Ordinaux, cardinaux, systèmes ordonnés et théorie des ensembles

Rappel Ordinaux Fermés de Cantor Résolution
Les ordinaux et fermés de Cantor.
Clément – Loïc – Christophe
Institut de Mathématique
Université de Mons
22 avril 2020
Clément – Loïc – Christophe Les ordinaux et fermés de Cantor. 22 avril 2020 1 / 65

1 Rappel
Couple et Relation binaire.
Ordre partiels et totaux.
Voisinage et ensemble fermé.
2 Ordinaux
Qu’est ce qu’un ordinal ?
Propriétés sur les ordinaux.
3 Fermés de Cantor
4 Résolution

Rappel

Couple
Définition : (Provient de ZFC)
Soit (x, y). On définit (x, y) comme un couple si :
(x, y) est un ensemble.
Si (x, y) = (z, t), alors x = z et y = t
Preuve
Voir présentation sur ZFC

Relation binaire
Définition :
Une relation binaire R(X, Y) est définie par un sous-ensemble d’un produit
cartésien X × Y. C’est-à-dire des couples dont la première composante se
trouve dans X et la deuxième dans Y.

Ordre partiel et totaux
Définition ordre partiels :
Soit X un ensemble et R une relation binaire.
On dit que (X, R) est un ordre partiel si :
(Réflexive) : ∀x R(x, x) est vraie.
(Anti-symétrique) : ∀x, y (R(x, y) ∧ R(y, x) ⇒ x = y).
(Transitive) : ∀x, y, z (R(x, y) ∧ R(y, z) ⇒ R(x, z)).

Ordre partiel et totaux
Définition ordre partiels :
(Réflexive) : ∀x R(x, x) est vraie.
(Anti-symétrique) : ∀x, y (R(x, y) ∧ R(y, x) ⇒ x = y).
Définition ordre totaux :
(X, R) est un ordre total si (X, R) est
un ordre partiel
∀x, y (R(x, y) ∨ R(y, x))

Définition ordre strict :
(Anti-réflexive) : ∀x R(x, x) est faux.
(Anti-symétrique) : ∀x, y, (R(x, y) ∧ R(y, x) ⇒ x = y)
Définition bon ordre :
Soit α un ensemble et R une relation d’ordre.
R est un bon ordre si et seulement si
∀z ⊂ α [z 6= ∅ ⇒ ∃x ∈ z, ∀y ∈ z, (x ∈ y ∨ R(x, y))]

Exemples :
Ordre partiel Ordre totaux
(P(X), ⊆) (R, ⩽)
(X, =) (N, ⩽)
(L(E), ⊆) (Q, ⩽)
(P(X), ⊆)
(N, )

Chaine et segment initial
Définition chaine :
Soit (X, ⩽) un ordre partiel et soit C ⊆ X.
On dit que (C, ⊆) est une chaine si (C, ⊆) est un ordre total.

Chaine et segment initial
Définition chaine :
Soit (X, ⩽) un ordre partiel et soit C ⊆ X.
On dit que (C, ⊆) est une chaine si (C, ⊆) est un ordre total.
Définition segment initial :
Soit Y un ensemble totalement ordonné par la relation binaire R.
X est un segment initial de Y si
X ⊆ Y
∀z, t ∈ Y , (R(t, z) ∧ z ∈ X ⇒ t ∈ X)

Voisinage et ensemble fermé
Définition voisinage :
Va voisinage de a si ∃r 0, B||.||(x, r) ⊆ Va.
Définition fermé :
d1c ∀x ∈ Rn, ∀r 0, B||.||(x, r) ∩ X 6= ∅

⇒ x ∈ X
d2c ∀x ∈ Rn, (∃(xn)n∈N ⊆ X, xn → x) ⇒ x ∈ X

Ordinaux

Ordinal
Définition :
Un ordinal est un ensemble transitif x où ∈ est un bon ordre strict
c’est-à-dire un ordre total strict bien fondé (il n’admet pas de chaines
infinies descendantes).

Exercice
Exercice 1 :
Si α est un ordinal, prouver que α ∪ {α} est un ordinal.
On dira que α ∪ {α} est le successeur de α.
Réponse dans la partie Résolution.

Une série de lemmes

Lemme 1 :
Tout élément d’un ordinal est un ordinal.

Preuve du lemme 1 :

Lemme 2 :
Le plus petit élément de tout ordinal non vide α est ∅.
Preuve :


Lemme 3 :
Soit α un ordinal, soit x transitif.
Si x ⊂ α, alors x ∈ α ou x = α

Preuve du lemme 3 :

Lemme 4 :
Tout segment initial x d’un ordinal α est un ordinal et,
soit x = α ,soit x ∈ α
Preuve :


Remarque :
Si β ∈ α, avec α ordinal, on a par le lemme 1 que β est un ordinal et
donc β transitif, β est aussi un segment initial de α.

Lemme 5 :
Soit α un ordinal, si β ∈ α alors β ∪ {β} est un segment initial de α et,
soit β ∪ {β} ∈ α, soit β ∪ {β} = α
Preuve :


Remarque :
Par la remarque précédente, nous savons que tout segment initial de α
(6= α) est un élément de α et réciproquement que ses éléments sont des
segments initiaux. De plus, vu que ce sont des éléments de α un ordinal, ils
sont comparables car ∈ est un ordre total (par la définition d’ordinal).

Théorème :
Soit β, γ deux ordinaux, alors soit β ∈ γ, soit γ ∈ β, soit β = γ.

Théorème :
Question :
Est-ce que quelqu’un voit comment on pourrait le prouver ? (Une idée ?)

Théorème :
Preuve :
Considérons β ∩ γ.
Montrons que β ∩ γ est un segment initial de β (et de γ).
En effet, si α ∈ β ∩ γ et α0 ∈ α, on a α0 ∈ α ∈ β.
Par la transitivité de β (car β ordinal), on a que α0 ∈ β.
Nous faisons le même procédé pour γ, on obtient : α0 ∈ β ∩ γ.
Donc, β ∩ γ est un segment initial et par le lemme 4, c’est un ordinal.
Posons η = β ∩ γ. Supposons que η 6= β et η 6= γ, alors
η est un ensemble transitif qui est inclus à β et à γ.
Par le lemme 3, η ∈ β et η ∈ γ, donc η ∈ β ∩ γ = η ∈ β.
Donc, β n’est pas bien fondé or, β est un ordinal CONTRADICTION.
Donc, η = β ou η = γ, ce qui prouve le théorème.

Qu’est ce qu’On ?
On est une structure où tout ses éléments sont des ordinaux.

Exercice :
Exercice 2
Vérifier que ∈ est transitive sur On.
Exercice 3
Vérifier que ∈ est un bon ordre sur On.

Lemme 6 :
Tout ordinal λ qui n’est pas successeur est la borne supérieur de ces
éléments.
Autrement dit, λ = sup
B∈λ
B (on dit que λ est limite de ces éléments)
Preuve :
Clairement λ est un majorant (∈ est l’ordre sur On) de ces éléments
β(β ∈ λ). Si ce n’est pas le plus petit majorant, il existe α ∈ λ tel que
pour tout β ∈ λ, on a β ∈ α.
Mais alors α est un segment initial de λ et de même α ∪ {α} (lemme 5).
Puisque λ n’est pas successeur, on a α ∪ {α} ∈ λ. Donc, on aurait
α ∪ {α} ∈ α (puisque pour tout β ∈ λ, on a β ∈ α. Cette contradiction
termine la preuve.


Lemme 7 :
Tout segment initial x de On qui est un ensemble est un ordinal.
Preuve :
Le théorème 1 et les remarques (exercices) nous montrent que ∈ est un
bon ordre sur On, donc ∈ est un bon ordre sur tout sous-ensemble (ou
sous-classe) de On.
Par hypothèse, x est un segment initial c’est-à-dire x est transitif.
Donc, x est un ensemble transitif où ∈ est un bon ordre.
C’est un ordinal.


Paradoxe de Burali-Forti :
Ce paradoxe concerne On.
Si On était un ensemble, par le lemme prouvé précédemment,
ce serait un ordinal α.
On aurait, par la définition de On, α ∈ On = α.
Autrement dit, α ∈ α. Mais, ∈ est bien fondé sur On.
CONTRADICTION

Paradoxe de Burali-Forti :
Ce paradoxe concerne On.
Si On était un ensemble, par le lemme prouvé précédemment,
ce serait un ordinal α.
On aurait, par la définition de On, α ∈ On = α.
Autrement dit, α ∈ α. Mais, ∈ est bien fondé sur On.
CONTRADICTION
Conclusion : On est une classe.

Lemme 8 :
Tout ensemble x d’ordinaux a une borne supérieur dans On.

Preuve :
Soit x a un plus grand élément, c’est sa borne supérieur.
Sinon considérons Ux = {z tel qu0il existe α ∈ x et z ∈ α}.
(Par la présentation sur ZF, on sait que Ux est un ensemble).
On remarque que α est un ordinal (par hypothèse) et donc z est un ordinal
par le lemme 1. On a donc que Ux est un ensemble d’ordinaux.
Nous allons affirmer 2 choses :
d1c Ux est transitif. Pour ce faire, prouvons-le.
Soit γ ∈ β ∈ Ux. Par définition de Ux, il existe α ∈ x tel que β ∈ α.
Donc, γ ∈ α (car α transitif). Puisque γ ∈ α ∈ x, par définition de
Ux, γ ∈ Ux. Ce qui montre la transitivité. Ux est donc transitif, donc
c’est un segment initial de On et donc un ordinal par le lemme 7.
d2c Ux est la borne supérieur de x (exercice 4).

Exercice supplémentaire 1 :
Soit deux ordinaux α et β distincts.
Montrer qu’en tant que structure ordonnée (par ∈) ils ne sont pas
isomorphes. Ceci permet de conclure que la notion d’isomorphisme chez les
ordinaux se réduit à l’égalité.
Transformer la preuve du lemme de Zorn en preuve très simple qui utilise
les ordinaux. (Indication : chaîne admissible, c’est presque un ordinal).
Soit un bon ordre (x, ).
Prouver qu’il existe un seul ordinal α (l’unicité découle de l’exercice
supplémentaire 1) tel que (α, ∈) est isomorphe à (x, ).
Ceci permet de conclure que les ordinaux représentent tous les types de
bon ordres.

Fermés de Cantor

Point d’accumulation et de condensation
Définition point d’accumulation :
On dit que a ∈ Rn est un point d’accumulation de X si tout voisinage de a
contient un point x ∈ X avec x 6= a.
Autrement dit, tout voisinage de a contient une infinité dénombrable de
points de x.

Point d’accumulation et de condensation
Définition point d’accumulation :
On dit que a ∈ Rn est un point d’accumulation de X si tout voisinage de a
contient un point x ∈ X avec x 6= a.
Autrement dit, tout voisinage de a contient une infinité dénombrable de
points de x.
Définition point de condensation :
On dit que a ∈ Rn est un point de condensation de X si tout voisinage de a
contient une infinité non dénombrable de points de x.

La dérivée de X
Définition :
Soit X ⊂ Rn, on note X0 l’ensemble des points d’accumulation de X.
X0 est appelé le dérivé de X.

Remarque :
d1c Si X = X0, on dit que X est un ensemble parfait.
d2c Si X ⊂ X0, on dit que X est dense en soi.
d3c Si a est point d’accumulation de X, alors a est limite d’une suite de
point (xn)n∈N ∈ X avec xn 6= a quelque soit n.

Lemme 0 :
X est fermé si et seulement si X0 ⊂ X.
Preuve :
Soit X un ensemble.
On sait que si X est fermé, toute limite de suite de Cauchy de points de X
est dans X (car Rn est complet), donc X0 ⊂ X.
Supposons X0 ⊂ X. Soit x ∈ Rn tel qu’on a (xn)n∈N ⊆ X, xn → x.
Pour chaque voisinage de x, on peut trouver un xn dans ce voisinage.
Donc x ∈ X0 ⊆ X, et donc comme x ∈ X, X fermé.


Lemme 1 :
X0 est fermé.
Preuve :
Par le lemme 0, prouvons que X00 ⊂ X0.
Soit a un point accumulation de X0.
En considérent les boules ouvertes B||.||(a, 1
n ) et en y piquant un point
xn 6= a de X’ (par définition), on voit que a est limite d’une suite
convergente de points (xn)na de X’.
Mais B||.||(a, 1
n ) est voisinage de ce point xn, donc par définition de
xn ∈ X0, on a que B||.||(a, 1
n ) 3 yn 6= xn ∧ yn 6= a ∧ yn ∈ X.
Donc a est limite de la suite de points yn et donc a ∈ X0.


Théorème 0 (Bolzano-Weierstrass) :
Toute suite (xn)n∈N de points dans un ensemble borné de Rn a un point
limite.

Preuve :
On a par hypothèse que tous les xn sont dans un intervalle I = [a, b].
Le cas où la suite ne prend qu’un nombre fini de valeurs est trivial.
Supposons donc que {xn|n ∈ N} est infini.
Dans ce cas, soit I1 = [a, a+b
2 ] ou I2 = [a+b
2 , b] contient également une
infinité dénombrable de points de X = {xn|n ∈ N}.
On pose T1 = I1 si infini dénombrable ou I2 sinon.
En répétant cet argument, on construit une suite emboitée d’intervalles
fermés Tn, n ≥ 1 dont l’intersection est un point de a qui est un point
limite de X.


Théorème 0’ :
Tout ensemble X ⊂ Rn non dénombrable a un point de condensation.

Théorème 0’ :
Tout ensemble X ⊂ Rn non dénombrable a un point de condensation.
Preuve :
Supposons n = 1 pour donner l’idée de la preuve.
Par l’hypothèse, l’un des intervalles [z, z+1], z ∈ Z contient une infinité
non dénombrable de points et on repète la preuve du théorème 0.


Remarque :
Par rapport au preuves précédentes, on a fait usage du théorème suivant
sur les cardinaux :
Théorème :
Toute union d’au plus un nombre dénombrable d’ensembles qui sont
eux-même au plus dénombrable, est au plus dénombrable.

On s’intéresse maintenant aux X(n) où X(n) 6= ∅ et X(n+1) ( X(n).
Définition :
Soit α ordinal. On définit par induction :



X(0) = X
X(α+1) = (X(α))0
X(λ) = ∩sλX(s) (Si λ est un ordinal limite)

Remarque :
pour n ≥ 1, X(n) fermé.
X(ω) est fermé où ∀n ∈ N, n ω
(intersection quelconque de fermés)
→ ∀α ≥ 1, ordinal, X(α) est fermé.
On identifie α par {β α|β ordinal}.
Si cet ensemble est dénombrable, alors α est dénombrable.
{β α|β ordinal} admet un plus petit élément (voir ordinaux).
Pour la suite, on suppose X fermé.

Remarque :
XX0 est au plus dénombrable.
Preuve (absurde) :
On a XX0 non dénombrable, alors on extrait a ∈ XX0, point de
condensation.
Donc a est limite d’éléments de X, donc a ∈ X0 ⊆ X. CONTRADICTION

ω1 est le plus petit ordinal non dénombrable.
On notera le cardinal de ω1 = {β ω1|β ordinal} par ℵ1

Lemme 2 :
Soit α ω1, alors XX(α) (c’est-à-dire l’ensemble des points enlevés
jusqu’à l’étape α) est dénombrable.
Preuve :


Remarque :
Si on a α ordinal tel que X(α) = X(α+1), alors pour tout
β α, X(α) = X(β).
→ On dit que la suite des dérivés de X est stationnaire à partir de α.
→ Si la suite de dérivés de X n’est pas stationnaire avant ω1, alors à
chaque étape précédent ω1, on retire au moins un point. Donc,
XX(ω1) n’est pas dénombrable. (Théorème 0’ ⇒ XX(ω1) a un point
de condensation).

Théorème 1 :
Si X = X0 6= ∅ (c’est-à-dire si tous les points de x sont des points
d’accumulation), alors tous les points de X sont des points de condensation
et card X = 2ℵ0 .
Donc tout parfait non vide est de cardinalité 2ℵ0 .

Preuve :

Conclusion :
Si la suite x stabilise avec X(β) = X(β+1), alors :
X(β) = ∅ ou X(β) a 2ℵ0 points.
Donc, si X est fermé et X(β) = X(β+1) 6= ∅, alors card X = 2ℵ0 .

Définition :
On définit Cond(X) ⊆ X, l’ensemble des points de condensation de X.

Cond(X) = ∅

Cond(X) 6= ∅
Lemme 3 :
Si Y ⊂ X vérifie Y 0 = Y , alors pour tout α ∈ On, on a Y ⊂ X(α).
Preuve :


Cond(X) 6= ∅
Lemme 4 :
Cond(X) = (Cond(X))’

Preuve :

Théorème 2 :
Soit X fermé, alors X(α) = X(α+1), implique X(α) = Cond(X) et le plus
petit α pour lequel cette égalité est vérifiée est dénombrable.
Preuve :
C’est une conséquence des lemmes précédents et de la remarque slide 48.


Théorème 3 :
Tout ensemble fermé de X est soit fini, dénombrable ou de cardinalité 2ℵ0 .
En fait, X est l’union disjointe de Cond(X) et d’un ensemble dénombrable
de points.
Preuve :
Découle des résultats précédents.


Résolution

Résolution de l’exercice 1 :
∈ ordonne un bon ordre sur α.
Par définition, pour tout x ∈ α ∪ {α}, on a soit x ∈ α, soit x = α.
Donc, si x, y ∈ α ∪ {α}, on a que x ∈ y ou y ∈ x.
Donc ∈ est un bon ordre total sur α ∪ {α}.
L’ordre est-il resté un bon ordre ?
Soit X ⊂ α ∪ {α} et X 6= ∅. Deux cas sont possibles :
d1c Soit X ∩ α 6= ∅ et donc, il y a un plus petit élément dans X car α est
un bon ordre.
d2c Soit X ∩ α = ∅ c’est-à-dire X = {α} et donc il y a un plus petit
élément.

Résolution de l’exercice 1 : (suite)
Montrons la transitivité de α ∪ {α}.
Soit x ∈ y ∧ y ∈ α ∪ {α}, deux cas sont possibles :
d3c Soit y ∈ α, alors de par la transitivité de α, on aura donc x ∈ α
c’est-à-dire x ∈ α ∪ {α}.
d4c Soit y /
∈ α, alors y = α car y ∈ α ∪ {α} et on doit prouver que
x ∈ α ∪ {α}. Ce qui est trivial.

Montrons que ∈ est transitive sur On.
C’est-à-dire ∀x, y (y ∈ x ∧ x ∈ On ⇒ y ∈ On).
Soit x, y. Supposons y ∈ x et x ∈ On.
Montrons que y ∈ On.
Par hypothèse, on sait x ∈ On donc, x est un ordinal.
Par le lemme 1 et y ∈ x, on a que y est aussi un ordinal.
Donc, y ∈ On. Donc, ∈ est transitive sur On.


Résolution de l’exercice 3 : Montrons que ∈ est un bon ordre sur On.
C’est-à-dire ∈ est un ordre total sur On et qu’il soit bien fondé.
C’est-à-dire ∈ est un ordre partiel sur On et ∀x, y (x ∈ y ∨ y ∈ x ∨ x = y).
C’est-à-dire
d1c ∀x, y (x ∈ y ∨ y ∈ x ∨ x = y)
d2c ∀x, y (x ∈ y ∧ y ∈ x ⇒ x = y)
d3c ∀x, y, z (x ∈ y ∧ y ∈ z ⇒ x ∈ z)
d1c Soient x, y ∈ On. Montrons que soit x ∈ y ou y ∈ x ou x = y.
Ok par le théorème.
d2c Soient x, y ∈ On. Montrons que x ∈ y ∧ y ∈ x ⇒ x = y.
Ok par le théorème (car prémise toujours fausse).
d3c Soient x, y, z ∈ On. Montrons que x ∈ y ∧ y ∈ z ⇒ x ∈ z.
Ok par la définition d’ordinal sur z.
Montrons que On est bien fondé. Soit X ⊆ On avec X 6= ∅. Si x n’avait
pas de minimum, on aurait donc soit α ∈ X, il existerait γ ∈ X tq γ ∈ α.
En répétant ce processus indéfiniment, on aurait une chaine ∞ descendant.

Rappel :
x est un ensemble d’ordinaux.
Ux = {z tel qu0il existe α ∈ x et z ∈ α}
Ux est un ordinal.
Montrons que Ux est un majorant.
Tout d’abord, rappelons que soit β, γ deux éléments de x, comme x est un
ensemble d’ordinaux, on a soit β ∈ γ, soit γ ∈ β, soit γ = β, donc tout les
éléments de x sont comparables.
On a également que x n’a pas d’élément max.
C’est-à-dire ¬ (∃γ ∈ x, ∀β ∈ x, β ∈ γ ∨ β = γ)
C’est-à-dire (∀γ ∈ x, ∃β ∈ x, β /
∈ γ ∧ β 6= γ)
C’est-à-dire (∀γ ∈ x, ∃β ∈ x, γ ∈ β) d1c
(Suite à la slide suivante)

Résolution de l’exercice 4 : (suite)
Soit β ∈ x, montrons que β ∈ Ux.
On a par d1c, γ ∈ x tel que β ∈ γ.
Donc β ∈ Ux par définition de Ux.
Donc Ux est un majorant de x.
Montrons que c’est le plus petit majorant.
Soit A majorant de x, comme A et Ux ordinaux, on a soit A ∈ Ux, soit
A = Ux, soit Ux ∈ A. Les cas A = Ux et Ux ∈ A sont acceptables.
Montrons que le cas A ∈ Ux est impossible.
Comme A ∈ Ux, il existe α ∈ x tel que A ∈ α, ceci contredit le fait que A
majore x.
On a donc bien montré que Ux est la borne supérieure de x.


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