\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (i.)}] Sia $X$ un sottinsieme di $A$ che non ammette minimo. Consideriamo la
formula $P(a)=\forall b( b \leq a \implies a \notin X)$, e mostriamo che $P(\cdot)$ vale in tutto $A$.
Essendo $0$ il minimo di $A$, chiaramente vale $P(0)$ -- altrimenti $X$ ammetterebbe come minimo $0$ stesso.
Inoltre, se vale $P(x)$, $x+1$ è un elemento
di $A$ i cui minoranti stretti soddisfano $P(\cdot)$, e dunque necessariamente deve valere $P(x+1)$; se così
non fosse, $x+1$ sarebbe un minimo di $X$, \Lightning. Dunque è soddisfatta l'ipotesi induttiva, e si
conclude che vale $P(a)$ per ogni elemento $a \in A$. Quindi $A \setminus X = A$, da cui
$X =\emptyset$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazione dei buon ordinamenti con i segmenti iniziali}{problem-36}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato. Si dimostri che $(A, <)$ è ben ordinato se e solo se
ogni suo segmento iniziale proprio è generato da un elemento $a \in A$.
@ -1284,15 +1330,36 @@ originale in una formula esplicita:
\end{solution}
\begin{problem}{Gli insiemi totalmente ordinati finiti sono isomorfi a un $(n, \in)$}{problem-38}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato finito. Si dimostri che se $\abs{A}\cong\abs{n}$, allora
$(A, <)\cong(n, \in)$.
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato e finito. Si dimostri che se $\abs{A}\cong\abs{n}$, allora
$(A, <)\cong(n, \in)$, e che dunque ammette massimo e minimo.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione su $n$.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{n = 0}$] Se $A$ è vuoto, la tesi è banale.
\item[$\boxed{n + 1}$] Sia $\abs{A}\cong\abs{n +1}$. Allora esiste un elemento $a \in A$ tale per
cui $\abs{A \setminus\{a\}}=\abs{n}$. Allora, per ipotesi induttiva, dacché $A \setminus\{a\}$ è
ancora totalmente ordinato e finito, $(A \setminus\{a\}, <)\cong(n, \in)$. Pertanto $A \setminus\{a\}$ ammette
un massimo $a' :=\max A \setminus\{a\}$. È immediato verificare che $a^*=\max\{a, a'\}$ è un massimo di $A$,
e dunque si può estendere un isomorfismo tra $A \setminus\{a^*\}$ e $n$ mandando $a^*$ in $n \in n+1$, completando
il passo induttivo.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{La restrizione di un isomorfismo d'ordine ai segmenti generati è ancora un isomorfismo}{problem-39}
Sia $\varphi : (A, <)\rightarrow(B, \prec)$ un isomorfismo tra due insiemi ben ordinati. Si dimostri che
$\restr{\varphi}{A_a} : \left(A_a, \restr{<}{A_a}\right)\rightarrow\left(B_{\varphi(a)}, \restr{\prec}{B_{\varphi(a)}}\right)$ è ancora un isomorfismo.
\end{problem}
\begin{solution}
È sufficiente verificare che $\restr{\varphi}{A_a}$ ha come immagine $B_{\varphi(a)}$ (essendo restrizione è necessariamente ancora
iniettiva, e preserva l'ordine). Sia $b' < \varphi(a)$. Essendo $\varphi$ un isomorfismo, esiste $a' \in A$ tale per cui
$\varphi(a')= b'$. Se fosse $a' \geq a$, si avrebbe $b' \geq\varphi(a)$, dacché $\varphi$ preserva l'ordine, \Lightning.
DUnque $a' \in A_a$, da cui la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazione degli insiemi totalmente ordinati isomorfi a $(\omega, \in)$}{problem-40}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato e infinito. Si mostri che sono equivalenti:
@ -1303,6 +1370,29 @@ originale in una formula esplicita:
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Dimostriamo le implicazioni (i.) $\implies$ (ii.) $\implies$ (iii.) $\implies$ (i.), da cui
deriva la tesi.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] È sufficiente verificare la tesi su $(\omega, \in)$, per il quale
ogni segmento iniziale proprio è finito per definizione, dacché un tale segmento è necessariamente
un elemento di $\omega$.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (iii.)}] Mostriamo la contronominale.
Se esistesse un sottoinsieme infinito di $A$ con massimo $M$,
allora il segmento iniziale $A_M \supseteq A$ sarebbe infinito. Non può essere $A_M = A$, dal momento che
si avrebbe $M < M$, \Lightning. Dunque $A_M$ è un segmento iniziale proprio infinito.
\item[\fbox{(iii.) $\implies$ (i.)}] Sia $X \neq\emptyset$ un sottinsieme di $A$. Sia $x$ un elemento di $X$.
I minoranti deboli di $x$ appartenenti a $X$ ammettono massimo ($x$ stesso), dunque formano un sottinsieme
finito. Allora tali minoranti ammettono minimo (vd. \textit{Problema 38}), e tale minimo è un minimo di $X$. Dunque $A$ è ben ordinato.
Essendo infinito, $A$ non può essere isomorfo a un segmento iniziale di $\omega$; né $\omega$ può essere isomorfo
a un segmento iniziale di $A$, dato che altrimenti esisterebbe un sottinsieme infinito con massimo in $A$. Pertanto,
per la tricotomia dei buoni ordini, l'unica possibilità rimasta è $(A, <)\cong(\omega, \in)$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Il tipo d'ordine di $A +\{*\}$ è il più piccolo di quelli che maggiorano il tipo d'ordine di $A$}{problem-41}
Si mostri che per ogni insieme ben ordinato $(B, \prec)$ con $\ot(A) < \ot(B)$ si ha $\ot(A +\{*\})\leq\ot(B)$.
\end{problem}
@ -1362,6 +1452,25 @@ originale in una formula esplicita:
$\bigcap A$ corrisponde al minimo $\min A$.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i due risultati separatamente.
\begin{enumerate}
\item Sicuramente, $\forall\alpha\in A$, $\bigcap A \subseteq\alpha$, e quindi $\bigcap A$ è un minorante
debole di $A$. Se $A$ ha due elementi distinti, allora $\bigcap A$ necessariamente deve essere sottinsieme stretto
di un elemento $\alpha\in A$, e quindi $\bigcap A \in\alpha$; pertanto, per transitività $\bigcap A \in A$, e
dunque $\bigcap A$ è proprio il minimo cercato. Se $A$ ha un solo elemento, la tesi è banale poiché
$\bigcap A$ coincide con tale elemento.
\item$\bigcup A$ è ben ordinato su $\in$, essendo un insieme di ordinali, grazie al punto (i.) (gli ordinali sono insiemi
di ordinali). Inoltre $\bigcup A$ è transitivo, dacché $x \in\bigcup A$ vuol dire che esiste un $\alpha\in A$ tale
per cui $x \in\alpha$, e dunque, se $y \in x$, allora $y \in x \in\alpha$, da cui $y \in\alpha$ per la transitività di
$\alpha$, e quindi $y \in\bigcup A$. Mostriamo ora che è l'estremo superiore di $A$. Chiaramente $\bigcup A$ è un
maggiorante debole; inoltre se $\alpha\subseteq B$ per ogni $\alpha\in B$, allora $\bigcup\alpha\subseteq B$,
completando la dimostrazione.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{$\omega_1$ è il più piccolo ordinale avente cardinalità maggiore di quella di $\omega$}{problem-46}
Si mostri che $\omega_1=\{\alpha\text{ ordinale}\mid\abs{\alpha}\leq\abs{\omega}\}$ è il più piccolo ordinale avente cardinalità maggiore di quella di $\omega$.
