Esercizi. H(b) e tale insieme e dom(r). Sia (a, β) I(a) ; per l assioma della coppia esiste {β} e per unione esiste

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1 Esercizi Esercizio 3.0: Dimostrare i seguenti fatti usando gli assiomi di ZFC: (a)data una famiglia F non vuota di insiemi, esiste F. (b)data una relazione R,esistono gli insiemi dom(r) e Im(R). (c)sia una relazione di equivalenza su un insieme A. Allora esiste l insieme quoziente A/. (d)data una sequenza di insiemi X i i I, esiste i I X i. Dim: (a)fisso un F F. Per separazione esiste l insieme B = x F x G G F} e tale insieme e F. (b)fisso (a, b) R. Per separazione esistono gli insiemi C(b) = (α, β) R β = b} = (α, b) R} e I(a) = (α, β) R α = a} = (a, β) R} Sia ora (α, b) C(b) ; per l assioma della coppia esiste α} e per l assioma dell unione esiste l insieme H(b) = (α,b) C(b)α}. Sempre per l assioma dell unione esiste l insieme (α,b) R H(b) e tale insieme e dom(r). Sia (a, β) I(a) ; per l assioma della coppia esiste β} e per unione esiste K(a) = (a,β) I(a) β}. Sempre per l assioma dell unione esiste l insieme (a,β) R K(a) e tale insieme e Im(R). (c)sia A un insieme e sia una relazione di equivalenza su di esso. Per separazione, dato ã A esiste l insieme [ã] = a A a ã}. Dunque abbiamo provato l esistenza delle classi di equivalenza. Usando l assioma della coppia possiamo dire dunque che: a A [a]} Per l assioma dell unione esiste dunque l insieme a A [a]} che e A/. (d)avendo una sequenza di insiemi in particolare abbiamo assicurata l esistenza dell insieme A = X i i I}. Dunque per separazione si ha l esistenza del seguente insieme (si dovrebbe dimostrare che dati K, H insiemi F un(k, H) e un insieme): f F un(i, A) dom(f) = I i I f(i) X i } e tale insieme e i I X i. 1

2 Esercizio 3.1: Dimostrare che la funzione successore S : ω ω 0} t.c. S(x) = ˆx e bigettiva. Dim: Innanzitutto S e iniettiva: infatti siano x, y ω con x y. Per tricotomia accade ad esempio che x y, e dunque (per una proposizione vista in classe) ˆx ŷ ovvero S(x) S(y) cioe in particolare S(x) S(y). Dunque vale anche che ω ω 0} ; siccome,chiaramente, vale anche l altra inclusione, abbiamo che ω = ω 0} e cio garantisce che S e anche suriettiva. Esercizio 3.2: Dimostrare che: (a) se n, m ω, allora n m n m. (b) se x n ω, allora x ω (c) se n, m ω, allora n m, n m ω. (d) se n ω, ˆn e il successore di n. Dim: (a) ) Se n m, sia a n. Siccome e gia che n m, per transitivita di si ha a m, cioe n m. Tuttavia vale l inclusione stretta poiche se n = m avremmo n n assurdo. Dunque e n m. ) Sia n m ; dunque in particolare e n m e quindi per tricotomia vale che o n m o m n. Se fosse m n, per quanto visto si dovrebbe avere m n e cio e assurdo per ipotesi. Dunque e n m. (b)dimostriamo l implicazione per induzione su n: n = 0: e vera a vuoto. n n + 1 : sia x n + 1 = n n}. Allora abbiamo due casi: se x n,per ipotesi induttiva x ω ; mentre se x n} accade che x = n ω. (c) Siano n, m ω. Per tricotomia si hanno tre casi: n = m : n m = n m = n ω n m : per il punto (a) abbiamo n m e quindi n m = n ω e n m = m ω m n : analogo. (d) Se per assurdo esistesse x ω t.c. n x ˆn = n n}, avremmo che n x x n n}. Siccome e n x, per irriflessivita di, x / n e dunque si ha che x n}, cioe x = n. Ma allora avremmo n x n = x, ovvero n n e cio e assurdo. Dunque tra n e ˆn non ci sono naturali e dunque possiamo dire che ˆn e il successore immediato di n. 2

3 Esercizio 3.3: Dimostrare il Teorema di Ricorsione Numerabile forte, ovvero dimostrare che: sia ã A e f : ω F S(A) A. Allora esiste un unica a n n ω t.c. a 0 = ã a n+1 = f(n, a i i = 1...n ) (dove F S(A) sono le sequenze finite di A). Dim: come fatto per la ricorsione numerabile debole. definiamo le approssimazioni finite AF come: g : 0,..., n 1} A e una AF se. g(0) = ã e g(j + 1) = f(j, g(i) i = 1...j ) 0 j n 2 Ogni AF e un sottoinsieme di ω A, dunque per separazione posso considerare l insieme: Valgono i seguenti fatti: F = φ P(ω A) φ e AF } n ω φ F t.c. dom(φ) = 0...n} (1) φ, ψ AF e n dom(φ) dom(ψ)φ(n) = ψ(n) (2) Supponiamo di averle dimostrate, possiamo dire che: consideriamo F = φ F φ. Per la (2) si ha che F e una funzione con dom(f ) = φ F dom(φ) ω (fatto visto a lezione). Tuttavia per la (1) ω dom(f ) e quindi dom(f ) = ω Inoltre φ F e i dom(φ) si ha F (i) = φ(i), e dunque (per la (1)) F (n) = φ(n) = f(n 1, φ(i) i = 1...n 1 ) = f(n 1, F (i) i = 1...n 1 ) che e quanto volevamo dimostrare. Dimostriamo dunque la (1) e la (2): (1) induzione su n: n = 0 basta considerare φ : 0} A t.c. φ(0) = ã n n + 1 : per ipotesi induttiva φ F t.c. dom(φ) = 0...n}. Sia ψ = φ (n + 1, b)}, dove b = f(n, φ(i) i = 1...n ). Allora ψ e una funzione; infatti sia φ = (n + 1, b)}, allora dom(φ ) dom(φ) = n + 1} 0...n} =. Dunque ψ e una funzione di dominio 0...n + 1}. Inoltre essa e una AF: ψ(0) = φ(0) = ã e ψ(j + 1) = φ(j + 1) j = 0...n 1 ; mentre 3

4 ψ(n + i) = b = f(n, φ(i) i = 1...n ) = f(n, ψ(i) i = 1...n ). Dunque ψ e la AF cercata. Dimostriamo la (2)per induzione su n: n = 0: 0 dom(φ) dom(ψ) dunque φ(0) = ã = ψ(0) Supponiamo vera la tesi k < n e dimostriamola per n: φ(n) = f(n 1, φ(i) i = 1...n 1 ) ; la tesi vale per 1...n 1 dunque φ(i) = ψ(i) i = 1..n 1 e dunque φ(n) = f(n 1, ψ(i) i = 1...n 1 ) = ψ(n) Verifichiamo l unicita : siano g, g due funzioni che soddisfano le proprieta di ricorsione; mostriamo per induzione che g(n) = g (n) n ω: n = 0 : g(0) = ã = g (0) n n + 1 : g(n + 1) = f(n, g(i) i = 1..n ) = Dunque g = g. = f(n, g (i) i = 1..n ) = g (n + 1). Esercizio 3.4: Sia A un insieme, dimostrare che A e infinito se e solo se A e equipotente ad una sua parte propria. Dim: ) a lezione e stato dimostrato che se un insieme A e finito, aloora non e equipotente a nessuna sua parte propria. ) (AC) Sia A infinito, allora per AC N A cioe esiste f : N A iniettiva e sia ã = f(0). Definiamo la seguente funzione: ψ(x) = x f(n + 1) ψ : A A ã} t.c. se x A Im(f) se x Im(f) dove n e t.c. x = f(n) (Osserviamo che il codominio della funzione e A ã} poiche ã non puo essere della forma ψ(x); infatti se x A Im(f), abbiamo ã = ψ(x) = x e quindi ã A Im(f) e cio e assurdo poiche ã = f(0). Mentre se x Im(f) allora f(0) = ã = ψ(x) = f(n + 1) e siccome f e iniettiva allora n + 1 = 0 assurdo) Si ha che ψ e iniettiva: se x, y A Im(f) t.c. ψ(x) = ψ(y), allora x = y. se x, y Im(f) t.c. ψ(x) = ψ(y), allora f(n + 1) = f(m + 1), dove n, m N t.c. x = f(n) e y = f(m). Per iniettivita di f si ha n + 1 = m + 1 4

5 e quindi n = m e dunque x = y. Percio A A ã} e siccome evidentemente A ã} A abbiamo che A = A ã} ovvero A e equipotente ad una sua parte propria. Esercizio 3.5: Dimostrare i seguenti fatti: 1. siano A, B insiemi finiti, allora A B, A B, A B, A B, P(A) sono insiemi finiti. 2. se F e una famiglia finita di insiemi finiti, allora F e finita. 3. sia A insieme finito e f : A B una funzione. Allora Im(f) e finita. 4. se F e una famiglia infinita di insiemi a due a due disgiunti, allora F e infinita. 5. Sia F una famiglia di insiemi tale che n N F F t.c. F n, allora F e infinita. Dim: 1. A B e A B sono finiti perche sottoinsiemi di A che e finito (tale fatto e stato provato a lezione). Vediamo che l unione e finita: dimostriamolo innanzitutto per insiemi finiti disgiunti. Siano C, D insiemi finiti disgiunti t.c. C = n e D = m per qualche n, m N. Allora esistono due bigezioni f : C n e g : D m. Per ricorsione numerabile dato un n ω, definiamo: F 0 (n) = n dove S e la funzione successore. F k+1 (n) = S(F k (n)) Osserviamo che F k (n) < F k+1 (n) (infatti f k+1 (n) = S(F k (n)) > F k (n)). Definiamo una funzione in tal modo: Allora ψ e iniettiva: ψ : C D F m+1 (n) tale che: f(x) se x C ψ(x) = F g(x)+1 (n) se x D se x, y C t.c. ψ(x) = ψ(y), allora f(x) = f(y) e per bigettivita di f x = y. se x, y D t.c. ψ(x) = ψ(y), allora F g(x)+1 (n) = F g(y)+1 (n) quindi S(F g(x) (n)) = S(F g(y) (n)) e per iniettivita di S, F g(x) (n) = F g(y) (n). Ora 5

6 se g(x) < g(y) o g(y) < g(x) allora per l osservazione precedente F g(x) (n) < F g(y) (n) o viceversa. Dunque e g(x) = g(y) e per iniettivita di g abbiamo x = y. Quindi C D F m+1 (n) e quindi C D e finita. Percio abbiamo }} ω dimostrato che l unione di due insiemi finiti disgiunti e finita. Siano ora A, B insiemi finiti; allora A B = A (B A) e siccome A (B A) = finiti per quanto detto fino ad ora A B e finita. Vediamo che il prodotto cartesiano e finito: A B = b B (A b}). Siccome A b} = A, abbiamo che A b} e finito. Dunque A B e unione finita di insiemi finiti che, come dimostrato nel punto 2, e finita. Occupiamoci delle parti di A: siccome se A e finito esiste un n ω t.c. A = n e P(A) = P(n), mi basta dimostrare per induzione che n ω P(n) e finito. n = 0 : P(0) = P( ) = } che e finito n n + 1 : P(n + 1) = P(n) sottoinsiemi di n a cui aggiungo n }}}} finito equipotente a P(n) dunque P(n + 1) e finita perche unione di due insiemi finiti. 2. Basta dimostrare che se A 1,..., A n sono insiemi finiti allora A 1... A n e finita. n = 1 : ok poiche A 1 e finito per ipotesi. n n + 1 : n+1 i=1 A i = A n+1 n i=1 A i dunque ho l unione di due insiemi finiti che e finita per il punto Sia A finito, allora esiste una bigezione g : n A e sia f : A B. Definiamo y Im(f) l insieme C(y) = a A f(a) = g} (cioe le controimmagini di g). Allora A = y Im(f) C(y). Sia ora ψ : Im(f) A t.c. a y C(y) f Im(f) ψ(y) = a y dove g 1 (a y ) g 1 (a) a C(f) Allora ψ e iniettiva: se ψ(y) = ψ(z) allora a y = a x dunque a y C(y) C(z) quindi y = z (se y z allora C(y) C(z) = ). 6

7 Dunque Im(f) A = n quindi esiste φ : Im(f) n iniettiva, quindi Im(f) = m dove m n cioe Im(f) e finita. 4. Sia F una famiglia di insiemi a due a due disgiunti infinita. Se per assurdo F fosse finita allora ogni F F sarebbe finito (questo perche F F); dunque F conterrebbe solo insiemi finiti. Sia F F, allora ψ F : F n F ω bigettiva e sia a F F t.c. ψ F (a F ) < ψ F (a) a F. Siccome gli insiemi in F sono a due a due disgiunti, e ben definita e iniettiva la seguente funzione: ψ : F F t.c. ψ(f ) = a F e dunque F F ed essendo F finita anche F sarebbe finita assurdo. Dunque F e infinita. 5. Sia F una famiglia di insiemi t.c. n ω F F t.c. F n. Se per assurdo F fosse finita, allora per 4. F e finita e inoltre ogni F F e finito (poiche F F ); dunque F sarebbe una famiglia finita di insiemi finiti e dunque potremmo considerare l insieme A = F F F} : esso e finito (poiche trovo al piu una cardinalita diversa per ogni insieme della famiglia) dunque posso scrivere A = n 1,...n k }. Sia dunque M ω t.c. M > n i i. Per ipotesi F F t.c. F M > n i cioe F F t.c. F > n i i. Tuttavia F F dunque F A e quindi F = n j per qualche j assurdo. Dunque F e infinita. Esercizio 3.6: Dimostrare i seguenti fatti: 1. se (A, <) e ordinato e X A e finito, allora X ammette massimo e minimo. 2.(n, ) e bene ordinato per ogni n ω. 3. se (A, <) e finito ordinato con A = n, allora (A, <) = (n, ) Dim: 1. Esistenza minimo: x X sia B(x) = y X y < x} x} (in questo modo i B(x) sono tutti non vuoti). Vale che se x < y allora B(x) B(y) e sia B = n 1 i=0 B(x i) (dove formalmente n ω t.c. X = n e ho posto x i = f(i) dove f e una bigezione fra X e n e n 1 e quel naturale t.c. S(n 1) = n, essendo S la funzione successore). Ora se per assurdo B = allora i j t.c. B(x i ) B(x j ) = e 7

8 supponiamo che ad esempio sia x i < x j. Dunque per quanto detto: B(x i ) B(x j ) dunque B(X i ) B(x j ) = B(X i ) assurdo. Dunque e B e percio x B e per definizione di B, x B(x i ) i. Dunque x < x i x i X cioe min(x) = x. Esistenza massimo: x X sia C(x) = y X y > x} x}. Vale che se x < y allora C(y) C(x) e C(x) x X. Sia dunque C = n 1 i=0 C(X i) : analogamente a prima e C e quindi esiste un x C ; tale elemento e il massimo di X. 2. sia X n. A lezione si e visto che sottoinsiemi di insiemi finiti sono finiti, dunque X e finito; ma allora siamo nelle ipotesi del punto 1. (n e ordinato poiche lo e ω) e dunque in particolare X ammette minimo e cio ci dice che n e ben ordinato. A 0 = A 3. definiamo dove a n = min(a n ). A n+1 = A n a n } In questo modo A = a 0 < a 1 <... < a n 1 } poniamo dunque ψ : A n t.c. ψ(a i ) = i tale funzione e l isomorfismo cercato. 8