Quasi-intersection infinie

Bonjour,

Tu as un téléphone du métro qui est contradictoire ?
Il faut décrypter !!

Cordialement,

Rescassol

@Martial: j'ai 5mn pour en profiter pour faire quelques commentaires, car il n'y a pas de magie. La "courtitude" de ma preuve vient de points*** soigneusement planqués (plus précisément admis), car je te connais et que nous avons fait les Go et Millault à quelques reprises.

La "longuitude" :-D de la preuve de foys vient de sa de plus en plu systématique volonté de produire des preuves qui passeraient le péage des vérifieurs automatiques logiciels.

Pour les béotiens, je rappelle ce que sont filtres et ultrafiltres (sans preuve).

Soit $E$ un ensemble et $F$ une partie de $E$.

$<<F$ est un filtre$>>$ abrège $<<$ toute intersection finie d'éléments de $F$ est un élément de $F$ et pour tous X,Y si X est dans $F$ et X inclus dans Y alors Y est dans $F>>$

$<<F$ est un ulfiltre$>>$ abrège $<<F$ est un filtre, il ne contient pas l'ensemble vide comme élément et tout filtre qui le contient strictement contient l'ensemble vide comme élément$>>$

On a le théorème (quasi-évident) que: $F$ est un ultrafiltre ssi en plus d'être un filtre, il rencontre toute partition finie de $E$

[small]*** par exemple l'existence d'une partition de $A$ en deux parties infinies, l'admission de ce que je sais que tu sais (si on te le rappelle en 1/10 de seconde) sur les ultrafiltres.[/small]

@Martial: sans AC (général ou dénombrable) que veut dire "infini"?

Dans ZF vanille: si $A$ est un ensemble tel qu'il existe $f:A\to A$ injective mais non surjective, on considère $i\in A \backslash f(A)$ et on définit par récurrence $x_0:=i$ et $x_{n+1}:=f(x_n)$. Alors $x$ est injective.
(soit $m:=\min \{p\in \N \mid \exists q> p; x_p = x_q\}$; soit $p$ tel que $m<p$ et $x_m=x_p$; alors $p>0$ donc soit $n\in \N$ tel que $n+1=p$, i.e. $f(x_n)=x_p=x_m$. Alors $m\neq 0$ car $x_0=i\notin f(A)$. Donc $m=r+1$ avec $r\in \N$; donc $f(x_r)=x_{r+1} = x_m = x_p = f(x_n)$. Donc par injectivité de $f$, $x_r=x_n$ avec $r<m$ et $r<n$ ce qui contredit la minimalité de $m$)

On a donc $B:= \{x_{2n} \mid n \in \N\}$ et $A\backslash B$ (contenant $\{x_{2n+1} \mid n \in \N \}$) partition en ensembles infinis.

D'accord. Cela étant, pour un ensemble $X$ muni d'un bon ordre, ces deux définitions vont être équivalentes sous ZF (car $\N$ s'injecte dans $X$ ou bien $X$ s'injecte sur un segment initial strict de $\N$ i.e un ordinal fini). C'est ce qui se passe dans le présent fil pour une partie $A$ de $\omega$ sauf erreur d'interprétation (si $\omega = \N$).
Au passage ma preuve utilise AC (en fait: le théorème d'existence des ultrafiltres plus fins qu'un filtre donné), celle de Christophe non (il se contente de partitionner l'ensemble de départ).

Soit $n$ est un entier et $\mathcal X$ un ensemble de parties de $\N$ telles que pour tous $F,G$ distincts dans $\mathcal X$, alors $F\cap G$ a au plus $n$ éléments. Montrons que $\mathcal X$ est dénombrable par récurrence sur $n$.

Si $n=0$ On va dire qu'on sait faire (voir posts plus haut).
Si $n\geq 1$, soit $\mathcal F$ l'ensemble des parties finies non vides(*) de $\N$.
Alors $\mathcal F$ est au plus dénombrable; si $A\in \mathcal F$, soit $\mathcal X_A:= \{B \in \mathcal X \mid A\subseteq B\}$. Alors $\mathcal X \subseteq \{\emptyset\} \cup \bigcup_{A \in \mathcal F} \mathcal X_A$. Il suffit donc de montrer que pour tout $A\in \mathcal F$, $\mathcal X_A$ est au plus dénombrable.
Soit donc $B$ dans $\mathcal F$. Soit $y\in B$ par (*). Alors pour tous $F,G \in \mathcal X_B$, $(F\backslash \{y \}) \cap (G\backslash \{y \})$ est de cardinal inférieur à $n-1$. Donc $\left ( H\backslash \{y \}\right )_{H \in \mathcal X_B}$ est au plus dénombrable (par hypothèse de récurrence). Donc $\mathcal X_B$ est au plus dénombrable et le résultat visé suit puisque $F \in \mathcal X_B \mapsto F \backslash \{y\}$ est injective (pour tout $K\in \mathcal X_B$, $B\subseteq K$ donc $y\in K$ donc $K = (K\backslash \{y\}) \cup \{y\}$).

Super FOYS a parlé !!!!! ;-)

D'une manière générale, à moins que foys ne nous sidère d'un coup, je pense qu'étant donné trois cardinaux $a,b,c$, l'énoncé suivant $R(a,b,c):=$

il existe une partie $X$ de $P(b)$ telle que $card(X)=c$ et $\forall u,v$ dans $X$ qui sont distincts, $card(u\cap v)< a$

n'est pas très facile à décider. Par exemple, prendre $(a,b,c) := (\omega_0, \omega_1, \omega_2)$.