Théorème de Cantor-Bernstein

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Théorème de Cantor-Bernstein

Message par PierreDuCher » 15 janv. 2022 09:36

Bonjour à tous.

Je pense que ce sujet revient régulièrement, je n'ai pas vraiment de question à poser, j'ouvre ce fil juste pour dire que j'ai trouvé une autre démonstration. C'est une variante de la démonstration classique, qui me paraît plus facile à comprendre car plus intuitive. J'aimerais bien avoir votre avis, et aussi être sûr que je n'ai pas fait d'erreur dans la démonstration. Merci d'avance à celui ou celle qui aura le courage de la lire.
Bonne journée, Pierre

Théorème de Cantor-Bernstein

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Re: Théorème de Cantor-Bernstein

Message par Mourien » 04 févr. 2022 13:20

Je vais essayer de le lire et de te donner mon avis.
En tous cas, ça a l'air bien présenté et clair avec les dessins.
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Re: Théorème de Cantor-Bernstein

Message par Mourien » 04 févr. 2022 17:40

Aucun d’eux n’est dans $ X $ car $𝑓(𝑎)$ n’étant pas orphelin il n’est pas dans $𝑋_0$ et, par conséquent, $𝑓^2(𝑎)$ n’est pas dans $𝑋_1$, en conséquence $𝑓^3(𝑎)$ n’est pas dans $𝑋_2$ … etc. et par récurrence $𝑓^{𝑖+1}(𝑎)$ pour tout $𝑖 ≥ 1$ n’est pas dans $𝑋_𝑖$. La réunion des $(𝑋_𝑖)_{𝑖≥0}$ ne contient donc aucun des éléments $𝑓^𝑖(𝑎)$.
Ici ce n'est pas une évidence, ça marche naturellement plutôt dans l'autre sens : la proposition naturelle est $a\in f^n(E)\Rightarrow f(a)\in f^{n+1}(E)$ ou par contraposée $f(a)\not\in f^{n+1}(E)\Rightarrow a\not\in f^n(E)$.
Mais en effet ici ça fonctionne car $f$ est injective, ce serait bien de le rappeler au souvenir du lecteur.

De plus conclure "La réunion des $(𝑋_𝑖)_{𝑖≥0}$ ne contient donc aucun des éléments $𝑓^𝑖(𝑎)$." immédiatement est incorrect, tu as juste montré que chaque $f^i(a)$ n'est pas dans $X_i$ mais il pourrait être néanmoins dans un $X_j$ pour un certain $j$.
En fait c'est vrai car si $f^i(a)\in X_j$ alors si $j>i$ on a $a\in X_{j-i}\subset f(E)\subset A$ or $a\not \in A$, et si $i>j$, on a $f^{i-j}(a)\in X_0$ donc $f(E)$ et $A\setminus f(E)$ s'intersectent non trivialement. Dans les deux cas contradiction.

Soit $𝑦 ∈ 𝐴\setminus X$. En vertu de X1, $y$ n’est pas orphelin. Il existe donc $𝑥 ∈ 𝑓^{-1}(𝐴\setminus 𝑋)$ tel que $𝑦 = 𝑓(𝑥)$. En
vertu du point X3, $𝑥$ n’est pas dans $X$ car $f(𝑥)$ n’est pas dans $X$. Donc $𝑥 ∈ 𝐸\setminus 𝑋$, d’où $𝑓^{−1}(𝐴\setminus 𝑋) ⊂ 𝐸\setminus 𝑋$.
Ce n'est pas la bonne méthode générique pour attaquer une image réciproque.
On préfère une rédaction comme "Soit $x$ tel que $f(x)\in A\setminus X$."
Mais bon, ici ça demeure correct, toujours parce que $f$ est injective, d'où l'unicité de l'antécédent.

Tout le reste me semble correct, la petite conclusion pour une compréhension de la preuve est très sympathique !

Je te suggère enfin un exercice qui se passe de l'induction :
Exercice. On va démontrer le théorème de Cantor-Bernstein : si $E$ et $F$ sont des ensembles tels qu’il existe deux injections $f : E\hookrightarrow F$ et $g : F \hookrightarrow E$, alors ils sont équipotents.
a) Soit $X = \{A \subset E : g(F \setminus f(A)) \subset E \setminus A\}$. Montrer que X n’est pas vide.
b) Montrer que $X$ est stable par union et déduire qu'il a un plus grand élément pour l’inclusion qu’on note $M$.
c) Montrer que $g(F \setminus f(M)) = E \setminus M$ et conclure.
PCSI ; MP* ; ENS de Lyon

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