Bourbaki, vraiment pour comprendre (11)

La 1ère partie de l'exercice, où l'énoncé me paraissait plus clair … :-)

On considère : $E=n,\; \mathfrak{D} \subseteq \mathfrak{P}(E)$ et $\begin{cases} 1) \#(A\cap =\lambda ,\ \text{ pour} A\neq B \\ 2) \#A \leqslant k, (\underset {\mathfrak {D}} {\forall} A) \\[-3pt] 3) (\underset{E}{\forall}x), \Bigl[\#\{i \,|\, x \in A_i \,\land \, A_i\in \mathfrak{D} \}=l \,\Bigr] \end{cases}$

Remarque : on n'a pas nécessairement $k \leqslant n \;$ (!) , par contre : $A \cap B \subseteq A$ entraîne $\#(A \cap B ) \leqslant \#A$ c'est-à-dire : $\lambda \leqslant k$.

I) Il s'agit de montrer : $n(\lambda-1) \leqslant k(k-1)$

$\bullet ~$On définit : $\mathfrak{L} = \{C'=C-\{a\} \mid a \in C \, \land \, C \in \mathfrak{D}\}$ et $\mathfrak{E} = \{ C \in \mathfrak{D}\mid a \notin C \}$
$\alpha) \ (\underset {\mathfrak{L}}{\forall}C')\, (\#C' \leqslant k-1)$
En effet de $C \in \mathfrak{D}$ on déduit ( par 2) ) : $\#C \leqslant k$ et donc : $\#C'=\#(C-\{a\})=\#C-1=k-1$

$\beta) \ (\underset {\mathfrak{E}}{\forall}C)\, (\#C \leqslant k)$
En effet : $C \in \mathfrak{D} \Rightarrow \#C \leqslant k$

$\gamma) \, A' \in \mathfrak{L}\,\land\, B' \in \mathfrak{E} \Rightarrow \#(A' \cap \geqslant \lambda-1$
En effet : $A' = A\setminus \{a\},$ avec $a \in A$
On en déduit : $ A' \cap B = [A\setminus\{a\}] \cap B = [A \cap \complement_E \{a\}] \cap B= A \cap [\complement_E \{a\} \cap B]=A \cap B \: \Bigl ($ car $a \notin B$ entraîne $\complement_E \{a\} \cap B=B \Bigr)$
Donc :$ \#(A' \cap = \#(A\cap \underset{1)}{=}\lambda>\lambda-1$

$\delta) \ x \in E-\{a\} \Rightarrow x \neq a \underset{3)}{\Longrightarrow} \, \#\Bigl\{i\mid x \in A'_i, \ (A'_i \in\mathfrak{L}) \, \lor\, x \in B_i ,\ (B_i\in\mathfrak{E}) \Bigr\}=l$

$\epsilon) \ \mathfrak{L} \cap \mathfrak{E} = \emptyset$
En effet : Soit $A' \in \mathfrak{L}$, supposons par l'absurde que $A' \in \mathfrak{E}$
$ A' \cup \{a\}=A \Rightarrow A\cap A'=A' \Rightarrow \#(A\cap A')=\#A'\underset{\text{d'après 1)}}{=} \lambda$
Et plus généralement, toujours d'après 1) : $(\underset {\mathfrak {D}} {\forall} D) \ (\#[D\cap A']=\#A')$
Donc $(\underset {\mathfrak {D}} {\forall} D) \ (A' \subseteq D)\hspace{1cm}(\star)$
Par ailleurs, en considérant $\mathfrak{I}=\{i\mid a \in D_i \,\land\, D_i \in \mathfrak {D}\}$, on a d'après 3) : $\#\mathfrak{I}=l$
Soit alors $x \in A'$, d'après ($\star$) pour tout $ i \in \mathfrak{I}$ on a $A'\subseteq D_i$ donc $x \in D_i$
En outre : $(\underset {\mathfrak{I}}{\forall}i)\: [x\in A'$ avec $A'\neq D_i] \,,\,$ puisque $a\in D_i$ et $a\notin A'$ (car $A'\in \mathfrak{E}$...)
Par conséquent $\#\Bigl\{j\mid x \in D_j \, (D_j \in \mathfrak {D})\Bigr\}>l \longrightarrow \,$ contradiction avec $\delta) \: ! \hspace{1 cm}$CQFD

$\bullet ~$On remarque alors que $\epsilon)$ est la condition de base de l'énoncé de l'exercice 15 et que $\alpha), \,\beta), \,\gamma)$ et $\delta)\,$ représentent les conditions 1), 2), 3) et 4) de ce même exercice, on en déduit (en s'inspirant dudit exercice) : $\#[E-\{a\}] < \cfrac {k (k-1)}{\lambda - 1} \,,\hspace{0.4 cm}$ et on a :
$\#[E-\{a\}] < \cfrac {k (k-1)}{\lambda - 1} \Longleftrightarrow n-1 < \cfrac {k (k-1)}{\lambda - 1} \underset{\text{prop.2, III-31}}{\Longrightarrow} n \leqslant \cfrac {k (k-1)}{\lambda - 1} \Longleftrightarrow n(\lambda -1) \leqslant k(k-1)$
CQFD