Définition d'un couple
Bonjour,
Si on choisit comme définition du couple $(a,b):=\{a,\{a,b\}\}$, est-ce que l'on peut montrer facilement (sans l'axiome de fondation) que $(a,b)=(c,d) \implies a=c$ et $b=d$ ?
Dans le livre de Dehornoy, la définition est $(a,b)=\{\{a\},\{a,b\}\}$, donc dans ce cas, c'est clair.
Merci d'avance.
Si on choisit comme définition du couple $(a,b):=\{a,\{a,b\}\}$, est-ce que l'on peut montrer facilement (sans l'axiome de fondation) que $(a,b)=(c,d) \implies a=c$ et $b=d$ ?
Dans le livre de Dehornoy, la définition est $(a,b)=\{\{a\},\{a,b\}\}$, donc dans ce cas, c'est clair.
Merci d'avance.
Réponses
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En effet, si $a=\{\{a\}\}$, alors $(a,a)= \{a,\{a\}\}$ et $(\{a\}, \{a\})=\{\{a\},\{\{a\}\}\}=\{\{a\},a\}=(a,a)$. Mais je ne sais pas si $a=\{\{a\}\}$ implique $a=\{a\}$. Sinon, ça fournirait un contre-exemple.
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Ah non, ça ne l'implique pas!! (Et gros bisous à toi au fait).Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Merci Christophe ! Donc si on choisit comme définition du couple $(a,b):=\{a, \{a,b\}\}$, on ne peut pas montrer que $(a,b)=(c,d)$ implique $a=c$ et $b=d$ sans l'axiome de fondation. Car on peut supposer l'existence d'un $a$ tel que $a=\{\{a\}\}\neq \{a\}$ sans aboutir à une contradiction, et alors $(a,a)= (\{a\},\{a\})$, mais $a\neq\{a\}$.
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marco a écrit:on peut supposer l'existence d'un $a$ tel que $a=\{\{a\}\}\neq \{a\}$ sans aboutir à une contradiction
Pas vraiment, tout modèle de $\mathsf{ZF}$ est modèle de $\mathsf{ZF} - \text{fondation}$ !
Par contre, on doit pouvoir montrer qu'il est consistant avec $\mathsf{ZF}$ qu'il existe des modèles de $\mathsf{ZF} - \text{fondation}$ violant l'axiome de fondation de manière précise, par exemple avec un ensemble $a$ tel que tu en parles (sûrement en partant de modèles avec des atomes). Ça montrerait que l'implication $(a, b)_{marco} = (c, d)_{marco} \Rightarrow a=c$ n'est pas prouvable à partir de $\mathsf{ZF} - \text{fondation}$.
À prendre avec une pincée de sel car je ne suis pas du tout expert. -
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D'accord, merci. Comment montre-t-on que l'on peut supposer qu'il existe $a$ tel que $a=\{\{a\}\}\neq \{a\}$ sans contradiction ? Avec des graphes orientés infinis, j'imagine ? Peut-être, on commence avec un élément $b\neq a$ représentant $\{a\}$ et une flèche de $b$ vers $a$ pour "$b$ contient $a$" et une flèche de $a$ vers $b$ pour "$a$ contient $b$". Puis, on construit les autres ensembles.
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Si V est un univers et $f$ une bijection $V\to V$, l'ensemble $V$ muni de la relation binaire $(x,y) \mapsto x\in f(y)$ est encore un modèle de ZF (si $f$ respecte les schémas, ce qui est le cas si tu la définis.
Trouver la bonne $f$ est un exo.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
Merci, je vais y réfléchir.
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On peut faire beaucoup de trucs, mais faut tatonner à chaque fois. Par exemple, on peut obtenir $P(a)\in a$ de cette manière :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Ah ben, si je ne trouve pas, je te demanderai.
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Tu trouveras plus vite que moi :-DAide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Pour obtenir $a=\{a\}$, par exemple on peut permuter $a=\emptyset$ et $b=\{\emptyset\}$. Donc $x E a$ est équivalent à $x \in f(a)=\{\emptyset\}$ qui est équivalent à $x=a$. Donc $a=\{a\}$. L'ensemble vide pour $E$ étant $b$.
Pour obtenir $a=\{\{a\} \} \neq \{a\}$, on permute $a=\emptyset$ et $b=\{\{\emptyset\}\}$, on note $c=\{\emptyset\}$. Alors $xEa \iff x \in \{\{\emptyset \}\} \iff x= \{\emptyset\}$. Donc $a=\{c\}$.
$xEc \iff x \in \{\emptyset\} \iff x= \emptyset \iff x=a$. Donc $c= \{a\}$. Donc $a=\{\{a\}\}$, et $a\neq c$. -
Je savais que tu trouverais vite ;-)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Pour $P(a) \in a$, on peut définir $a=\{2,0\}$, $b=\{4\}$, $c=4$, $d=\{\{2,0\},0\}$. On définit $f$ en posant $f(a)=b, f(b)=a, f(c)=d, f(d)=c$ et $f(x)=x$ est l'identité si $x \neq a,b,c,d$.
Donc l'ensemble vide pour $E$ est $0$.
On a $xEc \iff x \in d \iff x=a$ ou $x=0$. Donc $c=\{a,0\}_E$
$xEa \iff x \in b \iff x=4$, donc $a=\{c\}_E$
Donc $a=\{\{a,0\}_E\}_E$
Donc $a=\{P(a)\}_E$. -
Waouuuuuu!!!! (tu) (tu)Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Oui, je n'ai pas regardé dans le Krivine. Je ne savais pas que les exercices étaient dans le livre. Peut-être est-il disponible sur Internet.
Est-ce que pour toute bijection d'un univers $V$ dans $V$, il existe un ensemble $E$ tel que $f$ est l'identité en dehors de $E$, c'est-à-dire $f(x)=x$ si $x \notin E$ ? Je pense que non, si on prend une famille croissante d'ordinaux limites $\alpha_i$ et pour $\alpha_i\leq x<\alpha_{i+1}$, on définit $f(x)=x+1$ et $f(\alpha_{i+1})=\alpha_i $. Mais il y a un problème si un ordinal limite n'est pas successeur d'un autre ordinal limite dans la famille des ordinaux limites. Ce n'est pas clair. -
Remarque: on peut permuter $x$ et $x+1$ pour $x$ "pair" c'est-à-dire de la forme $x=\omega .\alpha +2y$ avec $y< \omega$.
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Non, pense à Cantor Bernstein qui te donne multitude de contre-exemples.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi
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Pardon, j'ai été un peu expéditif j'aurais dû écrire "pense à l'esprit de".
Quand tu partitionnes un ensemble en 2 morceaux en bijection entre eux, il est facile de construire une application sans aucun point fixe.Aide les autres comme toi-même car ils sont toi, ils sont vraiment toi -
D'accord, merci Christophe.
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