Elementi di Teoria degli Insiemi

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1 Elementi di Teoria degli Insiemi 2016/17 Esercizi di Giacomo Bertolucci (matr ) Lezioni 7-10 Lezione 7 Esercizio 1. Dimostrare che, se A R con A ℵ 0, allora R A è denso in R. Se così non fosse, esisterebbe un aperto U di R tutto contenuto in R (R A) = A, e in particolare esisterebbe un intervallo (a, b) U A. Dato che gli intervalli hanno cardinalità pari a R, avremmo che A R, assurdo. Esercizio 2. Dimostrare (senza AC) che, se A = 2 c e B A con B c, allora A B = 2 c. Supponiamo che sia A = P(R) P(R) (che ha cardinalità 2 c, in quanto P(R) P(R) = 2 R 2 R = 2 R+ 2 R 0 = 2 R+ R 0 = 2 R = 2 c ). Allora, essendo B c deve esistere una f : R B surgettiva; detta π : B P(R), (b 1, b 2 ) b 1, si ha che π non può essere surgettiva, altrimenti lo sarebbe anche π f : R P(R), mentre sappiamo (anche senza AC) che non esistono funzioni surgettive da un insieme al suo insieme delle parti. Dunque esiste un x P(R) tale che ({x} P(R)) B =, e quindi A B {x} P(R) = 2 c. L altra disuguaglianza è ovvia. In generale, avrò una bigezione ϕ da A a P(R) P(R) e posso lavorare su P(R) P(R) e su ϕ(b). Esercizio 3. Dimostrare che F X X = F. Sia F 1 F (esiste perché F ); allora F = {x F 1 F F x F }, che esiste per separazione. In alternativa, si può usare F = {x F F F x F }; in questo modo esiste anche =. Esercizio 4. Dimostrare che, se R è una relazione, allora X X = dom R ed Y Y = Im R. Notiamo che S def = ( R) (che esiste per l assioma di unione) contiene tutti gli elementi che compaiono nelle coppie di R: se (a, b) = {{a}, {a, b}} R, allora {a, b} R, e dunque a, b ( R). Ne segue che {a S b S c R c = (a, b)} = dom R e {b S a S c R c = (a, b)} = Im R esistono per separazione. 1

2 Esercizio 5. Dimostrare che, se è una relazione di equivalenza su A, allora X X = A/. L insieme cercato è {X P(A) ( x X y (x y y X)) X }. Esercizio 6. Dimostrare che, data una I-sequenza A i i I, X X = i I A i. Chiamiamo f la I-sequenza data. Per cominciare, per l esercizio 4 esiste l insieme A = Im f = {A i i I}, e dunque esiste i I A i = A. Di conseguenza, sappiamo che esiste I i I A i. L insieme cercato sarà dunque { x I i I A i x funzione dom x = I i I a A i (i, a) x }. Lezione 8 Esercizio 1. Dimostrare che a def = {, {{ }}} / ω. Se a fosse in ω, essendo anche ω e a, dovrebbe anche essere ˆ â, ossia { } {, {{ }}, {, {{ }}}}, che è falso. Esercizio 2. Dimostrare che n, m ω n m m n m = n. Consideriamo la proprietà P (n): m ω n m m n m = n ; allora: P (0) è vera, poiché se m = 0 siamo a posto, mentre se m ω {0} allora sappiamo che 0 m; per ogni n ω, se P (n) è vera, allora per ogni m ω vale una delle seguenti: m n, e allora m n {n} = ˆn; n m, e allora anche ˆn ˆm = m {m}, dunque ˆn m ˆn = m; m = n, e allora m {n}, dunque m n {n} = ˆn. In ogni caso, P (ˆn) è vera, per cui per induzione P (n) è vera per ogni n ω. Vediamo adesso che la disgiunzione è esclusiva. Per antiriflessività, vale n, m ω (n m m n) m = n. Se fosse n m m n, allora per transitività n n, assurdo sempre per antiriflessività. Esercizio 3. Dimostrare che la funzione S : n ˆn è una bigezione da ω a ω {0}. Intanto, f(ω) ω {0}, perché ω è chiuso per successore in quanto induttivo e non esiste un a tale che â = 0 = (altrimenti sarebbe a â = ). Consideriamo la proprietà P (x): x = 0 ( m ω S(m) = x) ; allora: P (0) è chiaramente vera; per ogni n ω, P (ˆn) è vera, in quanto n è un elemento di ω che ha ˆn per successore; per induzione, P (n) è vera per ogni n ω, ossia S è surgettiva. S è anche iniettiva, poiché se S(a) = â = ˆb = S(b) per qualche a, b ω, allora a â = ˆb = b {b}, dunque a b a = b. Analogamente, b a b = a. Se fosse a b, allora varrebbe a b b a, assurdo (essendo (ω, ) un ordine stretto). 2

3 Esercizio 4. Dimostrare che n, m ω: 1. n m n m; 2. x x n x ω; 3. n m ω; 4. n m ω; 5. ˆn è il successore immediato di n in (ω, ). 1. Nel caso in cui n = m, la tesi è verificata (n / n e n n). Ci basta quindi dimostrare l implicazione, poiché se n / m allora o n = m (da cui n m), oppure m n, e avendo dimostrato l implicazione detta avremmo m n, dunque non potrebbe essere anche n m. Adesso, preso un n ω, sia P n (x) la proprietà: n x n x ; allora: P n (0) è vera, dato che n / 0; per ogni m ω, se P n (m) è vera, allora o n m, ma quindi essendo m ˆm (poiché m ˆm ma m ˆm in quanto m ˆm e vale l antiriflessività) dovrà essere anche n ˆm, oppure n / m: in questo caso, o n = m, ma allora n ˆn = ˆm, oppure m n, e dunque per il punto (5) (che non richiede il punto (1) nella sua dimostrazione, vedi poi) non può essere n ˆm. In ogni caso, vale P n ( ˆm). Per induzione, P n (x) vale per ogni x ω, e siccome questo è vero qualsiasi sia n ω, abbiamo la tesi. 2. Sia P (y) la proprietà: x x y x ω ; allora: P (0) è vera a vuoto (nessun x appartiene a 0); per ogni n ω, se P (n) è vera, allora dato un x ˆn = n {n} vale x n x = n: nel primo caso x ω per ipotesi induttiva, nel secondo caso x ω in quanto n ω. Per induzione abbiamo la tesi. 3. Per totalità dell ordinamento su ω, o n = m (e in tal caso n m = n ω), oppure WLOG n m, dunque per il punto (1) n m e di nuovo n m = n ω. 4. Analogo al precedente. 5. Intanto, n ω n ˆn; se ci fosse un m ω tale che n m ˆn = n {n}, allora n m n n m = n: il primo caso è assurdo per antisimmetria, il secondo per antiriflessività. Lezione 9 Esercizio 1. Dimostrare che, dato un insieme ordinato (N, <) che ammetta un elemento minimo (che indicheremo con 0 ), e tale che ogni elemento di N abbia un successore e, se non è 0, sia esso stesso il successore di un elemento di N, se P è una proprietà allora: 1. ( x N (P (0) (( y < x P (y)) P (x))) x N P (x)) = = ((P (0) ( x N (P (x) P (x + 1)))) x N P (x)); 2. ((P (0) ( x N (P (x) P (x + 1)))) x N P (x)) = = M N M M ha un elemento minimo. 3

4 1. Supponiamo che sia vero che (P (0) ( x N (P (x) P (x + 1)))), allora da un lato è vera P (0), dall altro per ogni x N è vera ( y < x P (y)) P (x), in quanto se x = 0 abbiamo appena visto che vale P (0), mentre se x 0 allora sappiamo che esiste un precedente x 1 di x in N (ossia tale che (x 1) + 1 = x), dunque ( y < x P (y)) P (x 1), essendo x 1 < x, e P (x 1) P (x) per la nostra supposizione iniziale. Dunque (P (0) ( x N (P (x) P (x + 1)))) x N P (x), che è la tesi. 2. Supponiamo vera l ipotesi e prendiamo un M N non vuoto; consideriamo la proprietà P (x): y < x y / M. P (0) è vera a vuoto. Se M non avesse minimo, allora x N (P (x) P (x + 1)), in quanto se y < x y / M, allora anche x / M, altrimenti sarebbe il minimo elemento di M, e dunque possiamo dire che y x y / M, ossia y < x + 1 y / M, che è P (x + 1). Per induzione, avremmo P (x) vera per ogni x N. Prendiamo ora un x M, che esiste in quanto M ; P (x) dovrà essere vera anche per x = x + 1, e dunque y < x + 1 y / M, che è assurdo in quanto x < x + 1 e x M. Esercizio 2. Dati A B C con A = C, definire usando il teorema di ricorsione numerabile debole una ψ : A B bigettiva. Sia ϕ : A C bigettiva, che esiste per ipotesi; posto D def = A B e posti à def = P(A), ã def = ϕ(d) e f : ω à Ã, (n, X) ϕ(x), per il teorema di ricorsione numerabile (debole) esiste una e una sola successione σ = E n n ω tale che E 0 = ã = ϕ(d) e n ω E n+1 = f (n, E n ) = ϕ (E n ). Detto E = n=0 E n = Im (σ), la bigezione cercata è: ψ : A B, a { ϕ(a) se a D E a se a A (D E) = B E. Esercizio 3. Dimostrare che, dati A, ã A ed f : ω F S (A) A, esiste una e una sola successione a n n ω tale che a 0 = ã e n ω a n+1 = f (n, a i i n ). Sia AF n n ω la successione definita da: def AF n = {g F un (n + 1, A) g(0) = ã i < n g(i + 1) = f (i, g(j) j i )}, e sia AF = n ω AF n. Allora: 1. g, h AF x dom (g) dom (h) g(x) = h(x); infatti, consideriamo la proprietà P (n): n / dom (g) dom (h) (n dom (g) dom (h) g(n) = h(n)). Vale P (0) (se 0 dom (g) dom (h), allora g(0) = ã = h(0)); inoltre, dato n ω, se supponiamo che P (k) valga per ogni k n, allora vale anche P (n + 1), dato che o n + 1 / dom (g) dom (h), oppure tutti i k n + 1 appartengono a dom (g) dom (h) e g(n+1) = f (n, g(j) j n ) = f (n, h(j) j n ) = h(n+1). Per induzione forte, P (n) è vera per ogni n ω, che è la tesi. 2. n ω AF n, e dunque n ω g AF n dom (g); infatti, consideriamo la proprietà Q(x): x ω AF n. Vale P (0) (dato che g : 1 A definita da 0 ã appartiene ad AF 0 ); inoltre, dato n ω, se vale P (n) (e dunque g AF n ), allora la funzione h : n + 1 A definita da k g(k) per k n e da n + 1 f (n, g(j) j n ) appartiene ad AF n+1, dunque vale P (n + 1). Per induzione, n ω AF n. 4

5 Segue che ϕ = AF è una successione: l unione di relazioni è a sua volta una relazione; il dominio è ω perché per (2) ogni n ω sta nel dominio di qualche g AF, e dunque sta nel dominio di ϕ, e se x / ω allora x non è nel dominio di nessuna g AF e dunque non è nel dominio di ϕ; ϕ è una funzione perché se (n, α 1 ), (n, α 2 ) ϕ, allora g 1, g 2 AF con (n, α 1 ) g 1 e (n, α 2 ) g 2, ed essendo n dom (g) dom (h) deve essere, per (1), α 1 = g 1 (n) = g 2 (n) = α 2. ϕ è la successione cercata, dato che presa g AF 0 vale ϕ(0) = g(0) = ã, e dato n ω, presa h AF n+1 (che esiste per (2)), si ha che ϕ(n + 1) = h(n + 1) = f (n, g(j) j n ) = f (n, ϕ(j) j n ). Lezione 10 Esercizio 1. Dimostrare (con AC) che, se A è infinito, allora N A. Sia s : P(A) { } A una funzione di scelta, sia ã un qualsiasi elemento di A e sia f : ω F S (A) A dato da f(n, ϕ) def = s (A Im (ϕ)), che è ben definita: se fosse A Im (ϕ) / P(A) { }, allora dovrebbe essere A Im (ϕ) =, ossia Im (ϕ) = A, e dunque ϕ sarebbe una funzione surgettiva da un qualche n ad A, dunque A sarebbe finito (perché esisterebbe una funzione iniettiva da A ad n, dunque A sarebbe equipotente a un sottoinsieme di n e dunque a un m < n). Per ricorsione numerabile, esiste una σ = a n n ω con a 0 = ã e n ω a n+1 = f (n, a i i n + 1 ). Per come è definita, σ è iniettiva a valori in A (se fosse σ(n) = σ(m) con n < m, dovrebbe essere σ(n) = σ(m) = f (m, a i i m + 1 ) = s (A {a i i m + 1}) A {a i i m + 1} A {a n } = A {σ (n)}, assurdo), dunque N A. Esercizio 2. Dimostrare che, dato A, A è infinito se e solo se è equipotente a un suo sottoinsieme proprio (con AC per il solo se ). Il se è stato dimostrato a lezione. Se A è infinito, sia f : ω A iniettiva; la funzione ψ : A A {f (0)} definita da: { ( f f a 1 (a) + 1 ) se a Im (f) a altrimenti è una bigezione (lo è su A Im (f), lo è su Im (f) e il codominio è unione disgiunta delle immagini di questi due insiemi). Esercizio 3. Dimostrare che, se A e B sono finiti, allora lo sono anche: 1. A B; 2. A B; 3. A B; 4. A B; 5. P(A). 5

6 LEMMA: se B = n, con n ω {0}, e b B, allora B {b} = n 1. Infatti, se f : B n bigezione, allora g B {f 1 (n 1)} è una bigezione tra B { f 1 (n 1) } e n 1, quindi se b = f 1 (n 1) abbiamo trovato la bigezione cercata, altrimenti h : B {b} B { f 1 (n 1) } che manda f 1 (n 1) in b ed è l identità sul resto del dominio è bigezione, dunque g h è la bigezione cercata. 1. Ragioniamo per induzione con P (x): A finito, B B = x A B è finito. P (0) è vera in quanto A = A; P (1) è vera in quanto, detto b l unico elemento di B, se b A allora A B = A, mentre se b / A e f : A k bigezione, allora g : A B k + 1 che manda b in k e coincide con f su A è anch essa una bigezione; se vale P (n) e B = n + 1, allora preso un b B vale A B = (A (B {b})) {b}, ma A (B {b}) è finito per ipotesi induttiva (grazie al LEMMA) e, dovendo valere P (1), anche A B = (A (B {b})) {b} è finito. 2. Essendo A B A e A finito, necessariamente A B è finito. 3. Essendo A B A e A finito, necessariamente A B è finito. 4. Ragioniamo per induzione con P (x): A finito, B B = x A B è finito. P (0) è vera in quanto A = A; se vale P (n) e B è un insieme di cardinalità n + 1, con b B, allora per ipotesi induttiva (grazie al LEMMA) A (B {b}) è finito e A B = (A (B {b})) (A {b}) è finito per il punto (1) (A {b} è finito essendo in naturale bigezione con A). 5. Ragioniamo per induzione con P (x): A A = x P(A) è finito. P (0) è vera in quanto P( ) = { } = 1; se vale P (n) e A = n + 1, sia a A; abbiamo che P(A) = P(A {a}) {S S A a S} = P(A {a}) {S S P(A {a}) S = S {a}}. Adesso, P(A {a}) è finito per ipotesi induttiva e {S S P(A {a}) S = S {a}} è in bigezione con P(A {a}) attraverso la funzione che manda S nel corrispondente S (che è unico, essendo S = S {a}), che è bigettiva in quanto ogni S P(A {a}) è immagine di S {a} e solo di esso. Segue per (1) che P(A) è finito. Esercizio 4. Dimostrare che, se F è finito e ogni suo elemento è finito, allora F è finito. Ragioniamo per induzione con P (x): F ( F = x F F F è finito) F è finito. P (0) è vera, essendo = ; se vale P (n) e F è tale che F = n + 1 e F F F è finito, allora preso un F F si ha che F = F F {F }; F è finito in quanto elemento di F, e F {F } è finito per ipotesi induttiva (grazie al LEMMA dell esercizio precedente), dunque la loro unione è finita. Esercizio 5. Dimostrare che, se A è finito e f : A B, allora Im (f) è finito. Sia g : n A bigezione, con n = A ; allora Im (f) = Im (f g), dunque f g è surgettiva su Im (f), per cui è ben definita h : Im (f) n data da h : b min {k n f (g (k)) = b}. h è iniettiva per come è definita, dunque Im (f) è equipotente a un sottoinsieme di n, ed è quindi finito. Esercizio 6. Dimostrare che, se F è infinito, allora F è infinito. Dato che F F F F, si ha che F P( F). Se F è finito, per l esercizio 3 anche P( F) lo è, e dunque anche F in quanto suo sottoinsieme. 6

7 Esercizio 7. Dimostrare che, se F è tale che n ω F F F n, allora F è infinito. Se per assurdo F fosse finito, diciamo F = k, sappiamo che esiste F F tale che F k + 1; essendo F F, F dovrebbe essere finito e di cardinalità minore o uguale a k, per cui non può esistere un iniettiva da k + 1 a F. Esercizio 8. Dimostrare che, se (A, <) è un insieme ordinato e X A è non vuoto e finito, allora X (con l ordinamento ristretto) ha sia massimo che minimo. Ragioniamo per induzione con P (x): X A X X = x X ha sia massimo che minimo. P (0) vale a vuoto; P (1) vale in quanto l unico elemento di ogni X di cardinalità 1 è sia massimo che minimo di X. Se vale P (n) per un certo n 1, allora vale P (n + 1); infatti, preso X A con X e X = n + 1, sia a X e sia Y = X {a}; allora Y è non vuoto, è sottoinsieme di A ed ha cardinalità n (per il LEMMA dell esercizio 3), dunque per ipotesi induttiva Y ha un massimo M e un minimo m. Se M > a > m in (A, <), allora M ed m sono anche rispettivamente il massimo e il minimo di X; se invece a > M, m è ancora il minimo di X mentre a, per transitività ( x X x M < a), è il massimo di X; infine, se a < m, M rimane il massimo di X mentre a, sempre per transitività, è il minimo di X. Esercizio 9. Dimostrare che n ω (n, <) è un buon ordine. Essendo (n, <) (ω, <), i sottoinsiemi non vuoti di n sono anche sottoinsiemi non vuoti di ω, e dunque ammettono minimo per buon ordinamento di ω (o per l esercizio precedente). Esercizio 10. Dimostrare che, se (A, <) è un insieme ordinato finito con A = n, allora (A, <) = (n, <). Ragioniamo per induzione con P (x): (A, <) A = n (A, <) = (n, <). P (0) è vera (A = n = ), così come P (1) (c è una sola possibile relazione d ordine per i singoletti). Per n 1, se vale P (n), allora vale anche P (n + 1), in quanto se A = n + 1 e M è il massimo elemento di (A, <) (che esiste per l esercizio 8), sia f : A {M} n una bigezione che conserva l ordine (che esiste per ipotesi induttiva); sia g : A n + 1 definito da g : M n e g : a f(a) per a M, allora g è una bigezione che conserva l ordine, in quanto il massimo di A va in n, che è il massimo di n + 1, e tutti gli altri elementi mantengono l ordine tra loro perché lo mantiene f (l ordine di (n, <) è la restrizione di quello di (n + 1, <), in quanto entrambi sono restrizione di (ω, <)). Esercizio 11. Dimostrare che, se (A, <) è un buon ordine e A è infinito, allora esiste ψ : ω A che preserva l ordine. Sia m : P(A) { } A che associa ad ogni insieme non vuoto di A il suo minimo (che esiste per buon ordinamento), e sia f : ω F S (A) A data da (n, ϕ) m (A Im (ϕ)), che è ben definita in quanto Im (ϕ) è finito e A è infinito, per cui A Im (ϕ). Per ricorsione numerabile forte, esiste una ψ = a n n ω tale che a 0 = m(a) e n ω a n+1 = f(n, a k k n + 1 ) = m (A {a k k n + 1}). ψ è la funzione cercata; infatti, se h < k in ω, allora a h < a k in A, poiché a k = m (A {a i i k}), dunque a k A {a i i k} A {a i i h}, insieme di cui a h è il minimo, perciò a h a k, anzi a h < a k dato che a k appartiene a A {a i i k} mentre a h non vi appartiene. 7