le forcing expliqué aux matheux ordinaires

Par contre quand $G$ est dans un autre monde que $M$...

Bref! Avant de continuer, je vais essayer de vous inviter à quelques remarques utiles pour la suite:

* Un ultrafiltre est une fausse carte d'identité (essayez d'expliquer pourquoi).

* Tout théorème de maths est un cas particulier d'évidence: je vous le mets en liste de questions qui s'enchainent

{\it

1) On se donne une théorie $T$ (c'est à dire un ensemble de phrases) et on considère que c'est à la théorie de prendre en charge toutes les connexions autres que $\to$ qui signifie "implique" et les conjonctions (finies ou dénombrables, peu importe). Autrement dit, toute phrase qui n'est ni une conjonction, ni une implication est considérée comme "atomique" et la théorie $T$ doit prendre en charge son sens, par affirmations d'axiomes divers et variés. Montrer qu'on obtient une description exhaustive des maths sans trop de complications avec cette "convention" (de ne pas parler de "ou", et des autres connecteurs)

2) Soit $P$ une phrase quelconque qui a la propriété que dans tous les "bons" modèles de $T$ elle est vraie. Un modèle de $T$ sera, ici, exceptionnellement une application de l'ensemble des phrases dans $\{vrai,faux\}$, et un "bon" modèle, celui qiu fait cette "attribution" sans dire de conneries flagrantes (comme par exemple affecter la valeur "vrai" à $A\to B$, "vrai" aussi à $A$ et "faux" à $B$). But de la suite, montrer qu'on peut prouver $P$ from $T$ à l'aide du modus ponens et d'axiomes de $T$.

3) Supposons que les axiomes suivants (au moins eux) sont dans $T$ pour toutes phrases $A,B,C, etc$:

a) $((A\to all)\to \to ((A\to \to $

b) $all\to A$

c) $[(A\to all)\to all]\to A$

{\bf A vous de rajouter les moult évidences acceptables pour prouver la suite!}

3.1) Montrer que si $P$ n'est pas démontrable alors l'une au moins parmi $A\to¨P$ et $(A\to all)\to P$ ne l'est pas non plus.

3.2) On joue au jeu suivant: la phrase courante étant $P$

le prouveur a 2 options, dont une qui n'est autorisée que si la pc est une conjonction de $A_i$ qui est de demander au sceptique de choisir l'une des $A_i$ comme nouvelle pc.

L'autre option consiste pour le prouveur à choisir une phrase $A$ de son choix, et à demander au sceptique de remplacer la pc par $(A\to all)\to P$ ou par $A\to¨P$

3.3) Montrer que tout simplement en jouant toutes les sous-phrases de $P$ (qui entrent dans la construction de $P$ à l'aide de phrases "atomiques") en guise de $A$, le prouveur fabrique un modèle.

3.4) Par hypothèse justifier que ce modèle est forcément mauvais.

3.5) Montrer qu'alors "il aurait pu" gagner avant

4) Montrer que si le prouveur a une stratégie gagnante alors il y a une preuve de $P$ dans $T$ par modus ponens.

Ce genre de théorème est souvent appelé {\bf théorème de complétude}

5) On suppose que $E\to A$ est évidente ainsi que $F\to (A\to $ ainsi que $E$ ainsi que $F$. Trouver une "évidence" $G$ telle que $G\to B$ soit évidente.

5.1) En déduire que tout théorème de maths $P$ a la propriété suivante:

il existe une évidence $E$ telle que $E\to P$ est évidente

{\bf Remarque: ces exercices nécessitent que vous soyez créatifs, car ils sont vagues, mais suffisamment formels, quand-même j'espère pour que vous puissiez les traiter}




}

Vous remarquerez, entre autre, dans le post précédent, qu'on a une entrée "presque par le fenetre" du temps, bref...

Plutôt que de "garantir" une à une les règles "évidentes" avec lesquelles les humains (les mathématiciens) raisonnent (celles dont personne ne demanderait jamais la justification), je vais m'occuper {\bf d'abord} de la plus "médiatique". Juste histoire de faire saliver les lecteurs (enfin j'espère)

Ce faisant, vous prenez un ascenseur "olympique" reservé, car entre le moment où la correspondance de Curry Howard a été "découvert" (ou inventée) et le moment ou ce qui suit (d'apparence pourtant toute simple) a été découvert (par Griffin) il s'est écoulée près de 20ans (un peu comme pour le problème des points tous alignés quand 2 quelconques d'entre eux passent toujours par un troisième)

Et la question est donc, comment, à partir d'un robot qui garantit $(A\to all)\to all$ fabriquer un robot qui fait "mieux", à savoir qu'il garantit carrément $A$?

Histoire de vous laisser un peu réfléchir, quelques précisions:

Etant donné un robot $u$ qui garantit $A\to B$ et un robot $v$ qui garantit $A$ {\bf peut-on fabriquer un robot qui garantit $B$?}

La réponse est oui, et je vous la donne directement, de manière à "huiler" votre approche de ce paradigme.

Le robot $u$ a une propriété très simple: sa "vie" dans un quelconque environnement qui agresse $A\to B$ est réussie.

{\bf Définition:} si un robot $t$ et un environnement $E$ sont tels que la vie de $t$ dans $E$ est "réussie", on dira que l'histoire du mariage entre $t$ et $E$ "aboutit". On dira aussi, indifféremmet que $t$ sort "victorieux" de l'agression de $E$. Ou encore "l'histoire de $t$ dans $E$ aboutit"

Voici maintenant la "construction" du robot $w$ qui va garantir $B$ (c'est à dire qui sera tel que son mariage avec n'importe quel environnement qui agresse B aboutit)

$w$ met $v$ en avant (c'est à dire "présente $v$ à $u$) avant de laisser le relais à $u$. $w$ ressemble ainsi à un $u$ avec un bouclier (qui est $v$).

Que va-t-il se passer quand $w$ va se "marier" avec un environnement qui agresse $B$? Réponse, sa première action, va avoir comme effet de marier $u$ avec un environnement qui agresse $A\to B$ puisque du point de vue de $u$, l'environnement auquel il est confronté lui présente un robot qui garantit $A$ avant d'agresser $B$. Mais par hypothèse, c'est là une histoire qui aboutit!

Donc $w$ sort victorieux de son mariage avec $E$... CQFD

La découverte de Griffin a été de trouver comment on peut garantir, par exemple, en termes de robots, "$A$ ou $A\to B$".

Le fait que "$A$ ou $A\to B$" soit une tautologie si on la considère comme une phrase est une chose, mais le fait qu'on puisse être absolument sûr de "résister" à toute agression de "$A$ ou $A\to B$" en est une autre.

C'est équivalent à la question suivante (c'est pour ça que ça a résisté 20 ans):

Vous disposez d'un robot qui vous emmène dans un "lieu" appelé $A$, à la condition qui vous lui fournissez un "une garantie" qui lui permettrait d'aller de $A$ au paradis (représenté par "all")

Question: comment transformer votre robot en un robot qui vous emmène à $A$ (sans la clé qui mène de $A$ au paradis)?

Bien sûr, on "sent" que c'est moins impossible qu'autre chose, mais...

Bon allez, voici la réponse:

Les hypothèses: le robot $u$ garantit "$(A\to all)\to all$".

But du jeu: fabriquer un robot qui garantit $A$.

Hypothèse $E$ agresse $A$

But du jeu reformulé: fabriquer un robot dont l'histoire aboutit dans l'environnement $E$.

La suite n'est pas de la propagande en faveur de l'économie de marché (d'autant que l'idée est d'un certain Krivine):

Le "je" de la suite est le robot-réponse à la question.

{\bf Je fais un chèque} à $u$, un chèque dont le montant est $A\to all$. Et ensuite, je le laisse s'aventurer dans un environnement en plastique tout en le surveillant. Remarquez que $u$ croit avoir reçu une garantie de $A\to all$ et ce faisant ne peut échouer que si on lui a menti. N'importe quel environnement (donc, y compris mon environnement en plastique) est un agresseur de $all$.

La vie de $u$ (muni de mon cheque) dans l'environnement en plastique (qui est un peu comme un simulateur de vol) va forcément aboutir... sauf s'il encaisse mon cheque (et s'aperçoit à cette occasion que je l'ai berné?). Mais pour encaisser mon cheque du montant $A\to all$, {\bf il doit d'abord me fournir un robot $x$ qui garantit $A$} (disons que ce sont les lois bancaires).


A ce moment, j'appuie sur "off" et je range mon environnement en plastique dans son placard, ainsi que $u$. Et le $x$ que je viens de recevoir, {\bf je le laisse se débrouiller dans l'environnement $E$}. Par hypothèse, l'histoire aboutira.

Le comportement que je viens d'avoir, simulable par un robot, {\bf garantit} une victoire face à tout environnement qui agresse $A$.

Or au départ, je n'avais que $(A\to all)\to all$

Il faut dire aussi que le fil sur les boites était quand-même plus "atomique".

La preuve de l'independance de HC, c'est toute une approche, le fil sur les boites, c'était UN exercice

Je vais essayer de faire des efforts pour bien tout découper en modules que ça puisse donner aux gens envie d'intervenir

Voici, par exemple, un module indépendant, qui d'ailleurs, éclaire le pourquoi du mot forcing

Dans le paragraphe suivant, les minuscules représentent des objets d'un ensemble ordonnés quelconque** et les lettres majuscules des phrases

{\bf définition-axiomes:}

$p$ {\it force} $A\to B$ ssi tout $q$ inférieur ou égal à $p$ qui {\it force} $A$ {\it force} forcément aussi $B$

$p$ {\it force} $\forall xR(x)$ ssi pour tout "objet $a$" $p$ {\it force} $R(a)$

{\bf exercice:}

1) Prouver que si on peut démontrer une phrase $A$ alors n'importe quel $p$ {\bf \it force} $A$

2) Définissez en terme de forcing "p force nonA"

---

{\bf Rappels:}

J'ai déjà mis des posts je crois sur la définition de {\it est démontrable}; mais je le réprécise ici:

Une phrase $A$ est dite démontrable si elle est dans le plus petit ensemble clos par modus ponens et contenant les axiomes (qu'on supposera forçable). Un ensemble $T$ est stable par modus ponens quand quelque soient $A$ et $A\to B$ dans $T$ la phrase $B$ est forcément dans $T$.

Par ailleurs; rappel de la définition de $\neg A:=A\to all$

$all$ veut dire "tout est vrai" et est utilisé en considérant que $all\to A$ est "évident"

$\neg A$ est la notation mathématique de $nonA$, qui est le contraire de $A$ (ie qui est vraie quand A est fausse et fausse quand A est vraie)

---

**cet ensemble ordonné sera, dans la pratique, souvent une algebre de Boole complete

{\bf Précisions:}

1) vous pouvez enlever tous les $p$ qui forcent $all$, ou ce qui revient presque au même, vous pouvez considérer que tous les $p$ qui forcent all sont $\leq$ à tous $q$ (ie tous les $p$ qui forcent all sont minimaux).

2) vous pouvez supposer que si $p$ force $A$ et si $q\leq p$ alors $q$ force $A$. En fait, ça n'enlèvera pas de généralité aux propos que je vais tenir dans la suite. C'est un peu comme si dans la théorie des ultrafiltres, je mettais dans un ultrafiltre sur $E$ des {\bf surensembles} de $E$

Précisément: par récurrence sur la "hauteur" de construction de la formule...


supposons que $p$ force $A\to B$ et que $q\leq p$. Soit $r\leq q$ qui force $A$. Alors $r\leq p$ et donc $r$ force $B$. Conclusion: toute $r\leq q$ qui force $A$ force aussi $B$. On n'a même pas eu besoin de l'hypothèse de récurrence. Par contre, là je vais l'utiliser: soient $p$ qui force $\forall xR(x)$; un objet $a$ et $q\leq p$. Là j'utilise l'hypothèse de récurrence (en fait pour parler correctement, je devrais parler d'hypothèse d'induction), en disant que $q$ force $R(a)$. Conclusion, $q$ force toutes les $R(a)$ et donc force $\forall xR(x)$

Pour fonder l'induction, il me manque une justification en ce qui concerne les formules atomiques.

Précisions de vocabulaire: dans ce post, j'ai utilisé le mot "formule" à la place du mot "phrase". J'ai aussi tacitement supposé 2 choses absolument universelles si on veut faire des maths correctement:

1) Toute phrase mathématique qui n'est pas de la forme $A\to B$ ou de la forme $\forall xR(x)$ est, dans ce fil sur le forcing, {\bf dite} atomique

Donc, tous les autres connecteurs doivent être ou bien "reconstruits"ou bien, les phrases écrites sont considérées comme atomiques:

en particulier $\exists xR(x):=\neg \forall x \neg R(x)$ et $\neg A:=A\to all$ et $AouB:=(\neg A)\to B$ et $(A$ et $B):=\neg (A\to \neg $. (Remarque: ces choix, sont pour l'instant assez arbitraires, c'est juste pour dire qu'on ne perd pas en généralité)

2) La relation {\it $A$ est une sous-formule immédiate de $B$} est bien fondée, où la notion de sous-formule immédiate est définie comme suit:

* $A$ ainsi que $B$ sont sfi de $A\to B$

* $R(a)$ est sfi de $\forall xR(x)$

{\bf Rappel (ou info):} une relation binaire $S$ est bien fondée s'il n'existe aucune suite $u$ telle que pour tout entier $n: u_{n+1}Su_n$

Afin (quand même!!) de respecter l'histoire, je vous donne la définition de P.Cohen de l'expression {\it p force A}. Par que c'est bien gentil de redéfinir les choses à la lumière des avancées et des unifications récentes, mais bon, ça peut entrer en conflit avec une certaine culture qu'ont les "vieux":

P.Cohen définit la partie "{\it par induction sur la construction de la formule $A$}" de la manière suivante (les $p$ varient sur un ensemble muni d'un préordre):

* p force $A$ et $B$ ssi $p$ force $A$ et $p$ force $B$

* p force $\neg A$ ssi pour tout $q\leq p$ $q$ ne force pas $A$.

* p force $\forall xR(x)$ ssi pour tout objet $a$***, $p$ force $R(a)$

*** (plutôt pour tout {\bf nom d'objet}, et ce n'est pas anodin!)

Au regard du forcing, les espaces topologiques compacts ne sont pas forcément ultraultra compacts. En ce sens qu'on peut "rajouter" (à l'extérieur) de l'univers un recouvrement sans sous-recouvrement fini.

Par exemple, si vous regardez les ouverts de l'intervalle $[0,1]$, et si vous "forcez" avec l'ensemble ordonné suivant constitué des ouverts non vides, et ordonné par l'inclusion, il existe ce qu'on appelle "un élément générique" qui a la propriété que chaque ouvert $U$ force la phrase "le réel générique est dans $U$"...

Ce miracle est impossible avec un espace topologique noetherien!

Voici une caractérisation "propre" des espaces topologiques $T$ ultracompactes:

Tom et Bil jouent au jeu suivant:

Tom joue $x_1\in T$. Bil joue $U_1$ un ouvert contenant $x_1$. Puis on continue ainsi: Tom joue $x_2$, Bil joue $U_2$ avec $x_2\in U_2$, etc...

La partie s'arrête quand l'un des joueurs ne respecte pas ses obligations ou quand la réunion des ouverts $U_1, ..., U_n$ déjà joués par Bil est $T$ auquel cas, Bil perd la partie.

Il est équivalent de dire que $T$ est ultracompact ou de dire que Tom a une stratégie gagnante (invincible) à ce jeu.

{\bf Exercice1: prouvez l'équivalence qui précède.}

{\bf Exercice2: existe-t-il des espaces topologiques séparés (propriété T2) qui sont infinis et ultracompacts? }

Le nom "officiel" de $G$ est {\it ultrafiltre $M$-complet} (on peut dire aussi que $G$ est "générique").

Chaque énoncé mathématique que pourront produire les habitants de $M$ aura une valeur de vérité {\bf dans $B$} comme on l'a déjà dit, mais {\bf grace à $G$} cette valeur en quelque sorte "quantique" va se transformer en ... un élément de $\{vrai,faux\}$

En choisissant bien $B$, on va en fait, obtenir que la valeur de vérité de moult énoncés célèbres puisse varier au gré de nos caprices...

Mais pour vous "motiver", encore quelques petits détours:

Soit $D\subseteq B$ un sous-ensemble de $B$ qui est dans $M$ et qui a une intersection non vide avec tous les génériques. Prouver que la borne supérieure de $D$ est $1_B$

On suppose que $M$ pense que $B$ a la propriété suivante (appelée "ccc"):

si les $(a_i)_{i\in I}$ sont 2 à 2 orthogonaux (borne inf égale à zéro) alors $I$ est dénombrable

Dans la suite, on suppose que $M$ est transitif: il contient les éléments de ses éléments.

Soit $E$ et $F$ 2 ensembles qui appartiennent à $M$ et soit $f$ une application de $E$ dans $F$ {\bf qui n'est pas forcément dans $M$}!

Par contre, on suppose que {\it parler de $f$} est une possibilité accessible aux gens de $M$ dans le sens suivant:

Pour chaque partie $X\subseteq F$ qui est dans $M$ et chaque élément $x\in E$, il existe un élément $h_{(x,X)}\in B$ que les habitants de $M$ considère comme la valeur de vérité de la phrase "$f(x)\in X$". Et de plus, on demande que $(x,X)\mapsto h_{(x,X)}$ soit {\bf dans $M$}

1) Essayer de construire un générique $G$ tel que pour tout $x\in E$ et tout $X$ comme ci-dessus, $f(x)\in X$ ssi $h_{(x,X)}\in G$

2) Prouver que le monde $M$ contient une application $k$ de $E$ dans $T$, $T$ étant l'ensemble des parties de $F$ que $M$ considère comme dénombrable, avec $\forall x\in E: f(x)\in k(x)$

3) En déduire que si $M$ pense qu'un ensemble $E$ a un cardinal strictement plus petit qu'un ensemble $F$, alors pour si on ajoute (à l'extérieur) une surjection de $E$ sur $F$, cette surjection échappera à toute algèbre de Boole $B$ qui est "ccc", en ce sens que les habitants de $M$ n'auront, non seulement pas la possibilité de dire qu'ils possèdent $f$ dans leur monde, mais en plus, ils n'auront pas accès à une manière de parler cohérente de $f$ via des valeurs de vérité prises dans $B$ pour leurs phrases.

Ca fait longtemps que je suis pas venu, désolé...

roger: effectivement, Paul Cohen l'inventeur de forcing* est mort le vendredi 23 mars 2007.

adn: de quoi parles-tu?

* Dans ce fil, je suis justement entrain d'essayer d'initier tout le monde (par des voies errtiques et détournées) au forcing. En à peine caricaturé, le forcing permet "d'accéder" aux objets "extérieurs" à l'univers mathématique qui "existent vraiment", en ce sens que "rien ne leur interdit" d'exister.

En particulier, on peut ajouter de nouveaux nombres réels, en quantité suffisante pour que le cardinal de $\R$ soit très très gros mais en s'y prenant soigneusement pour ne rajouter {\bf aucune} surjection d'un ordinal sur un autre s'il n'en existe pas déjà une.

Ces ajouts montrent que l'hypothèse du continu ne peut pas être prouvée.

Mais il y a {\bf pire} pour certains idéalistes: on peut toujours rajouter (si on veut) une surjection de $\N$ sur n'importe quel ensemble, en ce sens, qu'elle "existe" dans le monde extérieur à l'univers considéré sur le moment

Etant donné un ensemble $A$ (qu'on suppose très simple) de couple d'entiers, et un ensemble $B$ de paires d'entiers il y a une question générale devant laquelle nous sommes tous tout petits, {\bf y compris notre univers mathématique,!} (celui dans lequel nous supposons tous nos objets immergés):

Existe-t-il un ordinal $\kappa$, un ensemble $T$ d'entiers et une application $\sigma $ de $T$ dans $\kappa$ tels que:

1) $T$ rencontre toutes les paires de $B$

2) à chaque fois que $a\in T$ et $b\in T$ et le couple $(a,b)\in A$, on doit avoir $\sigma (a)<\sigma (b)$

Les instances générales de cette question, je m'y réfèrerai en appelant cette question {\it la divine question} (je précise que je ne suis pas spécialement croyant)...

En effet, d'une manière générale, cette question ne peut pas être résolue, et même pire: si un monde $M$ répond par la négative, dans la plupart des cas, il se peut qu'un monde (qui voit un peu plus haut, car il a plus d'ordinaux) $N$ (bien fondé) réponde par l'affirmative. Cette question générale a donc quelque chose de pire qu'indécidable

{\Large Promis, ça viendra, mais bon pour l'instant, c'est un peu de la gestation entropique. }

Bon je suis pas très inspiré, et je suis grave crevé... (pas dormi la last night)

Histoire de "réactiver" cette "leçon" désordonnée, un petit résultat rigolo pour maintenir la pression:

Parlons au second ordre, c'est à dire, autorisons-nous certains raisonnements avec es variables qui peuvent "parcourir toutes les phrases".

En admettant certains axiomes, voici ce que ça donne... Supposons que les "mondes" forment une collection ordonnée partiellement d'une manière bien fondée. On peut donc parler d'un monde minimal dans lequel la phrase $W:=\forall X: X\to X^+$ est vraie.

Dans ce monde $M$ minimal, on a donc $W$ mais aussi donc, $W\to W^+$. Donc $W^+$

Mais $W^+$ exprime (je viens juste de le décider, lol) qu'il existe un monde $M_2\in M$ où $W$ est vrai (d'une manière générale, $X^+$ exprime qu'il existe un monde $M_2\in M$ où $X$ est vrai).

Ca contredit que $M$ soit minimal!

La conclusion de tous ces "axiomes" est que pour tout monde $M$, il existe une phrase $P$, tel que $M$ pense que $P$ est vraie sans que $P^+$ ne soit vraie...


***

Exercice: prouver la chose suivante "même si on regarde dans un univers plus large, on ne trouvera pas de mondes $M$ "externes" qui contredirait le principe précédent (olala, je n'ai pas dû être très clair, mais je reviendrai préciser les choses)... je tombe de sommeil

Ensuite, on peut par exemple (là j'entame un propos démago, j'avoue) imaginer qu'un prouveur et un sceptique discute de $\phi$. Autrement dit, ils sont des habitants de notre monde, tout en discutant du nouveau monde, un peu comme dans les mille et une nuits.

En fait, le nouveau monde est entièrement (c'est ce que déclare le prouveur) connu si on précise un certain ensemble $G$ de fonctions partielles de $\kappa \times \N$ dans zero-un à domaine fini, tel que:

1) 2 fonctions dans $G$ sont compatibles en ce sens qu'il en existe une qui prolonge les 2

2) Tout ensemble "dense"** de telles fonctions rencontre $G$

$D$ dense veut dire que pour toute fonction $f$ est une restriction d'une fonction qui se trouve dans $D$.

L'exploit de Cohen a été de montrer que la donnée de $G$ (qui ne peut appartenir à notre monde) suffit à connaitre exhaustivement le nouveau monde...

Lors de la discussion entre prouveur et sceptique qui se chamaillent sur ce qui arrive dans ce "nouveau" monde, il n'y a pas vraiment besion d'avoir $G$ en vrai. Il suffit, pendant que la discussion avance (discussion qui a déjà donné des onformations partielles sur $\phi$ qui ont été avancées par le prouveur) de considérer (ce qui est facile à prouver) les attentes du sceptique comme des ensembles denses, et à chaque nouvelle exigence, on prend un élément qui prolonge toutes les infos précédentes dans la discussion et qui en plus se trouve dans $D$. Ca donne ainsi une manière très reposante pour le prouveur de "gagner" la conversation.

Désolé pour ce flou artistique, je préciserai au next post...

Par exemple, (je choisis vraiment un exemple honteusement démago), les déçus par le paradoxe de Banach-Tarski se disent peut-être qu'il existe une mesure "extérieure à l'univers" (de la même façon qu'il existerait dans le cerveau invérifaible du magicien du msg précédent une injection de $E$ dans $\N$) qui mesurent "correctement toutes les parties de $\R ^3$, de manière que 2 ensembles superposables aient la même mesure et de manière que les ouverts soient de mesure non nulle.

Et bien, non il n'en existe pas: et la preuve du théorème de Banach Tarski {\bf donne une stratégie infaillible en 5* coups} pour mettre les prétentions du magicien en défaut.

*je crois que c'est 5

Un autre exemple, assez édifiant, de structure "rigide" (où on sait qu'on a tout) est celui des anneaux neothériens:

Si $A$ est noethérien et si $I$ est un idéal (pas forcément supposé dans le monde de départ) {\bf alors l'idéal $I$ est forcément dans le monde de départ}

En particulier, on ne peut pas "détruire" la noethérianité de $A$ en élargissant le monde. et on sait aussi que le monde où on "travaille" n'oublie aucun idéal

{\bf preuve:}

Soit $M$ un ensemble transitif vérifiant tous les axiomes des maths et $A\in M$
que $M$ considère comme un anneau noethérien.

$T:=$ l'ensemble des suites finies d'éléments de $A$

$M$ pense qu'il existe une application $f$ de $T$ dans un certain ordinal$\kappa$ telle que si la suite $(a_1,..a_{n+1})$ est telle que $a_{n+1}$ n'est pas dans l'idéal engendré par les $a_1,..,a_n$ alors $f((a_1,..,a_{n+1}))<f((a_1,..,a_{n}))$

Remarque: les ordinaux de $M$ sont de vrais ordinaux



Soit $I\subseteq A$ un idéal, non supposé être dans $M$. Autrement dit, $I$ est une partie de $A$ stable par le passage aux sommes de multiples.

Si $I$ n'est pas engendré par un nombre fini de générateurs alors on construit aisément une suite descendante d'ordinaux de $M$ (donc d'ordinaux).

$I$ étant donc engendré par un nombre fini de générateurs $a_1..a_n$, c'est l'idéal $(a_1)+..+(a_n)$ qui se trouve dans $M$

Je tente un "preuve" de la consistance de la négation de l'hypothèse du continu "à l'arrache". Autrement dit, ne cherchez pas, dans un premier temps, à "comprendre" le sens de tous les mots. Observez (passivement) les arguments.

Une chose est sûre, je vais "affirmer" plein de choses, et me permettre plein d'inférences, mais: {\bf je n'aurai ensuite pas à justifier ce que je n'aurai pas affirmé (ni explicitement, ni tacitement)}.

Soit $M$ un "monde" (donc un ensemble) transitif quelconque, mais qui vérifie tous les axiomes des maths que vous souhaitez, qui ont un certain profil "raisonnable" (évidences et rêves divins que certains "adjectifs" constituent des ensembles) bref...

Dans $M$ il y a un cardinal $\kappa$ tellement grnad qu'entre celui de $\R$ et lui, il y a plein d'autres cardinaux.

Soit $B$ mon algèbre de Boole complète définie à l'alinéa 179854ter de la référence patati patata.

Soit $M_2$ un ensemble transitif qui contient $M$, qui est aussi "haut" que $M$ mais qui a l'excellente idée de contenir un ultrafiltre $M$-générique que j'appelle $G$ sur $B$. De plus je suppose que tous les éléments de $M_2$ sont d'une forme qui m'autorise à faire les raisonnements que je vais faire (vive les hypothèses).

$M_2$ vérifie alors tous les axiomes de maths. $M_2$ contient "évidemment" une surjection de son $\R$ sur $\kappa$. Question: $M_2$ pourrait-il par hasard penser que l'hypothèse du continu est vraie?

Et bien non: en effet, le cardinal du $\R$ de $M$ disons $c$ est bien en dessous de $\kappa$ et surtout il y a un cardinal $d$ strictement compris entre $c$ et $\kappa$. Le $\R$ de $M_2$ a un cardinal qui dépasse $\kappa$. l'ensemble des entiers appelé coquettement $\omega$ dans le contexte de la théorie des ensembles, est aussi le cardinal de $\N$... qui est plus petit que $c$, même vu dans $M_2$.

Du coup, la seule chose qui pourrait empêcher $M_2$ de croire à la négation de l'hypothèse du continu serait qu'il existe dans $M_2$ une surjection de $c$ dans $d$ qui n'existait pas déjà dans $M$. Est-ce possible?

La réponse est non: bon je sais que vous n'y comprenez pas encore vraiment quelque chose, mais ca va venir par petit bouts. Pour l'instnat mes arguments sont assez banals et généraux ($M,M_2,c,d$ c'est pas bien contraignant)

Appréciez la suite:

Soit $f\in M_2$ une surjection de $c$ sur $d$. {\bf Soit $Bil$ son nom}. C'est une notion qui sera précisée. $Bil$ est dans $M$!

chaque élément $u<c$ est transformé par $Bil$ en un ordinal $\alpha:=f(u)<d$, et regardons la valeur booléenne $t(\alpha,u)$ dans le $B$ de $M$ de la phrase {\it la fonction dont le nom est Bil transforme $u$ en $\alpha$}.

$t$ en tant qu'application de $d\times c$ dans $B$ est {\bf dans le monde $M$}

Les habitants de $M$ peuvent parler de $f$ (qu'ils appellent Bil) dans leur monde à eux. La seule chose à laquelle ils n'ont pas accès est... $G$.

De plus, ils ne se trompent pas dans le sens suivant:

$f(u)$ est le seul et unique $\alpha$ tel que $t(\alpha,u)$ est dans $G$.

Vues comment les choses sont faites, pour chaque $u\in c$, et pour des ordinaux $\alpha, \beta$ {\bf quelconques} et différents, $t(\alpha,u)$ et $t(\beta,u)$ sont "orthogonaux". Le choix de $B$ entraine qu'il n'existe qu'un nombre dénombrables d'ordinaux $\gamma$ tels que $t(\gamma, u)\neq 0$.

Et voilà le tour de force:

{\bf Certes, $f$ n'est pas dans $M$, mais il existe une application $g$ de $c$ dans l'ensemble des parties dénombrables de $d$ qui elle est dans $M$. Et elle a la propriété que pour chaque $u\in c$, $f(u)\in g(u)$. }

Du coup, même dans $M$, l'ordinal $d$ ne peut pas être un cardinal, ie, il y a une surjection de $c$ sur $d$.

Il est peut-être temps que je donne une définition légèrement technique, et ce afin, ensuite, de donner l'exemple d'un des énoncés dont l'indécidabilité est dans les plus faciles du monde à démontrer grace au forcing (bouuu que c'est mal dit...).

On définit de la manière suivante les $L_\alpha $ quand $\alpha $ varie sur les ordinaux:

$L_0:=\emptyset $ et

Si $\alpha $ est un ordinal limite alors $L_\alpha:=$ l'union des $L_\beta $ qui précèdent.

Sinon, $L_{\alpha +1}:=$ l'ensemble des sous-ensembles {\it définissables avec des paramètres} de $L_\alpha$.

La réunion $L$ des $L_\alpha$ quand $\alpha $ parcourt tous les ordinaux n'est bien sûr pas collectivisante (ie est une collection trop grosse pour être un ensemble), et a la propriété suivante: elle vérifie tous les axiomes de ZFC + AF (l'axiome de fondation).

Ainsi, l'axiome qui affirme {\it tout ensemble est dans un des $L_\alpha $} est consistant avec le reste des axiomes de ZFC. Il est signalé généralement par le sigle $V=L$.

L'intérêt de $L$, c'est que le $L$ d'un ensemble $M_1$ qui vérifie tous les axiomes des maths {\bf est le même} que le $L$ d'un ensemble $M_2$ aussi haut que $M_1$ et contenant $M_1$. Ainsi, il {\bf suffit} que $M_2$ contienne strictement $M_1$ pour que $M_2$ vérifie $V\neq L$ comme axiome.