@ -1307,6 +1307,12 @@ originale in una formula esplicita:
Si mostri che per ogni insieme ben ordinato $(B, \prec)$ con $\ot(A) < \ot(B)$ si ha $\ot(A +\{*\})\leq\ot(B)$.
\end{problem}
\begin{solution}
Poiché $\ot(A) < \ot(B)$, allora $A \cong B_b$ per un qualche $b \in B$ e con qualche isomorfismo $\varphi$.
Allora $A +\{*\}$ è isomorfo a $B_{b+1}$, dove $A$ viene mappato su $B_b \subsetneq B_{b+1}$ secondo
$\varphi$ e $*$ viene mandato in $b$. Da ciò si deriva immediatamente la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{Una catena di insiemi totalmente ordinati induce un insieme totalmente ordinato limite}{problem-42}
Sia $\{A_i\}_{i \in I}$ una catena di insiemi totalmente ordinati compatibili tra loro, su $I$ totalmente ordinato. Si mostri che
$\bigcup_{i \in I} A_i$ con l'ordinamento indotto dagli $A_i$ è totalmente ordinato.
@ -1316,15 +1322,15 @@ originale in una formula esplicita:
Si mostrano separatamente le varie proprietà.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\text{Riflessività}}$] Se $i \in I$ è tale per cui $a \in A_i$, allora $a \leq_i a$, e quindi $a \leq a$.
\item[$\boxed{\text{Simmetria}}$] Se $a$ e $b$ sono elementi
\item[\fbox{Riflessività}] Se $i \in I$ è tale per cui $a \in A_i$, allora $a \leq_i a$, e quindi $a \leq a$.
\item[\fbox{Simmetria}] Se $a$ e $b$ sono elementi
di $\bigcup_{i \in I} A_i$, detti $i$ e $j$ gli indici in $I$ per cui $a \in A_i$ e $b \in A_j$, detto $k =\max\{i, j\}$,
$a$ e $b$ sono entrambi elementi di $A_k$. Se $a \leq b$ e $b \leq a$, allora, dalla compatibilità e dalla totalità
di $\leq_k$, $a \leq_i b$ e $b \leq_i a$, dunque $a = b$ per la riflessività di $\leq_i$.
\item[$\boxed{\text{Transitività}}$] Analogamente a prima, se $a$, $b$ e $c$ sono elementi di $\bigcup_{i \in I} A_i$ si può trovare un indice
\item[\fbox{Transitività}] Analogamente a prima, se $a$, $b$ e $c$ sono elementi di $\bigcup_{i \in I} A_i$ si può trovare un indice
$k \in I$ per cui $a$, $b$, $c \in A_k$. Dunque, se $a \leq b$ e $b \leq c$, per compatibilità e totalità di $\leq_k$,
$a \leq_k b$ e $b \leq_k c$, dunque $a \leq_k c$ per transitività di $\leq_k$, e infine $a \leq c$.
item[$\boxed{\text{Totalità}}$] Come prima, si può trovare un indice $k$ per cui $a$, $b \in A_k$. Per la totalità
\item[\fbox{Totalità}] Come prima, si può trovare un indice $k$ per cui $a$, $b \in A_k$. Per la totalità
di $\leq_k$, allora $a$ e $b$ sono confrontabili, e quindi lo sono anche su $\leq$.
\end{enumerate}
\end{solution}
@ -1334,6 +1340,13 @@ originale in una formula esplicita:
\[ A \times(B + C)\cong(A \times B)+(A \times C). \]
\end{problem}
\begin{solution}
L'isomorfismo naturale tra i due buoni ordini in esame è dato da
$\varphi : A \times(B + C)\to(A \times B)+(A \times C)$ tale per cui
$\varphi(a, (x, i))=((a, x), i)$, con $a \in A$, $x \in B \cup C$ e $i \in\{0, 1\}$.
$\varphi$ è chiaramente bigettiva, e preserva l'ordinamento.
\end{solution}
\begin{problem}{$\Fun(\omega, \omega)$ con l'ordine della minima differenza \underline{non} è ben ordinato}{problem-44}
Si mostri che $\Fun(\omega, \omega)$ con l'ordine della minima differenza \underline{non} è un insieme ben ordinato.
\end{problem}
@ -1501,6 +1514,10 @@ originale in una formula esplicita:
Si mostri che sono equivalenti la ricorsione transfinita per casi e quella che impiega invece una sola funzione classe.
\end{problem}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{problem}{Assorbimento a sinistra per ordinali finiti di $\omega$}{problem-56}
Si mostri che $n +\omega=\omega$ per ogni $n \in\omega$.
\end{problem}
@ -1518,26 +1535,94 @@ originale in una formula esplicita:
Sia $\alpha\neq0$ un ordinale. Si mostri che sono equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item$\beta+\gamma < \alpha$ se $\beta$, $\gamma < \alpha$ ($\alpha$ è additivamente chiuso).
\item$\beta+\alpha=\alpha$ se $\beta < \alpha$ ($\alpha$ rispetta \underline{sulla somma} la proprietà di assorbimento a sinistra per ordinali più piccoli).
\item$\beta+\gamma < \alpha$ se $\beta$, $\gamma < \alpha$ ($\alpha$ è additivamente chiuso).
\item$\exists\,\delta$ ordinale per cui $\alpha=\omega^\delta$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la serie di implicazioni (i.) $\implies$ (ii.) $\implies$ (iii.) $\implies$ (i.) per ottenere tutte
le equivalenze.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Poiché $\gamma < \alpha$, allora $\beta+\gamma < \beta+\alpha$. Inoltre
$\beta < \alpha$, dunque per assorbimento $\beta+\alpha=\alpha$, da cui $\beta+\gamma < \alpha$.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (iii.)}] Mostriamo la contronominale, ovverosia che se $\alpha$ non è un $\omega^\delta$,
allora $\alpha$ non è additivamente chiuso. Esiste comunque un $\delta$ ordinale per cui
$\omega^\delta < \alpha < \omega^{\delta+1}$. Dal momento che $\omega^{\delta+1}=\omega^\delta\cdot\omega$,
esiste $n \in\omega\setminus\{0\}$ tale per cui $\omega^\delta\cdot n < \alpha\leq\omega^\delta\cdot(n +1)$. Ma allora
$\omega^\delta+\omega^\delta\cdot n =\omega^\delta\cdot(n+1)\geq\alpha$, mentre
$\omega^\delta$, $\omega^\delta\cdot n < \alpha$, dunque $\alpha$ non è additivamente chiuso.
\item[\fbox{(iii.) $\implies$ (i.)}] Mostriamo la validità della tesi nel caso in cui $\delta$ è nullo, è successore o è limite non nullo.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\delta = 0}$] Se $\delta=0$, allora $\alpha=1$, per il quale ovviamente $0+1=1$
(vd. \textit{Esercizio 47}).
\item[$\boxed{\delta + 1}$] Se $\delta=\delta' +1$ è un successore, allora, dato $\beta < \alpha=\omega^{\delta'}\cdot\omega$,
si deve avere $\beta < \omega^{\delta'}\cdot n$ per qualche $n \in\omega$. Pertanto:
dove si è usato che $1+\omega^\varepsilon=\omega^\varepsilon$, dal momento che $\omega^\varepsilon$ è infinito.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazione degli ordinali che rispettano \underline{sul prodotto} la proprietà di assorbimento a sinistra per ordinali più piccoli}{problem-58}
Sia $\alpha\neq0$ un ordinale. Si mostri che sono equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item$\beta\cdot\alpha=\alpha$ se $0 < \beta < \alpha$ ($\alpha$ rispetta \underline{sul prodotto} la proprietà di assorbimento a sinistra per ordinali più piccoli).
\item$\beta\cdot\gamma < \alpha$ se $\beta$, $\gamma < \alpha$ ($\alpha$ è moltiplicativamente chiuso).
\item$\beta\cdot\alpha=\alpha$ se $\beta < \alpha$ ($\alpha$ rispetta \underline{sul prodotto} la proprietà di assorbimento a sinistra per ordinali più piccoli).
\item$\exists\,\delta$ ordinale per cui $\alpha=\omega^{(\omega^\delta)}$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la serie di implicazioni (i.) $\implies$ (ii.) $\implies$ (iii.) $\implies$ (i.) per ottenere tutte
le equivalenze.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Se $\beta=0$, la tesi è banale. Sia ora invece $\beta > 0$. Poiché $\gamma < \alpha$ e $\beta\neq0$, allora $\beta\cdot\gamma < \beta\cdot\alpha$. Inoltre
$\beta < \alpha$, dunque per assorbimento $\beta\cdot\alpha=\alpha$, da cui $\beta\cdot\gamma < \alpha$.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (iii.)}] Mostriamo la contronominale, ovverosia che se $\alpha$ non è un $\omega^{(\omega^\delta)}$,
allora $\alpha$ non è moltiplicativamente chiuso. Esiste comunque un $\delta$ ordinale per cui
$\omega^{(\omega^\delta)} < \alpha < \omega^{(\omega^{\delta+1})}$. Dal momento che $\omega^{\delta+1}=\omega^\delta\cdot\omega$,
allora $\omega^{(\omega^{\delta+1})}=\omega^{(\omega^\delta\omega)}={(\omega^{(\omega^\delta)})}^\omega$.
Esiste dunque $n \in\omega\setminus\{0\}$ tale per cui ${(\omega^{(\omega^\delta)})}^n < \alpha\leq{(\omega^{(\omega^\delta)})}^{n+1}$. Ma allora
${(\omega^{(\omega^\delta)})}^n \omega^{(\omega^\delta)}={(\omega^{(\omega^\delta)})}^{n+1}\geq\alpha$, mentre
$\omega^{(\omega^\delta)}$, ${(\omega^{(\omega^\delta)})}^n < \alpha$, dunque $\alpha$ non è moltiplicativamente chiuso.
\item[\fbox{(iii.) $\implies$ (i.)}] Se $\beta=0$, la tesi è banale. Supponiamo ora $\beta > 0$. Mostriamo la validità della tesi nel caso in cui $\delta$ è nullo, è successore o è limite non nullo.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\delta = 0}$] Se $\delta=0$, la tesi è banale dato che non ha minoranti stretti non nulli.
\item[$\boxed{\delta + 1}$] Se $\delta=\delta' +1$ è un successore, allora, dato $\beta < \alpha={(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^\omega$,
si deve avere $\beta < {(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^n$ per qualche $n \in\omega$. Pertanto:
da cui $\beta+\alpha=\omega^\delta$ (si è usato che $n +\omega=\omega$, vd. \textit{Esercizio 56}).
\item[$\boxed{\delta = \lambda \text{ limite}}$] Se invece $\delta=\lambda$ è un limite, dacché $\omega^{(\omega^\lambda)}=\sup_{\gamma < \lambda}\omega^{(\omega^\gamma)}$, $\beta < \omega^{(\omega^\lambda)}$ implica che esiste
$\gamma < \lambda$ per cui $\beta < \omega^{(\omega^\gamma)}$. Per il teorema della differenza a destra, esiste inoltre
$\varepsilon < \lambda$ per cui $\gamma+\varepsilon=\lambda$. Pertanto si deduce che:
dove si è usato che $1+\omega^\varepsilon=\omega^\varepsilon$, dal momento che $\omega^\varepsilon$ è infinito.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Moltiplicare a destra per $\omega$ trasforma l'ordinale nella più piccola potenza di $\omega$ che lo maggiora}{problem-59}
Sia $\alpha$ un ordinale per cui $\omega^\delta\leq\alpha < \omega^{\delta+1}$. Allora $\alpha\cdot\omega=\omega^{\delta+1}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $\alpha=\omega^\delta\cdot n +\rho$, dove $n$ e $\rho < \omega^\delta$ sono rispettivamente il quoziente e il resto di $\alpha$ diviso
$\omega^\delta$. $n$ è necessariamente un naturale, altrimenti $\alpha$ maggiorerebbe debolmente $\omega^{\delta+1}$.
Allora:
\[\omega^{\delta+1}=\omega^\delta\omega\leq\alpha\cdot\omega=(\omega^\delta\cdot n +\rho)\omega\leq(\omega^\delta\cdot(n +1))\omega=\omega^\delta\omega=\omega^{\delta+1}, \]
dove si è usato che $(n+1)\cdot\omega=\omega$ (vd. \textit{Esercizio 58}).
\end{solution}
\begin{problem}{$\alpha\cdot\omega=\beta\cdot\omega$ se e solo se $\alpha$ e $\beta$ sono contenuti tra due stesse potenze successive di $\omega$}{problem-60}
Siano $\alpha$, $\beta$ ordinali. Se $\alpha\cdot\omega=\beta\cdot\omega$, allora esiste $\delta$ ordinale per cui
