cases} \Rightarrow g(\xi,\eta)\leqslant g(\xi',\eta') \right]$ , il s'agit de montrer :

$H_1 \Longrightarrow \left[\begin{cases} \alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \\ \land \\ 1\leqslant\eta\leqslant\eta' \end{cases} \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta')\right]$


D'après $b_2) : (1\leqslant\eta\leqslant\eta' \land \xi\geqslant \alpha_0) \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi,\eta')...$ par conséquent, il reste juste à prouver que : $\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)$ pour $1\leqslant\eta\leqslant\eta'$, puisqu'on aura alors : $\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \land 1\leqslant\eta\leqslant\eta' \Longrightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)\leqslant f(\xi',\eta')$ et ce sera terminé !


$\bullet \, \eta = 1$ : on a $\begin{cases} f(\xi,1)=\omega(\xi) \\ f(\xi',1)=\omega(\xi') \end{cases}$, comme $\alpha_0\leqslant \xi \leqslant \xi'$, il vient (par définition de $\omega) : \omega(\xi)\leqslant\omega(\xi')$, c'est-à-dire $f(\xi,1)\leqslant f(\xi',1) \hspace{2 cm} CQFD$


$\bullet \bullet \,\eta>1 \rightarrow\,$ On va démontrer: $H_r \Longrightarrow \Bigl((\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi') \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)\Bigr)$, en posant


$H_r : \left[\eta \text{ ordinal } \,\land\, (\forall \zeta) \biggl(\Bigl(0<\zeta<\eta \, \land\, \zeta \text{ ordinal }\Bigr) \Rightarrow \Bigl(\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \Rightarrow f(\xi,\zeta)\leqslant f(\xi',\zeta)\Bigr)\biggr)\right]$ comme hypothèse de récurrence


- On remarque que : " $0<\zeta<\eta , \,\eta> 1$ " est identique à " $1\leqslant\zeta<\eta, \,\eta>1$ ", et donc par $b_3) 1) : f(\xi,\zeta)\geqslant \xi \geqslant \alpha_0 \hspace {1cm} (3)$.

De même $f(\xi',\zeta)\geqslant \xi' \geqslant \alpha_0 \hspace {1cm} (3')$.


- On a $\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi'$ (par hypothèse) et $f(\xi,\zeta)\geqslant \alpha_0\, ,\, f(\xi,\zeta')\geqslant \alpha_0$ , par conséquent, en utilisant $H_1$ et $H_r$, on déduit de $(3)$ et $(3')$ que : $g(f(\xi,\zeta),\xi) \leqslant g(f(\xi',\zeta),\xi') \,,\, \Bigl( \forall \zeta \in ]0,\eta[ \Bigr)$ , d'où : $\underset{0<\zeta<\eta}{sup}\, g(f(\xi,\zeta),\xi) \leqslant \underset{0<\zeta<\eta}{sup} \,g(f(\xi',\zeta),\xi') $, c'est-à-dire : $f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)$


- Par conséquent, on a démontré que: " $\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)$ " est un théorème, donc par $C59$, on en déduit que: $\eta\text{ ordinal }\Longrightarrow \Bigl(\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)\Bigr)$ est un théorème, ce qui est équivalent à : $\Bigl(\eta\text{ ordinal et } \alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi'\Bigr) \Rightarrow f(\xi,\eta)\leqslant f(\xi',\eta)$ est un théorème $\hspace{2 cm} CQFD$


$\bullet\bullet\bullet \,$ Enfin, $\, \bullet + \bullet\bullet$ démontre l'assertion $\hspace{1 cm} CQFD$




$d_2)\,$ en posant $H_2 : " g(\xi,\eta)<g(\xi,\eta') "$ et $H_3 : " g(\xi,\eta) \leqslant g(\xi',\eta)" $, il s'agit de démontrer :

$\Bigl((\alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi' \,\land \, \alpha_0\leqslant\eta<\eta') \Rightarrow H_2 \land H_3\Bigr) \Longrightarrow \biggl( (\alpha_0\leqslant\xi <\xi'\, \land \,\eta \geqslant 0) \Rightarrow\Bigl( f(\xi,\eta+1) < f(\xi',\eta+1)\Bigr)\biggr)$


- On remarque que $\eta> 0 \Rightarrow \eta+1\geqslant 1 \hspace{1 cm} (R_1)$

$\bullet \, $ Si $\eta+1 = 1$, alors $f(\xi, \eta+1)=f(\xi,1)=\omega(\xi)\, \land\, f(\xi', \eta+1)=f(\xi',1)=\omega(\xi')$. Or, si $\alpha_0\leqslant\xi <\xi'$, il vient (par hypothèse sur $\omega) : \omega(\xi)<\omega(\xi')$ et donc : $f(\xi, \eta+1)<f(\xi', \eta+1)\hspace{2 cm} CQFD $


$\bullet \bullet\, $ Si $\eta+1>1$, alors $f(\xi, \eta+1)= \underset{0<\zeta<\eta+1}{sup}\,g(f(\xi,\zeta),\xi)$ et on remarque que $0<\zeta<\eta+1$ entraine $ \zeta\geqslant1$, et donc, par $b_3) : f(\xi,\zeta)\geqslant \alpha_0 \,\land \, f(\xi',\zeta)\geqslant \alpha_0 \hspace{1 cm} (R_2)$


- On va démontrer : $H'_r \Longrightarrow \biggl(\xi<\xi'\Rightarrow \Bigl(f(\xi,\eta+1)<f(\xi',\eta+1)\Bigr)\biggr)$ , en posant

$H'_r : \left[(\eta \text{ ordinal } \land \,\eta>0) \land \, (\forall \zeta)\biggl((\zeta \text{ ordinal } \land \,0<\zeta<\eta+1) \,\Longrightarrow \Bigl(\xi<\xi'\Rightarrow f(\xi,\zeta)<f(\xi',\zeta)\Bigr)\biggr)\right]$


. Soit $0<\zeta<\eta+1$, de $\xi<\xi'$ on déduit (par $H'_r) : f(\xi,\zeta)<f(\xi',\zeta)$ et à fortiori $f(\xi,\zeta)\leqslant f(\xi',\zeta)$
. Il vient (par $R_2$ et $H_3) : g(f(\xi,\zeta),\xi)\leqslant g(f(\xi',\zeta),\xi) \underset{(***)}{<}g(f(\xi',\zeta),\xi') \hspace{2cm}$ (***) en utilisant $H_2$ et le fait que $\xi<\xi' $
. On en déduit : $\underset{0<\zeta<\eta+1}{sup}\,g(f(\xi,\zeta),\xi) \leqslant \underset{0<\zeta<\eta+1}{sup}\,g(f(\xi',\zeta),\xi')$ c'est-à-dire $f(\xi,\eta+1)\leqslant f(\xi',\eta+1) \hspace{1cm} CQFD$


- Enfin, en appliquant le critère $C59$, on a alors :" $(\eta \text{ ordinal } \land \,\eta>0) \Longrightarrow \Bigl(\xi<\xi' \Rightarrow f(\xi,\eta+1)<f(\xi',\eta+1)\Bigr)$ " est un théorème, et donc que : " $(\eta \text{ ordinal } \land \,\eta>0 \,\land \,\xi<\xi') \Rightarrow \Bigl( f(\xi,\eta+1)\leqslant f(\xi',\eta+1)\Bigr)$ " est un théorème
"presque" $CQFD$, car on veut initialement une inégalité stricte !

Me revoilà (Oh non encore lui ! :-X) avec ma question e) ... (que je scinde en deux)

Moyennant les hypothèses

$(H_4)\, : \, \omega(\xi)=\xi,\text{ fonctionnel ordinal }$

$ (H_5) \, : \, \begin{cases} \alpha_0\leqslant\xi\leqslant\xi'\\ \land \\ \alpha_0\leqslant\eta <\eta' \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} g(\xi,\eta)\leqslant g(\xi',\eta) \\ \land \\ g(\xi,\eta)< g(\xi,\eta')\end{cases}$

$(H_6) \, : \, (\forall \xi) \, \Bigl(\xi \geqslant \alpha_0 \Rightarrow g(\xi,\eta) \text{ s.f.o.n. par rapport à } \eta \,(\geqslant \alpha_0)\Bigr)$

$(H_7) \, : \, (\forall \xi)(\forall \eta)(\forall \chi) \Bigl((\xi\geqslant \alpha_0 \,\land\, \eta \geqslant \alpha_0 \,\land\, \chi \geqslant \alpha_0 ) \Rightarrow g(g(\xi,\eta),\chi)=g(\xi,g(\eta,\chi))\Bigr)$


$e_1)\,$ Il s'agit de montrer : $ (\xi\geqslant \alpha_0\,,\,\eta \geqslant 1\,,\, \chi\geqslant 1) \Rightarrow g(f(\xi,\eta),f(\xi,\chi))=f(\xi,\eta+\chi)$


Une remarque en passant : dans les hypothèses, n'est-il pas redondant de considérer $g(\xi,\eta)$ s.f.o.n. par rapport à $\eta \,(\geqslant \alpha_0) \textbf{ et } g(\xi,\eta)< g(\xi,\eta')$ pour $\alpha_0\leqslant\eta <\eta'$...?


Cela étant, je pense qu'il faut avoir recours ici à une double récurrence, d'abord $1)$ en fixant $\eta\,, \,puis 2)$ en fixant $\chi$

On notera que le cas $0) : \eta=\chi=1$ se résout facilement. En effet,

- d'une part, en représentant " $1+1$ " par " $2$ " et en remarquant que $2$ est le successeur immédiat de $1$, on a que : $\zeta \in ]0,2[$ entraine $\zeta =1$ . Il s'ensuit $f(\xi,1+1)=f(\xi,2)=\underset{\zeta \in ]0,2[ }{sup} g(f(\xi,\zeta),\xi)=\underset{\zeta=1}{sup} \,g(f(\xi,\zeta),\xi)=g(f(\xi,1),\xi) \underset{(H_4)}{=}g(\xi,\xi)$

- d'autre part : $g(f(\xi,1),f(\xi,1))=g(\omega(\xi),\omega(\xi))\underset{(H_4)}{=}g(\xi,\xi)$

Il y a bien égalité ! $\hspace{8 cm} CQFD$


$1)$ soit $\eta$ fixé $> 1$

On considère l'hypothèse $H''_r : (\forall \zeta) \Bigl(\zeta <\chi \Longrightarrow g(f(\xi,\eta),f(\xi,\zeta))=f(\xi,\eta+\zeta)\Bigr)$, On a alors

- d'une part : $g\left[f(\xi,\eta),f(\xi,\chi)\right]=g[f(\xi,\eta), \underset{\zeta \in ]0,\chi[}{sup}\, g(f(\xi,\zeta),\xi)]\overset{(*)}{=} \underset{\zeta \in ]0,\chi[}{sup}\, g[f(\xi,\eta),g(f(\xi,\zeta),\xi)]\hspace{2cm}(*)$ $g(x,y)$ s.f.o.n. par rapport à $y$

$\overset{(H_7)}{=} \underset{\zeta \in ]0,\chi[}{sup}\,g[g(f(\xi,\eta),f(\xi,\zeta)),\xi]\overset{H''_r}{=} \underset{\zeta \in ]0,\chi[}{sup}\, g[f(\xi,\eta+\zeta),\xi]$

- d'autre part : $f(\xi,\eta+\chi)=\underset{\zeta\in]0,\eta+\chi[}{sup}\, g[f(\xi,\zeta),\xi]$

Il s'agit donc de montrer que : $\underset{\zeta \in ]0,\chi[}{sup}\, g[f(\xi,\eta+\zeta),\xi]=\underset{\zeta\in]0,\eta+\chi[}{sup}\, g[f(\xi,\zeta),\xi]\,$..... ça, je ne sais pas faire, et le cas $2)\, : \chi \text{ fixé } >1 \,\rightarrow$ encore moins !

Un indice ne serait pas de refus (tu)

Oui, sans rentrer dans les détails, disons que j'ai fait une confusion avec le principe de récurrence (td)

Pour la suite, j'ai peut-être ça :

Pour éviter de s'emmêler les pinceaux, on va arrêter d'utiliser le terme $\zeta$ pour les 2 expressions, ainsi on pose $A = \{\eta+\alpha \,|\, 0<\alpha<\chi\}$ et $B=\{\beta \,|\, 0<\beta<\eta+\chi\}$ ...

$\bullet\,$Tout d'abord, une remarque qui me servira plusieurs fois
$R_3$ : par (17-a), $\eta+x$" est s.f.o.n. par rapport à $x$, elle est donc strictement croissante par rapport à $x$, il y a donc une correspondance biunivoque entre $x$ et $\eta+x$

$\bullet\,$On a $(15-a) : \eta = \eta+ 0<\eta+\alpha<\eta+\chi$ et donc $A=]\eta,\eta+\chi[$ et $B = ]0,\eta+\chi[ $, il vient $A=B_\eta$ en posant $B_\eta=\{\beta \in B\,|\, \beta>\eta\}$.

$\bullet\,$On remarque alors ( $H_5 +$ hypothèse sur $f$) que $g[f(x,y),z]$ est croissante par rapport à $y$ et à $z$ et en tenant compte de $R_3$, il vient que $g[f(\xi,\beta),\xi]$ et $g[f(\xi,\eta+\alpha),\xi]$ sont croissantes par rapport à $\beta$ et $\alpha$ respectivement, par conséquent on a, en particulier : $\underset{\beta \in ]0,\eta+\chi[}{sup}\,g[f(\xi,\beta),\xi]=\underset{\beta \in ]\eta,\eta+\chi[}{sup}\,g[f(\xi,\beta),\xi]=\underset{\beta \in B_\eta}{sup}\,g[f(\xi,\beta),\xi]=sup \, \Bigl( g[f(\xi,\beta),\xi] \Bigr)_{\beta \in B_\eta}$

Il suffirait alors de comparer les familles $\Bigl( g[f(\xi,\eta+\alpha),\xi] \Bigr)_{\alpha \in ]0,\chi[}$ et $\Bigl( g[f(\xi,\beta),\xi] \Bigr)_{\beta \in B_\eta}$ en espérant qu'elles soient identiques, auquel cas leur borne supérieure le seraient aussi et on aurait gagné !

$\bullet\,$Comme $A=B_\eta$, on a :
$(\forall \nu \in A),(\exists! \beta \in B_\eta) \,|\, g[f(\xi,\nu),\xi]= g[f(\xi,\beta),\xi]$ , ou de manière équivalente (par $R_3$) : $(\forall \alpha \in ]0,\chi[),(\exists! \beta \in B_\eta) \,|\, g[f(\xi,\eta+\alpha),\xi]= g[f(\xi,\beta),\xi]$
et
$(\forall \beta \in B_\eta),(\exists! \nu \in A) \,|\, g[f(\xi,\nu),\xi]= g[f(\xi,\beta),\xi]$ ,ou de manière équivalente (par $R_3$) : $(\forall \beta \in B_\eta),(\exists! \alpha \in ]0,\chi[) \,|\, g[f(\xi,\eta+\alpha),\xi]= g[f(\xi,\beta),\xi]$

Il s'ensuit une correspondance bi-univoque entre les 2 familles qui sont donc identiques $\hspace{3cm}CQFD$

$e_2)$ Il s'agit de montrer : $ (\xi\geqslant \alpha_0\,,\,\eta \geqslant 1\,,\, \chi\geqslant 1) \Rightarrow f(f(\xi,\eta),\chi)=f(\xi,\eta\chi)$

On rappelle que:

$R_4 : f(x,y)$: s.f.o.n. par rapport à $y$
$R_5 : \eta.x : $ s.f.o.n. par rapport à $x$

$\bullet\,$On notera que le cas $\chi =1$ se résoud facilement, en effet :

$\longrightarrow : f(f(\xi,\eta),1)\underset{\text{prop. de} f}{=}\omega(f(\xi,\eta))\underset{H_4}{=}f(\xi,\eta)\underset{14-a}{=}f(\xi,\eta.1)\hspace{1cm}CQFD$

$\bullet\,$ Dans le cas général, on va considérer une récurrence par rapport à $\chi >1 ...$

Soit l'hypothèse de récurrence $H'''_r : (\forall \zeta) \Bigl(1\leqslant\zeta <\chi \Longrightarrow f(f(\xi,\eta),\zeta)=f(\xi,\eta.\zeta)\Bigr)$, on considère 2 cas selon que (d'après 14-a) $sup\,[1,\chi[ = \chi$ ou $sup\,[1,\chi[ = s$ avec $s+1=\chi$


1) sup$[1,\chi[ = \chi$, on a alors : $f(f(\xi,\eta),\chi)=f(f(\xi,\eta),\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,\zeta) \underset{R_4}{=}\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,f(f(\xi,\eta),\zeta) \underset{H_r}{=}\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,f(\xi,\eta.\zeta)$

Or $f(\xi,\eta.\chi)=f(\xi,\eta.\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,\zeta) \underset{R_5}{=}f(\xi,\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,\eta.\zeta)\underset{R_4}{=}\underset {\zeta \in [1,\chi[}{sup}\,f(\xi,\eta.\zeta)$

$\longrightarrow\,$Il y a bien égalité ! $\hspace {10 cm} CQFD$


2) sup$[1,\chi[ = s$ avec $s+1=\chi \textit{ (et donc, d'après 15-a, on a } R_6 : s<s+1=\chi)$, on a alors :

$f(f(\xi,\eta),\chi)=f(f(\xi,\eta),s+1)\underset{17-{e_1}}{=}g[f(f(\xi,\eta),s),f(f(\xi,\eta),1)]=g[f(f(\xi,\eta),s),\omega(f(\xi,\eta))]= g[f(f(\xi,\eta),s),f(\xi,\eta)]$

$\underset{H'''_r + R_6}{=}g[f(\xi,\eta.s),f(\xi,\eta)]\underset{17-{e_1}}{=}f(\xi,\eta.s+\eta) \underset{13-e}{=}f(\xi,\eta.(s+1))=f(\xi,\eta.\chi)\hspace {3 cm}CQFD$





$\hspace {10 cm}$(:D$THE \,\,END$(:D

Russell ne l'aurait pas dit autrement ! B-)-