Elementi di Teoria degli Insiemi

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1 Elementi di Teoria degli Insiemi 2016/17 Esercizi di Giacomo Bertolucci (matr ) Lezioni 1-6 Lezione 1 Non sono stati lasciati esercizi. Lezione 2 Esercizio 1. Sia: Dimostrare che: (a, b) = {{a}, {a, b}}, (a, b) = {{a, }, {b, { }}}, (a, b) = {a, {a, b}}. 1. (a, b) = (a, b ) a = a b = b ; 2. (a, b) = (a, b ) a = a b = b ; 3. (a, b) = (a, b ) = a = a b = b. 1. L implicazione è ovvia. Per l altra freccia: se (a, b) = (a, b ), e dunque {{a}, {a, b}} = {{a }, {a, b }}, in particolare {a} {{a}, {a, b}}, quindi {a} {{a }, {a, b }}, ossia {a} = {a } {a} = {a, b }. Se {a} = {a }, allora a {a} a {a } a = a. A questo punto, anche {a, b} {{a}, {a, b}}, e dunque {a, b} {{a }, {a, b }}, cioè {a, b} = {a } = {a} {a, b} = {a, b } = {a, b }. Nel primo caso, b {a, b} b {a} b = a, ma allora {a, b }, che appartiene a {{a }, {a, b }} e quindi anche a {{a}, {a, b}} = {{a}, {a}} = {{a}}, deve essere uguale ad {a}, perciò b {a, b } = {a} b = a = b. Abbiamo quindi che a = a e b = b, come voluto. Nel secondo caso, essendo b {a, b} = {a, b }, deve essere b = a (ma allora {a, b} = {a} e si ricade nel primo caso) oppure b = b, come voluto. Se {a} = {a, b }, allora a {a, b } = {a} a = a, e si ricade nel caso precedente. 2. L implicazione è ovvia. Per l altra freccia: se (a, b) = (a, b ), e dunque {{a, }, {b, { }}} = {{a, }, {b, { }}}, in particolare {a, } {{a, }, {b, { }}}, quindi {a, } {{a, }, {b, { }}}, ossia {a, } = {a, } {a, } = {b, { }}. Inoltre, essendo {b, { }} {{a, }, {b, { }}} = {{a, }, {b, { }}}, deve essere {b, { }} = {a, } {b, { }} = {b, { }}. 1

2 Se {a, } = {b, { }}, allora {a, } {b, { }} = b (perché { }, dato che { } ma / ). Allo stesso modo, { } = a. Abbiamo quindi {{a, }, {b, { }}} = {{a, }, {b, { }}} = {{{ }, }, {, { }}} = {{{ }, }}, e dunque {a, } = {b, { }} = {{ }, }, da cui analogamente a sopra a = { } = a e b = = b. Se {a, } {b, { }}, allora per quanto detto prima dobbiamo avere {a, } = {a, } e {b, { }} = {b, { }}. Dalla prima uguaglianza segue che a = a oppure a =, ma in quest ultimo caso avremmo {a, } = {a, } = {, } = { }, e dunque di nuovo a = = a; dalla seconda uguaglianza in modo analogo troviamo b = b. 3. Supponiamo che i seguenti insiemi esistano effettivamente: a = {{ }, {, {{ }, {, {{ }, {...}}}}}}, a = {, {{ }, {, {{ }, {, {...}}}}}}. Questi esistono se è una proprietà accettabile x = { } x = {, {{ }, x}}, in modo da poter inire a (a quel punto sarà a = {, a}). Allora si ha: { a = {{ }, a } a = {a, {a, }} = {a, {a, { }}}, = {, a} ma { }. Esercizio 2. Sia, per ogni f, g F un (N, N), f < g f(k) < g(k), dove k = min {n N f(n) g(n)} (nel caso f = g, poniamo f g). Allora < è una relazione d ordine totale (stretto). Che sia una relazione è evidente (è una buona inizione, dato che se f g l insieme {n N f(n) g(n)} è non vuoto e per buon ordinamento dei naturali ammette minimo), ed è antiriflessiva per inizione ( f F un (N, N) f f). È antisimmetrica, dato che se fosse f < g e g < f avremmo f(k) < g(k) < f(k), impossibile per antisimmetria dell ordinamento di N. È transitiva, perché se f < g e g < h, avremmo che f(k) < g(k) e g(j) < h(j), con k = min {n N f(n) g(n)} e j = min {n N g(n) h(n)}. Se k < j, abbiamo f(k) < g(k) = h(k) e f(n) = g(n) = h(n) per ogni n < k, dunque k = min {n N f(n) h(n)}, da cui f < h. Se j < k, allo stesso modo abbiamo f(j) = g(j) < h(j) e f(n) = g(n) = h(n) per ogni n < j, dunque j = min {n N f(n) h(n)}, da cui f < h. Se invece j = k, abbiamo f(n) = g(n) = h(n) per ogni n < k e f(k) < g(k) < h(k), dunque k = min {n N f(n) h(n)} e f < h. Esercizio 3. Dimostrare l equivalenza dei seguenti enunciati: 1. dato un insieme I e una I-sequenza A i i I, si ha che: ( i I A i ) = i I A i ; 2. dati due insiemi I, J e una (I J)-sequenza A i,j (i, j) I J, si ha che: A i,j = A i,f(i). (1) (2). Abbiamo che: i I j J f:i J i I 2

3 i I j J A i,j f:i J i I A i,f(i). Infatti: a A i,j = i I j J a A i,j. i I j J Questo vuol dire che: i I {j j J a A i,j } ; dunque, chiamando J i = {j j J a A i,j } e applicando (1) alla I-sequenza J i i I, abbiamo che: J i. i I Esiste dunque una f i I J i, che per inizione di i I J i ha dominio I e immagine Imm f J (perché l immagine di ogni i è contenuta nel corrispondente J i, e ogni J i per come è inito è sottoinsieme di J); perciò: i I f i I J i = f : I J i I f(i) J i = = f : I J i I a A i,f(i) = a j J A i,j f:i J i I A i,f(i). Infatti: a f:i J i I f:i J i I A i,f(i). A i,f(i) = f : I J i I a A i,f(i). Quindi, dato i I, è sufficiente porre j = f(i) e si avrà a A i,j, cioè i I j J a A i,j, ossia a i I j J A i,j. (2) (1). Sia J = i I A i e sia, per ogni i I e per ogni j J: { {1} se j Ai B i,j =. {0} se j / A i Applicando (2) alla (I J)-sequenza B i,j (i, j) I J abbiamo: B i,j = i I j J f:i J i I B i,f(i). Ma i I A i, dunque esiste un j A i, e per tale j vale B i,j = {1}, e in particolare 1 B i,j, perciò: i I j A i J 1 B i,j = 1 B i,j = i I j J = 1 B i,f(i) ; f:i J i I esiste quindi una f : I J tale che i I 1 B i,f(i), cioè B i,f(i) = {1}, ossia f(i) A i, e questo vuol dire che f i I A i. 3

4 Lezione 3 Esercizio 1. Dimostrare che, se A = A e B = B, allora: 1. se A B = A B =, allora A B = A B ; 2. P(A) = P(A ) ; 3. A B = A B ; 4. F un (A, B) = F un (A, B ). 1. Siano f : A A, g : B B bigezioni; una bigezione da A B a A B è data da: { f(a) se a A ϕ : a g(a) se a B. ϕ è ben inita (ogni a A B appartiene a uno e uno solo tra A e B), surgettiva ed iniettiva (ogni elemento di A B appartiene a uno e uno solo tra A e B, dunque è o nell immagine di f o in quella di g, e la sua preimmagine tramite phi coincide o con la sua preimmagine tramite f o con quella tramite g, dunque in ogni caso è costituita da uno e un solo elemento). 2. Sia f : A A bigezione, allora una bigezione da P(A) a P(A ) è data da ϕ : S f(s). ϕ è surgettiva, perché dato S A, si ha che ϕ ( f 1 (S ) ) = f ( f 1 (S ) ) = S. ϕ è iniettiva, perché se S R, con S, R A, allora WLOG esiste a S tale che a / R, dunque f(a) f(s) = ϕ(s), ma f(a) / f(r) = ϕ(r) (altrimenti esisterebbe un r R tale che f(r) = f(a), ma f è iniettiva, perciò sarebbe r = a / R); segue che f(s) f(r). 3. Siano f : A A, g : B B bigezioni; una bigezione da A B a A B è data da ϕ : (a, b) (f(a), g(b)). ϕ è iniettiva, perché ϕ ((a, b)) = ϕ ((a, b )) (f(a), g(b)) = (f (a ), g (b )) f(a) = f (a ) g(b) = g (b ) a = a b = b (a, b) = (a, b ). ϕ è surgettiva, perché per ogni a A, b B abbiamo ϕ ( f 1 (a ), g 1 (b ) ) = (a, b ). 4. Siano f : A A, g : B B bigezioni; una bigezione da F un (A, B) a F un (A, B ) è data da ϕ : ψ g ψ f 1. ϕ è iniettiva, perché se ψ 1, ψ 2 F un (A, B) con ψ 1 ψ 2, allora esiste a A tale che ψ 1 (a) ψ 2 (a), e dunque g (ψ 1 (a)) g (ψ 2 (a)); ne segue che ϕ (ψ 1 ) (f(a)) = g ψ 1 f 1 (f(a)) = g (ψ 1 (a)) g (ψ 2 (a)) = g ψ 2 f 1 (f(a)) = ϕ (ψ 2 ) (f(a)), per cui ϕ (ψ 1 ) ϕ (ψ 2 ). ϕ è surgettiva, perché se ψ F un (A, B ), allora ϕ ( g 1 ψ f ) = g g 1 ψ f f 1 = ψ. Esercizio 2. Se B C =, allora A B A C = A B C. inita da: Una bigezione tra A B A C e A B C è data da ϕ : (f, g) h f,g, dove h f,g : B C A è { f(x) se x B h f,g : x g(x) se x C. ϕ è ben inita perché lo è h f,g (ogni x B C appartiene a uno e uno solo tra B e C). ϕ è surgettiva, perché data h A B C si ha che h = ϕ ( h B, h C ). ϕ è iniettiva, perché se (f, g) (f, g ), allora WLOG f f, dunque esiste b B tale che f(b) f (b), perciò anche ϕ (f, g) (b) = f(b) f (b) = ϕ (f, g ) (b), e quindi ϕ (f, g) ϕ (f, g ). Esercizio 3. A, B, C ( A B) C = A B C. 4

5 da: Una bigezione da ( A B) C a A B C è data da ϕ : f g f, dove f : C A B e g f è inita g f : (b, c) f(c)(b). ϕ è surgettiva, perché se g A B C allora, detta per ogni c C f c : B A, f c (b) = g ((b, c)), si ha che g = ϕ(f), con f : C A B data da f(c) = f c. ϕ è iniettiva, perché se f 1, f 2 ( A B) C, con f1 f 2, allora esiste un c C tale che f 1 (c) f 2 (c), ossia tale che esista un b B per cui f 1 (c)(b) f 2 (c)(b), e dunque ϕ (f 1 ) ((b, c)) ϕ (f 2 ) ((b, c)), e quindi ϕ (f 1 ) ϕ (f 2 ). Lezione 4 Esercizio 1. Dimostrare che le seguenti proprietà sono equivalenti all assioma di scelta: 1. per ogni sequenza A i i I tale che i I A i e i, j I i j A i A j =, esiste un X tale che i I X A i = 1; 2. per ogni F tale che / F esiste una funzione f con dom f = F e tale che F F f(f ) F ; 3. se A, allora f : P(A) { } A tale che B P(A) { } f(b) B; 4. Ogni f : A B surgettiva ammette un inversa destra, ossia una g : B A tale che f g = id B. AC (1). Per l assioma di scelta, f i I A i; l insieme ( X = Im (f) ha le proprietà richieste, ) dato che per ogni i I vale Im (f) A i = j I {f(j)} A i = j I ({f(j)} A i) = {f(i)} j I {i} ({f(j)} A i), ma i, j I con i j abbiamo A i A j = f(i) A i f(i) / A j, dunque {f(i)} j I {i} ({f(j)} A i) = {f(i)} j I {i} = {f(i)} = {f(i)} = 1. Nota: la validità di (1) nel caso in cui I = (caso non coperto dall AC) è automatica: qualsiasi insieme X formalmente soddisfa le richieste. (1) (4). Consideriamo la B-sequenza f 1 (b) b B : per surgettività di f, b B f 1 (b), e inoltre b 1, b 2 B f 1 (b 1 ) f 1 (b 2 ) = (altrimenti f non sarebbe una funzione). Dunque, per (1) esiste un X tale che b B X f 1 (b) = 1. Poniamo g : B A tale che g(b) sia l unico elemento di X f 1 (b) (g si scrive formalmente come { (b, a) b B, a A, a X f 1 (b) }, dunque la sua esistenza prescinde dall AC). g è una funzione, essendo b B X f 1 (b) = 1, ed essendo b B g(b) f 1 (b) vale b B f (g (b)) = b, ossia f g = id B. (4) (2). Sia A = {(F, x) F F, x F }, e sia h : A F tale che (F, x) A h (F, x) = F. Allora h è surgettiva (nessun F F è vuoto, dunque in A c è almeno un elemento della forma (F, x) e la sua immagine sarà F ), quindi per (4) esiste un inversa destra g : F A, tale che F F h(g(f )) = F. Se π : A F F F, (F, x) x, allora f = π g ha le proprietà richieste: ha dominio F (che è il dominio di g) e F F x F f(f ) = π (g (F )) = π (F, x) = x. (2) (3). È sufficiente applicare (2) per F = P(A) { }. (3) AC. Dato I e una I-sequenza ϕ = A i i I tale che i I A i, sia A = i I A i, chiaramente non vuoto; per (3), f : P(A) { } A tale che B P(A) { } f(b) B. In particolare, i I A i P(A) { }, dunque f(a i ) A i. Allora f ϕ i I A i, perché i I f (ϕ (i)) = f (A i ) A i. 5

6 Esercizio 2. Dimostrare che, se A A e B B, allora: 1. se A B = A B =, allora A B A B ; 2. A B A B ; 3. P(B) P(B ) ; 4. F un (A, B) F un (A, B ). Siano f : A A, g : B B iniettive. 1. Consideriamo ϕ : A B A B data da: { f(a) se a A ϕ : a g(a) se a B. ϕ è ben inita (ogni a A B appartiene a uno e uno solo tra A e B) ed iniettiva (ogni elemento di A B appartiene a uno e uno solo tra A e B, dunque è o nell immagine di f o in quella di g, e la sua preimmagine tramite phi coincide o con la sua preimmagine tramite f o con quella tramite g, dunque in ogni caso è costituita da uno e un solo elemento). 2. Consideriamo ϕ : A B A B data da ϕ : (a, b) (f(a), g(b)). ϕ è iniettiva, perché ϕ ((a, b)) = ϕ ((a, b )) (f(a), g(b)) = (f (a ), g (b )) f(a) = f (a ) g(b) = g (b ) a = a b = b (a, b) = (a, b ). 3. Consideriamo ϕ : P(A) P(A ) data da ϕ : S f(s). ϕ è iniettiva, perché se S R, con S, R A, allora WLOG esiste a S tale che a / R, dunque f(a) f(s) = ϕ(s), ma f(a) / f(r) = ϕ(r) (altrimenti esisterebbe un r R tale che f(r) = f(a), ma f è iniettiva, perciò sarebbe r = a / R); segue che f(s) f(r). 4. Se B =, allora anche B =, e dunque F un (A, B) = F un (A, B ) =. Altrimenti, sia b B; interpretando f come f : A Im f, f è bigettiva ed ammette inversa f 1 : Im f A; consideriamo ϕ : F un (A, B) F un (A, B ) data da: ϕ : ψ ψ, ψ : a { g ψ f 1 (a ) se a Im f b se a / Im f. ϕ è iniettiva, perché se ψ 1, ψ 2 F un (A, B) con ψ 1 ψ 2, allora esiste a A tale che ψ 1 (a) ψ 2 (a), e dunque g (ψ 1 (a)) g (ψ 2 (a)); ne segue che ϕ (ψ 1 ) (f(a)) = g ψ 1 f 1 (f(a)) = g (ψ 1 (a)) g (ψ 2 (a)) = g ψ 2 f 1 (f(a)) = ϕ (ψ 2 ) (f(a)), per cui ϕ (ψ 1 ) ϕ (ψ 2 ). Esercizio 3. Dimostrare (senza AC) che, se R N N, allora: 1. dom R R ; 2. Im R R. 1. Sia n dom R m n = min {m N (n, m) R}; allora la funzione ϕ : dom R R data da ϕ : n (n, m n ) è inettiva. 2. Sia m Im R n m = min {n N (n, m) R}; allora la funzione ψ : Im R R data da ψ : m (n m, m) è inettiva. 6

7 Esercizio 4. Dimostrare che, se A e B sono numerabili, allora A B è numerabile. Se A B =, siano f : A N, g : B N bigezioni; allora ϕ : A B N data da: ϕ : x { 2 f(x) se x A 2 g(x) 1 se x B è una bigezione (perché f A è bigezione con {2n n N} e f B è bigezione con {2n 1 n N}, e {2n n N} {2n 1 n N} = N). Altrimenti, possiamo scrivere A B = (A B) (B A) (A B). A B è un sottoinsieme di A, dunque A B ℵ 0. Lo stesso vale per A B e per B A (sottoinsieme di B). Ne segue che A B, B A e A B sono o finiti o numerabili. Tenendo conto che: l unione di due insiemi finiti è finito; l unione di un insieme finito X (con f : X {1,..., n} bigezione) con un insieme numerabile Y disgiunto da X (con g : Y N bigezione) è numerabile, essendo una bigezione la funzione ϕ : X Y N inita da ϕ X = f e ϕ Y : y g(y) + n; l unione di due insiemi numerabili disgiunti è numerabile, come detto; almeno uno tra A B e A B è numerabile, perché se fossero entrambi finiti lo sarebbe anche la loro unione, che è A; in ogni caso dunque A B = (A B) (B A) (A B) è numerabile (essendo tali unioni disgiunte). Esercizio 5. Dimostrare (con AC) che, se A è infinito, allora N A. Sia n N [A] n = {S A S = n}. Essendo A infinito, n N [A] n. Per l assioma di scelta applicato a [A] 2n n N abbiamo che esiste una f n N. Definiamo ora [A]2n n N B n = A n k {1,...,n 1} A k; per come gli abbiamo initi, i B n sono a due a due disgiunti e sono tutti non vuoti (la cardinalità di A n è 2 n, mentre la cardinalità di k {1,...,n 1} A k è non superiore a n 1 = 2 n 2, dunque la cardinalità di B n è almeno 2); possiamo quindi applicare una delle varianti di AC per dedurre l esistenza di un insieme di scelta X tale che n N X B n = 1. La funzione ϕ : N A tale che n N {ϕ(n)} = X B n è iniettiva, essendo i B n disgiunti, da cui N A. Lezione 5 Esercizio 1. Dimostrare (con AC) che se X è infinito ma X Y è finito, allora X = Y. Essendo X Y = (X Y ) (X Y ), dove l unione è disgiunta, ed essendo X Y X e dunque anch esso infinito, necessariamente X Y deve essere infinito (altrimenti avremmo un insieme infinito che è unione di due insiemi finiti, assurdo). Dato che la differenza fra un insieme infinito A e uno finito B ha la stessa cardinalità dell insieme A (vedi sotto), necessariamente X Y = (X Y ) (X Y ) = X Y. Ma X Y X, Y X Y, e dunque sono tutte uguaglianze per Cantor-Bernstein. Se A è infinito e B è finito, allora A B = A. Infatti, per un esercizio precedente esiste (se vale AC) una f : N A iniettiva; inoltre, essendo B A finito (perché sottoinsieme di B), supponiamo non vuoto (altrimenti la tesi è banale), esiste un n N ed esiste una g : {1,..., n} A B bigezione. f può essere modificata (rimanendo iniettiva) in modo da avere immagine disgiunta da B: se non lo 7

8 è già, sia m il massimo naturale per cui f(m) B (esiste perché B è finito); poniamo f : N A inita da f : k f(k + m) (se invece ha già immagine disgiunta da B, lasciamo f = f). In questo modo, Im f = Im f B (nel seguito intenderemo f : N Im f, e dunque (f ) 1 : Im f N). Una bigezione tra A e A B è data da: f ( g 1 (a) + n ) ) se a A B ϕ : a f ((f ) 1 (a) + n se a Im f. a altrimenti Esercizio 2. Dimostrare (senza AC) che se X è numerabile e X Y è finito, allora X = Y. Nell esercizio precedente abbiamo usato AC solamente per dire che (X Y ) (X Y ) = X Y, e in particolare per dire che esiste una f : N X Y iniettiva, che in questo caso è automatico: basta prendere come f una bigezione tra N e X (e vederla con codominio ampliato a X Y ), che esiste essendo X numerabile. Esercizio 3. Data X n n N successione di insiemi infiniti tale che n, m N X n = X m, dimostrare (con AC) che n N X n = X1. Sia n N F n = {g g : X 1 X n bigezione}, non vuoti essendo n N X n = X 1. Allora, per AC, esiste una f n N F n. Possiamo quindi inire: ϕ : X 1 N n N X n, (x, n) f (n) (x) X n. ϕ è surgettiva, poiché dato y ( ) n N X n, e dunque y X k per qualche k, abbiamo y = ϕ (f (k)) 1 (y), k ; dunque, per una variante di AC, n N X n X 1 N, ma X 1 infinito, perciò N X 1 e quindi X 1 N X 1 X 1, e per una variante di AC vale X 1 X 1 = X 1. Ricapitolando, n N X n X 1, ma d altronde X 1 n N X n (essendone un sottoinsieme), da cui per Cantor-Bernstein X1 = n N X n. Esercizio 4. Dimostrare che se X = Y, allora F in (X) = F in (Y ) e F S (X) = F S (Y ). Se f : X Y bigezione, una bigezione tra F in (X) e F in (Y ) è data da ϕ : S f(s); infatti, ϕ è iniettiva (lo è su tutto P(X)), ed è surgettiva in quanto S F in (Y ) ϕ ( f 1 (S ) ) = S (e f 1 (S ) F in (X)). Una bigezione da F S (X) a F S (Y ) è data da ψ : x n n {1,..., k} f (x n ) n {1,..., k} ; infatti, ψ è surgettiva (ψ ( f 1 (y n ) n {1,..., k} ) = y n n {1,..., k} ), ed è iniettiva in quanto sequenze di lunghezza diversa vanno in sequenze di lunghezza diversa, e se s 1, s 2 F S (X) sono entrambe lunghe k e non sono uguali, allora n {1,..., k} tale che s 1 (n) s 2 (n), e di conseguenza ψ (s 1 ) (n) = f (s 1 (n)) f (s 2 (n)) = ψ (s 2 ) (n), ossia ψ (s 1 ) ψ (s 2 ). Esercizio 5. Dato I tale che I R e data A i i I tale che i I A i R, dimostrare che i I A i R. 8

9 Sia i I F i = {g g : R A i surgettiva}, non vuoti essendo i I A i R. Allora, per AC, esiste una f i I F i. Possiamo quindi inire: ϕ : R I i I A i, (x, i) f (i) (x) A i. ϕ è surgettiva, poiché dato y i I A i, e dunque y A j per qualche j I, preso un a (f (j)) 1 (y) (che esiste per surgettività di f(j) F j ) abbiamo y = ϕ (a, j); dunque, per una variante di AC, i I A i R I ; ma I R, quindi R I R R = R. Ricapitolando, i I A i R. Esercizio 6. Calcolare la cardinalità dei seguenti insiemi: 1. F in (R); 2. F S (R); 3. N N ; 4. R N ; ℵ0 5. [R] = {A R A = ℵ 0 }; ℵ0 6. [R] = {A R A ℵ 0 }; 7. [R] c = {A R A = c}; 8. C 0 (R); 9. { S R S aperto }. (4). R N = ( 2 N) N = 2 N N = 2 N = R, dove abbiamo usato che N N = N. (3). N N R N = R e N N 2 N = R, dunque per Cantor-Bernstein N N = R. (6). (Con AC) la funzione ϕ : R N [R] ℵ0 tale che ϕ : f Im f è surgettiva, dunque [R] ℵ0 R N = R ; d altronde [R] ℵ0 {A R a R A = a + N} = R, dunque per Cantor- Bernstein [R] ℵ0 = R. [R] (5). Essendo [R] ℵ0 [R] ℵ0, [R] ℵ0 ℵ 0 [R] ℵ = R ; d altronde 0 {A R a R A = a + N} = R, dunque per Cantor-Bernstein [R] ℵ0 = R. (1). Essendo F in (R) [R] ℵ0, F in (R) [R] ℵ0 = R ; d altronde F in (R) {A R a R A = {a}} = R, dunque per Cantor-Bernstein F in (R) = R. (2). Abbiamo che F S (R) = n N R{1,...,n}, che è unione numerabile di insiemi di cardinalità minore o uguale a R N = R (una funzione iniettiva dall uno all altro è quella che manda f in g, con g {1,...,n} = f e g N {1,...,n} 0); d altronde F S (R) R (si considerino le sequenze costanti), dunque F S (R) = R per Cantor-Bernstein. (7). Abbiamo che [R] c P(R) = 2 c ; d altronde, P(R) = P(R + ) [R] c, perché una funzione iniettiva dall uno all altro è data da f : S (, 0] S; segue per Cantor-Bernstein [R] c = 2 c. 9

10 (8). Abbiamo che C 0 (R) R Q = R N = c (una funzione iniettiva è data da ϕ : f f Q, perché una funzione su R è univocamente determinata dal suo valore su un denso); d altronde, le funzioni costanti (che sono c) sono continue, dunque vale anche la disuguaglianza opposta, e per Cantor- Bernstein C 0 (R) = c. (9). La topologia euclidea ε su R 2 è a base numerabile (una base numerabile è data dalle palle di raggio razionale centrate in punti a coordinate razionali), e per inizione di base gli aperti si ottengono come unione (arbitraria) di elementi della base; se B è la base detta, la funzione ϕ : ε P(B) che manda A in {X B X A} è iniettiva: se A 1 A 2, WLOG a A 1 A 2, dunque B 1 ϕ(a 1 ) tale che a B 1 (essendo B una base, vale A 1 = ϕ(a 1 )), e di conseguenza B 1 / ϕ(a 2 ) e quindi ϕ(a 1 ) ϕ(a 2 ). Esercizio 7. Dimostrare (senza AC) che, se A B, A N e B = c, allora B A = c. Se B = R R, in modo analogo a quanto detto nell esercizio 3 della lezione 4 si dimostra che dom A A ℵ 0, dunque dom A R, ossia esiste un x R dom A, e di conseguenza {x} R B A, per cui B A {x} R = c, ed essendo B A B = c, per Cantor-Bernstein vale l uguaglianza. Se invece B R R, essendo della stessa cardinalità posso prendere una bigezione ϕ : B R R e lavorare su ϕ(b) e ϕ(a), ottenendo che ϕ(b) ϕ(a) ha cardinalità c, e dunque anche ϕ 1 (ϕ(b) ϕ(a)) = B A. Lezione 6 Esercizio 1. Dimostrare (senza AC) che, se A N è infinito, allora A = ℵ 0. Definiamo: { a1 = min A( a n = min A ) n 1 k=1 {a k} n > 1. La funzione f : N A, n a n è iniettiva per come è inita (dato che rispetta l ordinamento di N e quello indotto su A) ed è surgettiva, dato che se fosse m A fuori dall immagine di f avremmo che ogni elemento dell immagine di f è minore di m (essendo inito come minimo di un insieme che contiene m), dunque l immagine di f sarebbe contenuta in {1,..., m 1}, assurdo, perché è l immagine di un insieme infinito attraverso una funzione iniettiva, e deve quindi essere infinita. Dunque A = N. Esercizio 2. Dimostrare (senza AC) che, se σ : N X surgettiva, allora X N. Una funzione iniettiva da X a N è data da f : x min σ 1 (x). f è ben inita per surgettività di σ e buon ordinamento di N, ed è iniettiva perché i σ 1 (x) sono disgiunti. Esercizio 3. Ogni insieme numerabile con un ordine totale denso che non abbia né massimo né minimo è isomorfo (come insieme ordinato) a (Q, ). 10

11 Sia (A, ) come nelle ipotesi, e sia f : N A bigezione, g : N Q bigezione. Indichiamo a n = f(n), q n = g(n). Per ogni n N {1}, m N, sia P (n, m) la proprietà i {1,..., n 1} ((q n < q i a m a i ) (q n > q i a m a i )), e sia ψ : Q A inita da: { a1 se n = 1 ψ : q n a min{k N P (n,k)} se n > 1. Ad n fissato, P (n, k) è soddisfatta per almeno un k per densità di A, dunque ψ è ben inita, ed è iniettiva in quanto P (n, m) non può essere soddisfatta da due differenti coppie (n 1, k) e (n 2, k). Per ogni n N {1}, m N, sia ora Q(n, m) la proprietà i {1,..., n} ((q m < q i a n ψ (q i )) (q m > q i a n ψ (q i ))), e sia ϕ : A Q inita da: ϕ : a n q min{k N Q(n,k)}. ϕ è iniettiva analogamente a ψ, mantiene l ordinamento per come è inita ed è surgettiva in quanto, se q k fosse il primo razionale a non essere nell immagine, k dovrebbe soddisfare Q(n, k) per infiniti n, dunque per uno di questi n dovrebbe essere il minimo (ad esempio, dato M, se q i, q j con i, j M sono i razionali immediatamente maggiore e immediatamente minore di q k tra i primi M secondo la nostra numerazione, per densità di A prima o poi avrò un a h che si trova tra ψ(q i ) e ψ(q j ), per il quale (h, k) soddisfa Q; a quel punto o k è il minimo, o posso fare lo stesso ragionamento con l intevallo più piccolo che si è appena venuto a creare; dopo al più k volte necessariamente k dovrà essere il minimo; discorsi analoghi valgono se q k è dallo stesso lato rispetto a tutti i primi M razionali).. 11