Dunque Q(x) e vera per ogni x. Sia ora P (y) = x x + y = y + x allora P (0) e vera poiche Q(x) e vera per ogni x. Supponiamo ora vera P (y) e

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1 Esercizi Esercizio 4.1: Dimostrare che ω e il piu piccolo insieme bene ordinato infinito, cioe se (A, <) e bene ordinato infinito, allora esiste ψ : ω A che preserva l ordine (e quindi iniettiva). Dim: Essendo A b.o. e infinito possiamo definire: { A 0 = A dove a n = min(a n ) A n+1 = A n {a n } Definiamo allora: ψ : ω A t.c. ψ(n) = a n Questa e la funzione richiesta poiche ψ(n) < ψ(n + 1), cioe e iniettiva e preserva l ordine. Esercizio 4.2: Dimostrare che le seguenti proprieta sono teoremi di P A II (cioe sono dimostrabili usando gli assiomi di Peano al secondo ordine): 1(a) x y z (x + y) + z = x + (y + z) 1(b) x y z (x y) z = x (y z) 2(c) x y x + y = y + x 2(d) x y x y = y x 3(e) x y z (x + y) z = x z + y z Dim: 1(a) Sia P (z) = x y (x + y) + z = x + (y + z) e vediamo per induzione che essa e vera per tutti gli z: P (0) e vera poiche (x + y) + 0 = x + y e x + (y + 0) = x + y Supponiamo vera P (z) e dimostriamo che anche P (S(z)) e vera (dove S e la funzione successore): essa e vera poiche (x + y) + S(z) = S((x + y) + z) = S(x + (y + z)) e x + (y + S(z)) = x + S(y + z) = S(x + (y + z)) Dunque P (z) e vera per ogni z. 2(c) Dimostriamo preliminarmente che Q(x) = x + 0 = 0 + x e vera per ogni x: Q(0) e vera poiche = Supponiamo ora che Q(x) sai vera e dimostriamo che Q(S(x)) e vera: 0 + S(x) = S(0 + x) = S(x + 0) = S(x) = S(x)

2 Dunque Q(x) e vera per ogni x. Sia ora P (y) = x x + y = y + x allora P (0) e vera poiche Q(x) e vera per ogni x. Supponiamo ora vera P (y) e dimostriamo che P (S(y)) e vera, cioe devo dimostrare che x + S(y) = S(y) + x x ω per farlo dimostro prima che S(y + x) = S(y) + x x ω: x = 0 : S(y + 0) = S(y) = S(y) + 0 x S(x) : S(y + S(x)) = S(S(y + x)) = S(S(y) + x) = S(y) + S(x) Detto questo abbiamo che x + S(y) = S(x + y) = S(y + x) = S(y) + x cioe P (S(y)) e vera e dunque P (y) e vera per ogni y. 3(e) Sia P (z) = x y (x + y) z = x z + y z P (0) e vera poiche (x + y) 0 = 0 e x 0 + y 0 = = 0 Suppongo vera P (z) e dimostro che P (S(z)) e vera: essa e vera poiche (x + y) S(z) = (x + y) z + (x + y) = x z + y z + x + y x S(z) + y S(z) = x z + x + y z + y = x z + y z + x + y e dunque P (z) e vera per ogni z. 2(d) Dimostriamo preliminarmente che 0 x = 0 x ω : x = 0 : 0 0 = 0 x S(x) : 0 S(x) = 0 x + 0 = = 0 Detto questo, sia P (y) = x x y = y x. Allora P (0) e vera poiche x 0 = 0 e 0 x = 0 per l osservazione di prima. Supponiamo vera P (y) e dimostriamo che P (S(y)) e vera,cioe che x S(y) = S(y) x x ω. Osserviamo che S(y) x = y x + x, infatti: x = 0 : S(y) 0 = 0 = y x S(x) : S(y) S(x) = S(y) x + S(y) = y x + x + S(y) = y x + S(x + y) = y x + S(y + x) = y x + y + S(x) = y S(x) + S(x) Grazie a questo risultato abbiamo che: x S(y) = x y + x = y x + x = S(y) x dunquep (y) e vera per ogni y. 1(b) Sia P (z) = x y (x y) z = x (y z) P (0) e vera poiche (x y) 0 = 0 e x (y 0) = x 0 = 0 Supponiamo vera P (z) ; allora P (S(z)) e vera poiche : (x y) S(z) = (x y) z + x y e x (y S(z)) = x (y z + y) = (y z + y) x = (y z) x + y x = x (y z) + x y = (x y) z + x y. Dunque P (z) e vera per ogni z. 2

3 Esercizio 4.2: Sia (N, 0, S, +, ) un sistema di numeri naturali e definiamo x < y z 0 t.c. x + z = y. Dimostrare che (N, <) e totalmente ordinato. Dim: Essendo un sistema dei numeri naturali valgono le usuali proprieta commutativa, associativa e distributiva. < e irriflessiva: Sia P (x) = (x < x). P (0) e vera poiche se per assurdo 0 < 0 allora esisterebbe z 0 t.c. 0 + z = 0 cioe z = 0 assurdo. P (x) P (S(x)) : se per assurdo S(x) < S(x) allora z 0 t.c. S(x) = S(x) + z = z + S(x) = S(z + x) e siccome S e iniettiva si avrebbe x = z + x e dunque x < x assurdo. < e simmetrica. siano x, y N t.c. x < y. Allora z 0 t.c. y = x + z. Se per assurdo y < x allora h 0 t.c. x = h + y. Quindi y = h + y + z = (h + z) +y = k + y con k 0 (infatti se fosse k = 0 allora }{{} =k h + z = 0. Tuttavia e h, z 0 dunque a, b N t.c. h = S(a) e z = S(b) dunque avrei 0 = h + z = S(a) + S(b) = S(S(a) + b) ma cio e assurdo perche 0 non e successore di nulla). Dunque avrei y < y che e assurdo per il punto precedente, quindi abbiamo dimostrato che se x < y allora non puo essere y < x. < e transitiva: siano x, y, z N t.c. x < y e y < z. Allora a, b 0 t.c. y = x + a e z = y + b. Dunque. z = y + b = x + a + b e a + b 0 (stesso argomento di prima), quindi abbiamo x < z. Veniamo alla tricotomia: per asimmetria e irriflessivita vale al piu una sola delle possibilita x < y y < x x = y. Facciamo vedere che almeno una e verificata: sia P (y) = x Nx < y x = y y < x P (0) e vera poiche possiamo avere x = 0 o se x 0 allora 0 < x poiche x = 0 + x. 3

4 Sia vera P (y) e voglio dimostrare P (S(y)) cioe che dato un x N accade che x < S(y) x = S(y) S(y) < x. Per ipotesi induttiva vale x < y x = y y < x ; dunque: se x < y allora y = x + z con z 0, quindi S(y) = S(x + z) = x + S(z) e quindi x < S(y). se x = y allora S(y) = S(x) = S(x + 0) = x + S(0) dunque e x < S(y). se y < x allora x = y + z con z 0 dunque h N t.c. z = S(h) quindi x = y + S(h) = S(y + h) = S(h + y) = h + S(y). Ora se h = 0 allora x = S(y) mentre se h 0 allora S(y) < x. Esercizio 4.3: Dimostrare che (ω, 0,ˆ, +, ) e un modello di P A II (doveˆe la funzione successore e +, sono le operazioni fra naturali di Von Neumann). Dim: 1. Sappiamo cheˆ: ω ω {0} e bigettiva,dunque sia x ω {0} allora esiste y ω t.c. ŷ = x. Viceversa se x = ŷ allora x 0 altrimenti 0 ω {0} 2. ˆe iniettiva poiche e bigettiva. 3. sia n ω. Allora n + 0 = A dove A = n,dunque n + 0 = A = A = n. Siano n, m ω e siano A, B disgiunti con A = n e B = m e sia x / A B. Allora B {x} = m {m} = S(m) dunque n + S(m) = A (B {x}) = (A B) {x} = S(n + m). 4. Sia A t.c. A = n, allora n 0 = A = = 0. Sia inoltre B = m e x / B ; allora (A B) (A {x}) = e A {x} = A = n. Dunque: n S(m) = A (B {x} = (A B) (A {x}) = n m + m. 5. A lezione si e visto che su ω vale il principio di induzione. Esercizio 4.4: Sia F = {(A i, < i ) i I} una catena di insiemi parzialmente ordinati. Dimostrare che F = (X, <) e parzialmente ordinato, dove: X = i I A i e x < y x < i y (A i, < i ) F t.c. x, y A i. Dim: Riflessivita : sia x X e sia A = {A i F x A i }. Siccome gli A i sono parzialmente ordinati,allora A i A x < i x e dunque x < x. Antisimmetria: siano x, y X t.c. x < y y < x e sia A = {A i F x, y A i }. Abbiamo: 4

5 x < y A i A x < i y e y < x A i A y < i x Essendo gli A i parzialmente ordinati segue che x = y. Transitivita : siano x, y, z X t.c. x < y y < z. Siano A = {F F x, z F } B = {F F x, y F } {F F y, z F }. Abbiamo: x < y dunque x < F y F B e y < z cioe y < F z F C. Devo dimostrare che x < z cioe che x < F z F A. Sia F A ; considero un G B e siccome F e una catena si ha che F G o G F. Se F G allora x, y, z G e siccome e y < z e x < y vale che y < G z e x < G y e poiche G e parzialmente ordinato allora x < G z. Sempre per definizione di catena essendo F G e x < G z abbiamo che x < F z. Se invece e G F allora x, y, z F e per gli stessi motivi appena esposti y < z implica che y < F z e x < y implica che x < F y ed essendo F parzialmente ordinato segue che x < F z. Esercizio 4.5: Dimostrare le proprieta : 1. Se (A, <) e bene ordinato e a A allora A a = A. 2. Se (A, <) e bene ordinato e a a,con a, a A,allora A a = Aa 3. Se f : A B e isomorfismo di insiemi bene ordinati, allora e unico. 4. Sia φ : A B isomorfismo di insiemi bene ordinati. Allora A φ Aa : A a B φ(a) e isomorfismo. Dim: 4. Siano A, B insiemi bene ordinati e sia φ : A B isomorfismo. Sia a A e considero A a = {x A x < a} ; abbiamo dunque che x A a x < a e siccome φ preserva l ordine abbiamo che x A a φ(x) < φ(a), dunque Im(φ Aa ) = {y Im(φ) y < φ(a)} = B }{{} φ(a). =B e dunque si ha che φ Aa : A a B φ(a) e che e isomorfismo. 1. Sia a A con a min(a) ; allora A a e siccome A a A e A e ben ordinato, esiste ã = min(a a ). Dunque x A a ã < x. Se per assurdo ψ : A a A isomorfismo, allora x A a ψ(ã) < ψ(x) e dunque ψ(ã) = min(im(ψ)) = min(a) percio x A ψ(ã) < x. In particolare se prendo un x A a allora ψ(ã) < x < a, cioe ψ(ã) < a e 5

6 quindi ψ(ã) A a ovvero ã < ψ(ã) ma cio e assurdo poiche ψ(ã) e il minimo di A Mentre se a = min(a) allora A a = e sicuramente A a =. 2. Siano a, a A con a a e supponiamo ad esempio che sia a < a ; abbiamo allora che A a A a (infatti a A a ma a A a ). Se per assurdo ψ : A a A a isomorfismo, allora potrei costruire la funzione φ : A A t.c. { x se x A A a φ(x) = ψ(x) se x A a che sarebbe automorfismo di un insieme ben ordinato, e per quanto visto a lezione si avrebbe φ = id A, dunque in particolare avrei che x A a x = φ(x) = ψ(x) ovvero ψ = id Aa e dunque A a = A a assurdo. Dunque abbiamo A a = Aa. 3. Sia f : A B isomorfismo di insiemi bene ordinati. Se per assurdo g : A B isomorfismo con g f, allora X = {a A f(a) g(a)} dunque ã X. Per il punto 4. Aã = Bf(ã) e Aã = Bg(ã) dunque avrei B f(ã) = Bg(ã). Ma cio e assurdo poiche B e ben ordinato e f(ã) g(ã) e quindi per il punto 2. dovrebbe essere B f(ã) = Bg(ã). Ne deduciamo che f = g cioe l isomorfismo e unico. 6