Parties d'un ensemble non dénombrable

Blueberry · October 2019

Bonsoir,

je viens de lire dans un bouquin que si un ensemble est non dénombrable, il existe nécessairement une de ses parties qui est non dénombrable et dont le complémentaire aussi est non dénombrable.

Quelqu'un pourrait me donner la démonstration de cette affirmation?

Foys · October 2019

Via l'axiome du choix, un ensemble infini $X$ est toujours en bijection avec $2X:= \{0,1\} \times X$ (ça avait été abordé récemment).

Foys · October 2019

http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?16,1864038,1864310#msg-1864310
Je n'ai pas d'idée de preuve plus courte pour l'instant.

Blueberry · October 2019

Merci @Foys , la démo en lien est limpide.

Edit: pour info, j'ai lu ça dans la correction d'un exercice de théorie de la mesure.
On a un ensemble infini $\Omega$ et la tribu $\mathcal T$ engendré par les singletons de cet ensemble. Montrer que $\mathcal T= \mathscr P(\Omega)$ si et seulement si $\Omega$ est dénombrable.
Bon on arrive à la fin à ce que ça revienne à démontrer la propriété du début de fil. Dans la correction du livre, cette propriété était affirmée comme allant de soi...

Foys · October 2019

On peut aller encore plus vite pour les besoins de ton exo: si $E$ est un ensemble, il existe une partition de $E$ en trois parties $A,B,C$ avec $\text{card}(C) \leq 1$ et $A,B$ équipotents (imiter la preuve en lien et prendre via Zorn un triplet $(A,B,f)$ maximal avec $f:A\to B$ bijective et $A,B$ parties disjointes de $E$).

Blueberry · October 2019

Ah oui! Ce résultat est exactement ce qu'il faut pour conclure dans l'exercice et quasi immédiat par Zorn.

Edit1: j'écris la petite démonstration.

$E$ est un ensemble et on considère les triplets $(A,B,f)$ où $A$ et $B$ sont des parties disjointes de $E$ et $f$ une bijection de $A$ sur $B$.
On ordonne ces triplets par $(A,B,f) \leqslant (A',B',f')$ si $A \subset A'$ et $f'$ prolonge $f$. Cet ensemble de triplets muni de cette relation d'ordre ( non vide car $(\emptyset,\emptyset,\emptyset)$ est dedans) est inductif.
Par le lemme de Zorn, il existe un élément maximal $(A,B,f)$..
Si on avait $E \setminus A \cup B$ de cardinal $\geqslant 2$, on y trouverait deux éléments $a_1$ et $a_2$ et on pourrait prolonger $f$ par $f(a_1)=a_2$ de $A \cup \{ a_1\}$ sur $B \cup \{ a_2\}$ ce qui contredirait la maximalité de $(A,B,f)$.
D'où la partition de $E$ en $A$, $B$ et $C$ avec $Card(C) \leqslant 1$ et $A$ et $B$ équipotents.

Edit 2: j'ai rajouté en le soulignant un oubli dans la démonstration. J'en profite pour remercier AD pour ses corrections.

christophe c · October 2019

Je rappelle que

1/ en l'absence de l'axiome du choix, il peut exister des ensembles non finis tels que toutes leurs parties sont finies ou cofinies.

2/ En sa présence, il suffit de prouver le truc (qui est alors trivial) pour les ordinaux.

Martial · October 2019

Je vais chipoter un peu.
Est-on vraiment sûr que la propriété "si un ensemble est non dénombrable, il existe nécessairement une de ses parties qui est non dénombrable et dont le complémentaire aussi est non dénombrable" requiert l'axiome du choix ?

En d'autres termes, existe-t-il un modèle de ZF sans AC qui vérifie : "il existe un ensemble A non dénombrable, dont toute partie est dénombrable ou co-dénombrable" ?
(En quelque sorte, une généralisation aux ensembles non dénombrables de la propriété 1 énoncée par Christophe ci-dessus).

Martial · October 2019

Juste histoire de faire remonter le topic.
Christophe, si tu traînes dans le quartier...

Maxtimax · October 2019

(j'utilise dénombrable pour ce qu'on appelle d'habitude "fini ou dénombrable")

La réponse est oui : prends un ensemble amorphe (i.e. infini mais dont tout sous-ensemble est fini ou co-fini) $X$. Alors en particulier $X$ est non dénombrable (car $\N$ et les ensembles finis ne sont pas amorphes) donc vérifie ta propriété.

Si tu n'es pas content parce que $X$ n'est pas dénombrable mais pas forcément "gros", qu'à cela ne tienne: prends $Y= \mathbb N\sqcup X$.
Soit alors $Z\subset Y$ : $Z= Z\cap X \sqcup Z\cap \mathbb N$, $Z\cap X$ est ou fini ou co-fini et $Z\cap \mathbb N$ (ainsi que son complémentaire dans $\mathbb N$) est dénombrable.

ainsi, si $Z\cap X$ est fini, $Z$ est dénombrable, et si $Z\cap X$ est co-fini, alors $Z$ est co-dénombrable. Ainsi $Y$ est non dénombrable, vérifie la propriété et $\mathbb N$ s'injecte dedans.

christophe c · October 2019

De mon téléphone à Martial. Comme le remarque maxtimax la question n'est pertinente qu'en présence de l'axiome du choix dépendant. J'ai déjà pose cette question plusieurs fois avant 2000 tout le monde (dans les maîtres) pense que oui, mais ça s'est arrêté la. Il aurait semblé à l'époque que pour le prouver il était nécessaire d'utiliser un gros cardinal (typiquement mesurable) mais mes souvenirs s'arrêtent là.

Dans le même genre AVEC axiome CD , un exiting énoncé est : il existe un ordre total sans maximum tel toute partie est telle que elle ou son complémentaire contient un segment final.

Dans les deux énoncés on a un ultrafiltre naturel oméga 1 additif et donc potentiellement ils sont "forts".