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% Basic Document Settings
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% Create Problem Sections
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\newcommand{\enterProblemHeader}[1]{
    \nobreak\extramarks{}{Le problème \arabic{#1} se poursuit sur la page suivante\ldots}\nobreak{}
    \nobreak\extramarks{Problème \arabic{#1} (poursuit)}{Le problème \arabic{#1} se poursuit sur la page suivante\ldots}\nobreak{}
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\newcommand{\exitProblemHeader}[1]{
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% Homework Problem Environment
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% This environment takes an optional argument. When given, it will adjust the
% problem counter. This is useful for when the problems given for your
% assignment aren't sequential. See the last 3 problems of this template for an
% example.
%
\newenvironment{homeworkProblem}[1][-1]{
    \ifnum#1>0
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% Homework Details
%   - Title
%   - Due date
%   - Class
%   - Section/Time
%   - Instructor
%   - Author
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\newcommand{\hmwkTitle}{Khôlle 2}
\newcommand{\hmwkDueDate}{2024/09/27}
\newcommand{\hmwkClass}{Maths}
\newcommand{\hmwkClassInstructor}{M. Fourre}
\newcommand{\hmwkAuthorName}{\textbf{Louis Dalibard}}

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% Title Page
%

\title{
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    \textmd{\textbf{\hmwkClass:\ \hmwkTitle}}\\
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\author{\hmwkAuthorName}
\date{}

\renewcommand{\part}[1]{\textbf{\large Part \Alph{partCounter}}\stepcounter{partCounter}\\}

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% Various Helper Commands
%

% Useful for algorithms
\newcommand{\alg}[1]{\textsc{\bfseries \footnotesize #1}}

% For derivatives
\newcommand{\deriv}[1]{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} (#1)}

% For partial derivatives
\newcommand{\pderiv}[2]{\frac{\partial}{\partial #1} (#2)}

% Integral dx
\newcommand{\dx}{\mathrm{d}x}

% Alias for the Solution section header
\newcommand{\solution}{\textbf{\large Solution}}

% Probability commands: Expectation, Variance, Covariance, Bias
\newcommand{\E}{\mathrm{E}}
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\newcommand{\Bias}{\mathrm{Bias}}

\begin{document}

\maketitle

\pagebreak

\begin{homeworkProblem}
    Soit $F$ un ensemble fini.\\
    Soit $E=P(F)$\\
    Ecrire $A \subseteq B$ sous forme d'intersection de relations d'ordre totales dans une famille $( \preccurlyeq _i )_{i\in I}$\\\\
    \subsection{Définitions}
    Notons $n=|F|$\\
    $F$ est fini donc on peut numéroter ses élements.\\
    $G=\{0,1,2,3,...,n-1\}$\\
    tel que $F \simeq G$ avec $g$ une bijection associant un unique nombre entre $1$ et $n-1$ pour chaque élement de $F$
    On peut donc poser la bijection suivante $f: P(F) \rightarrow \llbracket 0;2^n-1\rrbracket$\\
    \hspace*{7cm} $X \mapsto \sum_{x \in X}2^{g(x)}$
    \\
    
    Prenons $I=F$
    
    Pour tout $i \in I$\\
    On définit la relation $ \preccurlyeq _i $ sur $E$ tel que $A \preccurlyeq _i B \iff (|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}| \text{ ou } (|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}| \text{ et } f(g(A)) \leq f(g(B)))$
    
    Montrons que pour tout $i \in I, \preccurlyeq _i $ est une relation d'ordre totale.
    \subsubsection{Réflexivité}
    Soit $A \in E$\\
    $A \preccurlyeq _i A$ car $|A\cap \{i\}| = |A\cap \{i\}|$ et $f(g(A))=f(g(A))$
    \subsubsection{Anti-symétrie}
    Soit $A,B \in E$, tel que $A \preccurlyeq _i B$ et $B \preccurlyeq _i A$\\
    $|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}|$ et $|A\cap \{i\}| > |B\cap \{i\}|$ impossible donc $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}|$\\
    
    Donc $f(g(A)) \leq f(g(B))$ et $f(g(A)) \geq f(g(B))$\\
    Donc $f(g(A)) = f(g(B))$
    Donc $A = B$ par injectivité de $g$ puis de $f$
    \subsubsection{Transitivité}
    Soit $A,B,C \in E$, tel que $A \preccurlyeq _i B$ et $B \preccurlyeq _i C$\\
    Plusieurs cas possibles:
    \begin{itemize}
    \item $|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}|$ et $|B\cap \{i\}| < |C\cap \{i\}|$\\
    Donc $|A\cap \{i\}| < |C\cap \{i\}|$ et donc $A \preccurlyeq _i C$
    \item $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}| \text{ et } f(g(A)) \leq f(g(B))$ et $|B\cap \{i\}| < |C\cap \{i\}|$\\
    Donc $|A\cap \{i\}| < |C\cap \{i\}|$ et donc $A \preccurlyeq _i C$
    \item $|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}|$ et $|B\cap \{i\}| = |C\cap \{i\}| \text{ et } f(g(B)) \leq f(g(C))$\\
    Donc $|A\cap \{i\}| < |C\cap \{i\}|$ et donc $A \preccurlyeq _i C$
    \item $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}| \text{ et } f(g(A)) \leq f(g(B))$ et $|B\cap \{i\}| = |C\cap \{i\}| \text{ et } f(g(B)) \leq f(g(C))$\\
    Donc $|A\cap \{i\}| = |C\cap \{i\}|$ et $f(g(A)) \leq f(g(C))$ et donc $A \preccurlyeq _i C$
    

    \end{itemize}
        \subsubsection{Relation d'ordre totale}
    Soit $A,B \in E$
    4 cas possibles
    \begin{itemize}
    \item $|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}|$\\
    Donc $A \preccurlyeq _i B$
    \item $|B\cap \{i\}| < |A\cap \{i\}|$\\
    Donc $B \preccurlyeq _i A$
    \item $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}| \text{ et } f(g(A)) \leq f(g(B))$\\
    Donc $A \preccurlyeq _i B$
    \item $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}| \text{ et } f(g(A)) \geq f(g(B))$\\
    Donc $B \preccurlyeq _i A$
    
    Donc $\forall A,B \in E,\quad A \preccurlyeq _i B \text{ ou } B \preccurlyeq _i A$
    

    \end{itemize}
    
    \subsection{Conclusion}
    Soit $A,B \in E$\\
    Montrons que $A \subseteq B \iff \forall x \in I, A \preccurlyeq _i B$ par double implication.\\
    \subsubsection{Sens 1: Supposons $A \subseteq B$}
    $Soit x \in I$
    Trois cas de figure possible:\\
    \begin{itemize}
    \item $|A\cap \{i\}| = 0 \text{ et } |B\cap \{i\}| = 1$\\
    $|A\cap \{i\}| < |B\cap \{i\}|$\\
    et dans ce cas là $A \preccurlyeq _i B$
    \item $|A\cap \{i\}| = 1 \text{ et } |B\cap \{i\}| = 1$
    $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}|$\\
    et dans ce cas là $f(g(A)) \geq f(g(B))$\\
    Donc $A \preccurlyeq _i B$
    \item $|A\cap \{i\}| = 0 \text{ et } |B\cap \{i\}| = 0$
    $|A\cap \{i\}| = |B\cap \{i\}|$\\
    et dans ce cas là $f(g(A)) \geq f(g(B))$\\
    Donc $A \preccurlyeq _i B$
    \end{itemize}
    Donc $\forall x \in I, A \preccurlyeq _i B$
    
    \subsubsection{Sens 2: Supposons $A \nsubseteq B$}
    Alors il existe un élement $x \in F$, dans $A$ qui n'est pas dans $B$
    Et pour cet $x$, $A \npreccurlyeq _x B$
    Donc $\exists x \in I, A \npreccurlyeq _i B$
    
    Donc $A \subseteq B \iff \forall x \in I, A \preccurlyeq _i B$


\end{homeworkProblem}

\end{document}