base en dimension infinie

L'axiome du choix, le lemme (sic) de Zorn et le théorème de Zermelo sont équivalents. Il est possible de faire une démonstration circulaire, mais la démo est du niveau licence je pense.

Certes, Zorn implique Zermelo lequel implique l'axiome de choix sont très facile. Pour la première, il suffit de montrer que l'ensemble des bons ordres partiels définis sur $E$ ordonné par la restriction est inductif.

Pour la second, c'est encore plus simple, si l'on peut mettre un bon ordre sur $E$, on a une fonction de choix évidente : à toute partie non vide de $E$ on associe son plus petit élément.

Bruno

Bonjour Madec.

Je n'ai pas prétendu avoir donné la démonstration :-) Juste les idées. Je continue dans le même esprit :

Soit un ensemble $E$, on veut appliquer le théorème (axiome, peu importe) de Zorn. Il s'agit donc de fabriquer un ensemble ordonné inductif dont les éléments sont des bons ordres partiels sur $E$.

Les relations binaires sont des graphes particuliers, c'est-à-dire des parties de $E^2$ ; donc l'ensemble des relations d'ordre définies sur $E$ est un élément de $\mathfraK P\big(\mathfrak P(E^2)\big)$ (petit rappel pour se sortir de la tête l'image d'une relation définie par une formule)

Un bon ordre partiel défini sur $E$ c'est une relation d'ordre partiel $\prec$ telle qu'il existe $X \subset E$ telle que la relation :$$\forall\,(x,y) \in E^2 \quad (x \prec y) \Longrightarrow (x,y) \in X^2$$et telle que l'ensemble ordonné $(X,\prec)$ soit bien ordonné.

Soit $\mathfrac B$ l'ensemble des bons ordres partiels sur $E$, On l'ordonne par restriction : si $(X,\prec)$ et $(Y,\ll)$ sont deux bons ordres partiels sur $E$, alors :$$(X,\prec) \leq (Y,\ll) \iff \Big((X \subset Y)\ {\rm et}\ \big(\forall\,(x,x') \in X^2 \quad (x \prec x') \Longrightarrow (x \ll x')\big)\Big).$$Tu pourras aisément établir que la relation $\leq$ définie sur $\mathfrak B$ est une relation d'ordre, que cet ordre est $\cup$-inductif et qu'un élément maximal est nécessairement un bon ordre défini sur $E$.

Bruno

Bonjour Madec.

Pour démontrer que l'ensemble $\mathfrak B$ est inductif, ta démonstration est incorrecte. Une famille totalement ordonnée de bons ordres partiels ne contient pas nécessairement de plus grands éléments. Regarde par exemple la famille $(X_n)_{n\in \N}$ avec $X_n = \{0,...,n\}$. Pour obtenir des ordres partiels, il suffit de munir chacun de ces ensembles de l'ordre naturel.

Prenons une partie totalement ordonnée de $\mathfrak B$ soit $\mathfrak C = \{(X,\prec_x)\}$ et posons $Y = \bigcup_{(X,\prec_x) \in \mathfrak C} X$. Pour $x$ et $x'$ deux éléments de $Y$, il existe un $(X,\prec_x)$ qui contient $x$ et un couple $(X',\prec_{x'})$ qui contient $x'$. Comme $\mathfrak C$ est totalement ordonné, disons $(X',\prec_{x'}) \leq (X,\prec_x)$ et, comme éléments de $(X,\prec_x)$, les deux éléments $x$ et $x'$ sont comparables.

La famille $\mathfrak C$ définit donc un couple $(Y,\prec_y)$ tel que si $(X,\prec_x) \in \mathfrak C$, alors $(X,\prec_x) \leq (Y,\prec_y)$. Il reste à montrer que $\prec_y$ est un bon ordre sur $Y$.

Soit donc $Z \subset Y$ non vide. On peut écrire :$$Z = Z \cap \left(\bigcup_{(X,\prec_x) \in \mathfrak C}X\right) = \bigcup_{(X,\prec_x) \in \mathfrak C}(Z \cap X).$$Choisissons $X_0$ tel que $(Z \cap X_0) \neq \varnothing$ et soit $a$ le plus petit élément de cet ensemble, alors $a$ est le plus petit élément de $Z$.

Pour la suite tu as parfaitement raison.

Bruno

Visiblement, il y a quelque chose que tu ne comprends pas ou que tu exprimes de façon que je ne comprends pas ou que j'explique mal.

$F \subset B$, donc $F$ est un ensemble de couples dont le premier élément est une partie de $E$ et dont le second élément est un bon ordre sur cette partie.

$F$ est totalement ordonné pour l'ordre $\leq$, cela signifie que si $(X_1,\prec_1)$ et $(X_2,\prec_2)$ sont deux éléments de $F$, alors soit $X_1 \subet X_2$, soit $X_2 \subset X_1$. Supposons que ce soit le premier cas, alors $\prec_1$ est la restriction à $X_1$ de $\prec_2$ ce qui signifie qu'on a la relation :$$\forall\,(x,x') \in X_1^2 \quad (x \prec_1 x') \Longrightarrow (x \prec_2 x')$$ce qui a du sens puisque $(x,x') \in X_2^2$.

L'ensemble $F$ n'a pas de majorant évident -à mon avis c'est là que tu te trompes- et il nous faut le construire "à la main".

Bruno

Si j'ai bien compris ce que tu as écrit, il s'agit effectivement du couple $(X_m,...)$ Appliquer Zorn dans $\mathfrak P(E)$ ne t'assure pas l'existence d'un majorant de $F$ car si $Y = \bigcup_{(x,\prec_x) \in F}X$ est un majorant de la première projection de $F$ (c'est ce que donne ton application de Zorn qui est d'ailleurs inutile puisque le réunion existe d'après les axiomes de la théorie des ensembles), il faut mettre en évidence un bon ordre sur $Y$ qui prolonge chacun des bons ordres partiels.

Donc le point 1 se résout automatiquement avec cette opération de réunion. C'est l'ordre sur cet ensemble qu'il faut définir et dont il faut montrer que c'est un bon ordre.

Ce que tu semble croire, c'est qu'un ensemble totalement ordonné a toujours un plus grand élément car ton $(X_m,\prec_m)$ est un élément de $F$ ? Or ceci est faux. pour prendre un exemple très simple, $\N$ est un ensemble totalement ordonné qui ne possède pas de plus grand élément.

Bruno

J'ai bien compris.

L'ennui c'est que si un ensemble ordonné est inductif, n'importe quelle partie totalement ordonnée de cet ensemble admet un {\bf majorant}, mais rien ne prouve que cette même partie admette un {\bf plus grand élément}.

Deuxièmement, tu ne travailles pas sur $\mathfrak P(E)$ mais sur un ensemble inclus dans $\mathfrak P(E) \times \mathfrak P(E^2)$ sur cet ensemble on a fabriqué une relation d'ordre et on veut montrer que ce nouvel ensemble ordonné est inductif.

Bruno

P.S. Sur ce, je vais me coucher. Nous reprendrons demain si nécessaire ;-)