Bourbaki, vraiment pour comprendre (7)

Bonjour à toutes et tous,
Il s'agit de l'exercice 19 p.III-79 du livre "Bourbaki-Théorie des ensembles". L'énoncé faisant, une nouvelle fois, références à d'autres exercices je joins les énoncés correspondants pour que le lecteur ait toutes les données (à ce propos, l'énoncé de cet exercice comporte une coquille puisqu'il faut lire, il me semble ... : II, p.52, exerc. 9, et non pas exerc. 10 !).

- quelques remarques en préambule :

. On notera $T_N$ : une relation d'ordre dans un ensemble $N$. De fait, si on note $T_N^{-1}$ la relation d'ordre opposée dans ce même ensemble (qui, muni de cette relation devient alors $N^\star$), on a alors la correspondance : $\begin{cases}(N,T_N) & \longleftrightarrow (N^\star, T_N^{-1}) \\ x \,T_N\, y & \longleftrightarrow y\,T_N^{-1}\, x\end{cases}$
. $ppe (N)$ : le plus petit élément de $N$

. Soit $m = ppe(E)$, on a : $G=\{g\in E^F \,|\, g(y)=m, (\forall y \in F) \text{ sauf pour un nombre fini de y}\}$

. D'après cours p. II-14, on peut considérer un élément de $E^{F^\star}$ comme une famille d'élément de $E$ indexée par $F^\star$, par conséquent, si $f\in E^{F^\star}$, on a alors $f : \begin{cases} F^\star \longrightarrow E \\ x \longmapsto f(x) \end{cases} \,$ et $pr_x(f)=f(x)$.

- Pour définir une relation d'ordre sur $E^{F^\star}$ correspondant à l'exercice 12 p.III-76, il s'agit de vérifier préalablement que $F^\star$ est totalement ordonné :
De $x,y \in F^\star$, on déduit : $x,y \in F$ et comme $F$ est bien ordonné (donc totalement ordonné), il vient : $x \,T_F\, y$ ou $y \,T_F\, x$, c'est-à-dire : $y \,T_F^{-1}\, x$ ou $x \,T_F^{-1}\, y$, par conséquent $x$ et $y$ sont comparables dans $F^\star\hspace{3cm} CQFD$

- On peut maintenant, en s'inspirant de l'exercice 12, définir une relation d'ordre $T_K$ sur $K=E^{F^\star}$ de la façon suivante :
Soient $f,g \in K,\,$ on a alors $A=\{x\in F^\star \,|\, f(x)\neq g(x)\}$, on a : $f\,T_K\, g$ équivaut à "$A$ bien ordonné pour $T_F^{-1}$ et $f(s) \, T_E \,g(s)$ avec $s=ppe(A)$ (c'est-à-dire $s \,T_F^{-1} \, a,(\forall a \in A))$

- On définit alors la relation $\mathfrak{R} : "f,g \in E^{F^\star}$ et $f,g$ comparables", c'est-à-dire "$f,g \in E^{F^\star}$ et ($f\,T_K\, g$ ou $g\,T_K\, f$)"
Notons que cette relation est
. symétrique : de façon évidente, si $f$ et $g$ sont comparables, alors $g$ et $f$ le sont aussi !
. réflexive : on a toujours $f\,T_K\, f\,$ (ici $A=\emptyset$) ...

- Il s'ensuit que par l'exercice 9 p.II-52, on peut enfin définir la relation d'équivalence $\mathfrak{M}$ sur $E^{F^\star}$ par : $f\,\mathfrak{M}\,g$ équivaut à "$\exists h_0,...h_n$ avec $h_0=f... h_n=g \,\land \, h_i \,\mathfrak{R} \, h_{i+1}$"

$\bullet\,$Ceci étant posé, il s'agit de montrer que les éléments de $G$ forment une classe d'équivalence pour $\mathfrak{M}$ ...

- On vérifie d'abord que $2$ éléments $g_1,g_2$ quelconques de $G $ sont tels que $g_1\, \mathfrak{M} \,g_2$ :

1) $A=\{x\in F^\star \,|\, g_1(x)\neq g_2(x)\}$ bien ordonné (par $T_F^{-1})$ : on peut alors considérer $s=ppe(A)$ et comparer $g_1(s)$ avec $g_2(s)$ puisqu'ils appartiennent à $E$ qui est bien ordonné !, on en déduit $g_1\, \mathfrak{R}\, g_2$ et donc $g_1 \,\mathfrak{M}\, g_2 \hspace{5cm} CQFD$

2) $A$ non bien ordonné : alors les $y$ n'ont pas de $ppe$ (au sens de $T_F^{-1}$ ), c'est-à-dire que les $y$ n'ont pas de plus grand élément (au sens de $T_F$ ). On peut alors construire une suite infinie croissante (au sens de $T_F$ ) d'éléments $y_i$ tels que $g_1(y_i) \neq g_2(y_i)$ ... en conséquence de quoi : $A$ possède une infinité d'éléments $ \hspace{1cm} (R_1)$

Par ailleurs, si $\begin{cases} B_1=\{y\,|\, g_1(y)\neq m \} \text{ a un nombre fini d'éléments} \\ B_2=\{y\,|\, g_2(y)\neq m \} \text{ a un nombre fini d'éléments} \end{cases},\hspace{0.2cm}$ alors : $\begin{cases} D_1=\{y\,|\, g_1(y)= m \}= \complement_F B_1 \\ D_2=\{y\,|\, g_2(y)= m \}= \complement_F B_2 \end{cases}$

et comme : $D_1 \cap D_2 = \{y\,|\, g_1(y)=g_2(y)=m\}\,$, il vient que : $\complement_F(D_1 \cap D_2) = \complement_F D_1 \cup \complement_F D_2 = B_1 \cup B_2$ a un nombre fini d'éléments

Or $A \subset \complement_F(D_1 \cap D_2)$, donc $A$ a un nombre fini d'éléments $\rightarrow\,$ contradiction avec $(R_1)$ !

Par conséquent, on ne peut avoir $A$ non bien ordonné et ce cas est donc impossible ...

- Il resterait alors à montrer que $k\notin G \Longrightarrow (\forall g)\Bigl( g\in G \Rightarrow \lnot(k\,\mathfrak{M}\,g)\Bigr)$
Là, je ne sais pas faire...