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notes/Corsi/Elementi di teoria degli in.../Esercizi/main.tex

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TeX
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\documentclass[letterpaper, 11pt]{extarticle}
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\begin{document}
\begin{LARGE}
\textsf{\textbf{Esercizi di Elementi di Teoria degli Insiemi}}
\end{LARGE}
\vspace{0.2ex}
\begin{Large}
\textsf{\textbf{Anno accademico 2024-25}}
\end{Large}
\vspace{1.5ex}
\begin{large}
\textsf{\textbf{Studente:}} \text{Gabriel Antonio Videtta (matricola \texttt{654839})} -- \href{mailto:g.videtta1@studenti.unipi.it}{\texttt{g.videtta1@studenti.unipi.it}}
\end{large}
\vspace{-0.5ex}
\tcblistof[\section*]{prob}{Indice dei problemi}
\vspace{1ex}
\linespread{1.3}
\begin{problem}{Coppia di Kuratowski e altre definizioni di coppie ordinate}{problem-1}
Si considerino le seguenti possibili definizioni di coppie ordinate:
\begin{enumerate}[(a.)]
\item $(a, b)_K := \{ \{a\}, \{a, b\}\}$ (Kuratowski),
\item $(a, b)_1 := \{\{a, \emptyset\}, \{b, \{\emptyset\}\}\}$ (Haussdorf),
\item $(a, b)_2 := \{\{\{a\}, \emptyset\}, \{\{b\}\}\}$ (Wiener),
\item $(a, b)_3 := \{\{a\}, \{b, \emptyset\}\}$ (Quine),
\item $(a, b)_4 := \{a, \{b\}\}$,
\item $(a, b)_5 := \{\{a, \emptyset\}, b\}$.
\end{enumerate}
Si dimostri che $(a, b)_K$, $(a, b)_1$, $(a, b)_2$ e $(a, b)_3$ soddisfano
la proprietà caratterizzante di una coppia ordinata, ovverosia
$(a, b) = (a', b') \iff a = a' \land b = b'$. Si mostri che $(a, b)_4$ e
$(a, b)_5$ invece non la soddisfano.
\end{problem}
\begin{solution}
Per il principio di sostituzione, se $a = a'$ e $b = b'$, $(a, b) = (a', b')$ è
sicuramente vero. Mostriamo che per $(a, b)_K$, $(a, b)_1$, $(a, b)_2$ e $(a, b)_3$ vale anche il viceversa, ossia che
$(a, b) = (a', b') \implies a = a' \land b = b'$. Per $(a, b)_4$ e
$(a, b)_5$ mostriamo invece un controesempio alla proprietà caratterizzante di
una coppia ordinata.
\begin{enumerate}[(a.)]
\item Se $(a, b)_K = (a', b')_K$, allora $\{a\} = \bigcap (a, b)_K = \bigcap (a', b')_K = \{a'\}$, e ciò è possibile solo se $a = a'$. Analogamente $\{a, b\} =
\bigcup (a, b)_K = \bigcup (a', b')_K = \{a, b'\}$, dove si è utilizzato che
$a' = a$. Se $b = a$, $b' \in \{a, b'\} = \{a, b\} = \{a\}$ implica che $b' = a = b$. Se invece $b \neq a$, $b \in \{a, b\} = \{a, b'\}$: se per assurdo $b \neq b'$,
allora si avrebbe necessariamente $a = b$, \Lightning. Quindi $b = b'$, da cui
la tesi.
\item Sia $(a, b)_1 = (a', b')_1$. Dividiamo la dimostrazione in più casi.
\begin{itemize}
\item Se $b = \emptyset$, allora, affinché $\{a', \emptyset\}$ sia elemento di $(a, b)_1$, deve valere $a' = a$ o $a' = \{\emptyset\}$. Dividiamo ancora in due casi.
\begin{itemize}
\item Sia dunque $a' = \{\emptyset\}$. Se per assurdo $a \neq \{\emptyset\}$, si avrebbe necessariamente $b' = \emptyset$, e dunque $\{\{a, \emptyset\}, \{\emptyset, \{\emptyset\}\}=(a, b)_1=(a', b')_1=\{\{\emptyset, \{\emptyset\}\}$, che è impossibile dato che $a \neq \{\emptyset\}$. Quindi $a = \{\emptyset\} = a'$. Affinché $\{b', \{\emptyset\}\}$ sia elemento di $(a, b)_1$, deve valere anche $b = b'$ o $b = \emptyset$; dacché $b' = \emptyset$, in entrambi i casi si ottiene
$b = b'$.
\item Se invece $a' = a$ con $a' \neq \{\emptyset\}$, allora l'unico elemento in $(a, b)_1$ che contiene $\{\emptyset\}$ è $\{\emptyset, \{\emptyset\}\}$, e in $(a', b')_1$ è $\{b', \{\emptyset\}\}$, da cui necessariamente $b' = \emptyset = b$. Dunque $a = a'$ e $b = b'$.
\end{itemize}
In entrambi i casi si ha dunque $a = a'$ e $b = b'$.
\item Se $a = \{\emptyset\}$, affinché $\{b', \{\emptyset\}\}$ sia elemento di $(a, b)_1$, deve valere $b' = \emptyset$ o $b' = b$. Dividiamo ancora in due casi.
\begin{itemize}
\item Sia dunque $b' = \emptyset$. Se per assurdo
$b \neq \emptyset$, si avrebbe necessariamente $a' = \{\emptyset\}$, e dunque $\{\{b, \{\emptyset\}\}, \{\emptyset, \{\emptyset\}\}=(a, b)_1=(a', b')_1=\{\{\emptyset, \{\emptyset\}\}$, che è impossibile dato che $b \neq \emptyset$. Quindi $b = \emptyset = b'$. Affinché $\{a', \emptyset\}$ sia elemento di $(a, b)_1$, deve valere anche $a = a'$ o $a' = \{\emptyset\}$; dacché $a = \{\emptyset\}$, in entrambi i casi si ottiene
$a = a'$.
\item Se invece $b' = b$ con $b' \neq \emptyset$, allora l'unico elemento in $(a, b)_1$ che contiene $\emptyset$ è $\{\{\emptyset\}, \emptyset\}$, e in $(a', b')_1$ è $\{a', \emptyset\}$, da cui necessariamente $a' = \emptyset = a$. Dunque $a = a'$ e $b = b'$.
\end{itemize}
In entrambi i casi si ha dunque $a = a'$ e $b = b'$.
\item Se $a \neq \{\emptyset\}$ e $b \neq \emptyset$, allora l'unico elemento in $(a, b)_1$ che contiene $\{\emptyset\}$ è $\{b, \{\emptyset\}\}$, e poiché $\{b', \{\emptyset\}\} \in (a', b')_1 = (a, b)_1$, da cui necessariamente $b' = b$, dacché $b \neq \{\emptyset\}$. Analogamente l'unico elemento in $(a, b)_1$ che contiene $\emptyset$ è $\{a, \emptyset\}$, e poiché $\{a', \emptyset\} \in (a', b')_1 = (a, b)_1$, da cui necessariamente $a' = a$, dacché $a \neq \emptyset$.
\end{itemize}
In tutti i casi si ottiene $a = a'$ e $b = b'$, da cui la tesi.
\item Sia $(a, b)_2 = (a', b')_2$. In $(a, b)_2$ l'unico elemento contenente un
insieme vuoto è $\{\{a\}, \emptyset\}$ (né $\{a\}$ né $\{b\}$ sono vuoti, uno contiene $a$, l'altro $b$), e analogamente in $(a', b')_2$ è
$\{\{a'\}, \emptyset\}$. Poiché $\{a\}$ e $\{a'\}$ sono entrambi non vuoti
e $(a, b)_2 = (a' b')_2$, necessariamente $a = a'$. Analogamente, l'unico
elemento di $(a, b)_2$ che non contiene un insieme vuoto è $\{\{b\}\}$,
mentre in $(a', b')_2$ è $\{\{b'\}\}$, da cui $b = b'$, e dunque la tesi.
\item Sia $(a, b)_3 = (a', b')_3$. Distinguiamo più casi.
\begin{itemize}
\item Se $a = \emptyset$ e $b = \emptyset$, $(a, b)_3 = \{\{\emptyset\}\}$.
Necessariamente $b = \emptyset$, altrimenti $(a', b')_3$ conterrebbe un
insieme di due elementi, mentre $(a, b)_3$ contiene un solo singoletto.
Allo stesso modo $a = \emptyset$, altrimenti $(a', b')_3$ conterrebbe due
elementi, mentre $(a, b)_3$ ha un solo singoletto.
\item Se $a = \emptyset$, ma $b \neq \emptyset$, allora $b' \neq \emptyset$: se infatti per assurdo $b' = \emptyset$, allora $(a', b')_3$ conterrebbe solo singoletti, mentre $(a, b)_3$ contiene un insieme di due elementi, dacché $b \neq \emptyset$. Dal momento che in $(a, b)_3$ l'unico insieme di due elementi è $\{b, \emptyset\}$, mentre in $(a', b')_3$ è $\{b', \emptyset\}$, da cui $b = b'$. Infine, anche i singoletti $\{a\}$ e $\{a'\}$ dei due insiemi sono uguali, e quindi $a = a'$.
\item Se $a \neq \emptyset$, ma $b = \emptyset$, allora necessariamente $b' = \emptyset = b$: altrimenti $(a', b')_3$ conterrebbe un insieme di due elementi, mentre $(a, b)_3$ contiene solo singoletti. Poiché $a \neq \emptyset$, $(a, b)_3$ ha due elementi, e dunque $a' \neq \emptyset$:
altrimenti $(a', b')_3$ avrebbe un singolo elemento, mentre $(a, b)_3$ ne
ha due. Allora, poiché $a \neq \emptyset$, $a' \neq \emptyset$ e $b = b' = \emptyset$,
deduciamo che necessariamente deve valere $a = a'$.
\item Se $a \neq \emptyset$ e $b \neq \emptyset$, allora $b' \neq \emptyset$: altrimenti $(a', b')_3$ conterrebbe solo singoletti, mentre $(a, b)_3$ contiene
un insieme di due elementi. Dal momento che $b \neq \emptyset$, $b' \neq \emptyset$ e in
$(a, b)_3$ l'unico insieme di due elementi è $\{b, \emptyset\}$, mentre
in $(a', b')_3$ è $\{b', \emptyset\}$, allora necessariamente $b = b'$.
Analogamente l'unico singoletto contenuto in $(a, b)_3$ deve essere uguale
a quello contenuto in $(a', b')_3$, ossia $\{a\} = \{a'\}$, da cui $a = a'$.
\end{itemize}
In tutti i casi si ottiene $a = a'$ e $b = b'$, da cui la tesi.
\item $(\{\emptyset\}, \{\emptyset\})_4 = \{\{\emptyset\}, \{\{\emptyset\}\}\} = (\{\{\emptyset\}\}, \emptyset)_4$; tuttavia $\{\emptyset\} \neq \emptyset$, perché $\emptyset \in \{\emptyset\}$, ma $\emptyset \notin \emptyset$. Dunque
$(a, b)_4$ non soddisfa la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate.
\item $(\{\emptyset\}, \{\emptyset\})_5 = \{\{\{\emptyset\}, \emptyset\}, \{\emptyset\}\} = (\emptyset, \{\{\emptyset\}, \emptyset\})_5$, ma come abbiamo
appena visto $\{\emptyset\} \neq \emptyset$. Dunque
$(a, b)_4$ non soddisfa la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Formula esplicita per la coppia di Kuratowski}{problem-2}
Si scriva una formula esplicita per $(a, b) = \{\{a\}, \{a, b\}\}$.
\end{problem}
\begin{solution} Trasformiamo tramite opportune sostituzioni la formula
originale in una formula esplicita:
\begin{itemize}[$\leadsto$]
\item[] $(a, b) = \{\{a\}, \{a, b\}\}$
\item $\forall x (x \in (a, b) \iff x \in \{\{a\}, \{a, b\}\})$ (estensionalità)
\item $\forall x (x \in (a, b) \iff (x = \{a\} \lor x = \{a, b\})$
\item $\forall x (x \in (a, b) \iff (\forall y (y \in x \iff y \in \{a\}) \lor \forall y (y \in x \iff y \in \{a, b\}))$ (estensionalità)
\item $\forall x (x \in (a, b) \iff (\forall y (y \in x \iff y = a) \lor \forall y (y \in x \iff (y = a \lor y = b)))$.
\end{itemize}
\end{solution}
\begin{problem}{Dominio e immagine di una relazione sono insiemi}{problem-3}
Si dimostri che $\dom(\rel) = \{ x \mid \exists y ((x, y) \in \rel) \}$ e $\imm(\rel) = \{ y \mid \exists x ((x, y) \in \rel) \}$ sono effettivamente insiemi.
\end{problem}
\begin{solution}
Si osserva che $\bigcup (a, b) = \{a, b\}$, e quindi $\bigcup \left( \bigcup \rel \right)$
-- che è un insieme per l'assioma dell'unione -- contiene indistintamente elementi del dominio e dell'immagine di $\rel$. Possiamo allora utilizzare l'assioma
di separazione per mostrare che $\dom(\rel)$ e $\imm(\rel)$ sono insiemi:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\dom(\rel) = \{ x \in \bigcup \left( \bigcup \rel \right) \mid \exists y ((x, y) \in \rel) \}$,
\item $\imm(\rel) = \{ y \in \bigcup \left( \bigcup \rel \right) \mid \exists x ((x, y) \in \rel) \}$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Forme equivalenti dell'assioma di scelta (1)}{problem-4}
Si dimostrino che le seguenti asserzioni sono tra loro equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\forall I \, \forall \sigma ((\exists x (x \in I) \land \sigma\,\text{$I$-successione} \land \forall j (j \in I \implies \exists y(y \in \sigma(j)))) \implies \exists z (z \in \bigtimes_{i \in I} \sigma(i)))$ (assioma di scelta, \AC),
\item $\forall \FF ((\forall c (c \in \FF \implies \exists d (d \in c)) \land \forall a \forall b ((a \in \FF \land b \in \FF \land \lnot(\forall y(y \in a \iff y \in b))) \implies \lnot \exists z(z \in a \land z \in b))) \implies \exists X( \forall F(F \in \FF \implies \exists a(a \in X \land a \in F \land \forall b((b \in X \land b \in F) \implies \forall w(w \in a \iff w \in b))))))$ ($\forall \FF$ famiglia di insiemi non vuoti a due a due disgiunti, $\exists X$ tale che $\forall F \in \FF$ vale che $\abs{X \cap F} = 1$),
\item $\forall f ((f \in \Fun(A, B) \land f\text{ surgettiva}) \implies \exists g (g \in \Fun(B, A) \land f \circ g = \id_B))$ (per funzioni surgettive esiste un'inversa destra),
\item $\forall X (\exists z(z \in X) \implies \exists f (f \in \Fun(\PP(X) \setminus \{\emptyset\}, X) \land \forall y(y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \implies f(y) \in y)))$ (esiste sempre una funzione di scelta sulle parti).
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo l'equivalenza di (i.) con tutte le altre asserzioni\footnote{
Avremmo potuto dimostrare anche solo 4 implicazioni invece che 6, seguendo
un ciclo di implicazioni della forma (i.) $\implies$ (ii.) $\implies$ (iii.) $\implies$ (iv.) $\implies$ (i.), ma per comodità e spirito di esercizio si
è preferito riportare tutte le equivalenze con la formulazione originale
di \AC.
}.
\begin{itemize}
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Sia $\FF$ una famiglia di insiemi non vuoti a due a due disgiunti. Se $\FF$ è vuota, la tesi è banale. Se $\FF$ non
è vuota, si può considerare la $\FF$-successione $\id_\FF$. Poiché gli elementi
di $\FF$ sono non vuoti, $\bigtimes_{f \in \FF} \id_\FF(f) = \bigtimes_{f \in \FF} f \neq \emptyset$ per l'assioma di scelta. Sia dunque $g \in \bigtimes_{f \in \FF} f$. Consideriamo $X = \{ y \in \bigcup \FF \mid \exists x (x \in \FF \land y = g(x)) \} = g(\FF)$, che è un'insieme per l'assioma di separazione. \smallskip
Sia $F \in \FF$. Allora $g(F) \in X$. Mostriamo che se $y$ è un insieme tale per cui $y \in X$ e $y \in F$, allora $y = g(F)$. Dacché $y \in X$, esiste
$z \in \FF$ tale per cui $y = g(z)$. Poiché $g \in \bigtimes_{f \in \FF} f$,
$g(z) \in z$; allo stesso tempo $g(z) = y \in F$. Se $z$ fosse diverso da $F$,
$g(z)$ sarebbe un elemento di $z \cap F$, che per ipotesi è l'insieme vuoto,
\Lightning. Quindi $z = F$, e dunque $y = g(F)$. Dunque $\abs{X \cap F} = 1$.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (i.)}] Sia $\sigma$ una $I$-successione tale per cui
$\sigma(i)$ è non vuoto per ogni $i \in I$. Consideriamo la famiglia di
insiemi $\FF := \{ y \in \PP(\PP(\PP(\bigcup \{I, \bigcup \imm \sigma\}))) \mid \exists i (i \in I \land y = \{i\} \times \sigma(i)) \}$. Allora $\FF$ è una famiglia di insiemi non vuoti
a due a due disgiunti (infatti due elementi distinti di $\FF$ hanno elementi con prima coordinata diversa, e quindi sono diversi per la proprietà
caratterizzante delle coppia ordinata di Kuratowski).
Dunque esiste un insieme $X$ tale per cui $\abs{X \cap (\{i\} \times \sigma(i))} = 1$ per ogni $i \in I$. Si può allora costruire una funzione
$f : I \to \bigcup_{i \in I} \sigma(i)$ tale per cui $f(i) \in \sigma(i)$
prendendo come $f(i)$ come l'unico elemento in $\abs{X \cap (\{i\} \times \sigma(i))}$ -- tale funzione è un insieme perché questa definizione è
traducibile in formula e perché tale $f \in \Fun(I, \bigcup_{i \in I} \sigma(i))$, dove quest'ultimo è un insieme (e dunque si può applicare
l'assioma di separazione). Allora $\bigtimes_{i \in I} \sigma(i) \neq \emptyset$, ovverosia l'assioma di scelta è vero.
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (iii.)}] Sia $f : A \to B$ una funzione surgettiva.
Sia $\sigma : B \to \PP(A)$ tale per cui $\sigma(b) = f\inv(b)$. Poiché
$f$ è surgettiva, $\sigma(b) \neq \emptyset$ per ogni $b \in B$. Allora,
per l'assioma di scelta, $\bigtimes_{b \in B} \sigma(b) \neq \emptyset$.
Sia $g \in \bigtimes_{b \in B} \sigma(b)$. Dal momento che
$g(b) \in f\inv(b)$, $f(g(b)) = b$ per ogni $b \in B$, ovverosia
$g$ è un'inversa destra di $f$.
\item[\fbox{(iii.) $\implies$ (i.)}] Sia $\sigma$ una $I$-successione tale per
cui $\sigma(i) \neq \emptyset$ per ogni $i \in I$. Consideriamo
l'insieme $A = \{ y \in I \times \bigcup \imm \sigma \mid \exists i (i \in I \land \exists b (b \in \sigma(i) \land y = (i, b) )) \}$. Possiamo allora
costruire una funzione $f : A \to I$ tale per cui $(i, b) \mapsto i$, ovverosia
$f = \pi_1 \circ \iota$, dove
$\iota$ è l'immersione di $A$ in
$I \times \bigcup \imm \sigma$ e $\pi_1$ è la proiezione indotta dalla
prima coordinata di $I \times \bigcup \imm \sigma$. Chiaramente $f$ è
surgettiva dal momento che $\sigma(i) \neq \emptyset$ per ogni $i \in I$.
Allora $f$ ammette un'inversa destra $g : I \to A$. Se allora $\pi_2$ è la proiezione indotta dalla seconda coordinata di $I \times \bigcup \imm \sigma$, $h = \pi_2 \circ \iota \circ g$ è una funzione da $I$ a $\bigcup \imm \sigma$
tale per cui, per costruzione, $h(i) \in \sigma(i)$, ovverosia
$h \in \bigtimes_{i \in I} \sigma(i)$, che dunque non è vuoto.
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (iv.)}] Consideriamo la $\left(\PP(X) \setminus \{\emptyset\}\right)$-successione $\id_{\PP(X) \setminus \{\emptyset\}}$. Poiché a $\PP(X)$ è
stato tolto l'insieme vuoto $\emptyset$, ogni suo elemento è non vuoto.
Pertanto $\bigtimes_{Y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}} Y \neq \emptyset$
per l'assioma di scelta, ossia esiste $f : \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \to \bigcup \imm \id_{\PP(X) \setminus \{\emptyset\}} = \bigcup_{Y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}} Y = X$ tale per cui $f(y) \in \id_{\PP(X) \setminus \{\emptyset\}}(y) = y$ per $y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}$, ossia
$f$ è la funzione di scelta cercata.
\item[\fbox{(iv.) $\implies$ (i.)}] Sia $\sigma$ una $I$-successione tale per cui
$\sigma(i) \neq \emptyset$ per ogni $i \in I$. Consideriamo allora
$X = \bigcup \imm \sigma$, per il quale vale $\sigma(i) \subseteq X$ per
ogni $i \in I$, ovverosia $\sigma(i) \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}$ (infatti i $\sigma(i)$ sono \underline{non} vuoti). Allora esiste una funzione di scelta $f : \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \to X$. Sia $h : I \to \bigcup_{i \in I} \sigma(i)$ definita in modo tale che
$h(i) = f(\sigma(i))$. Dacché $f$ è una funzione di scelta, $h(i) = f(\sigma(i)) \in \sigma(i)$, ossia $h$ è ben definita sul suo codominio ed
è un elemento di $\bigtimes_{i \in I} \sigma(i)$, che dunque non è vuoto.
\end{itemize}
\end{solution}
\begin{problem}{Composizione di relazioni e di funzioni}{problem-5}
Si dia una opportuna definizione di composizione per le relazioni $\RR$ e $\RR'$ con $\imm(\rel) = \dom(\rel')$ e si mostri
che per tale definizione la composizione di relazioni che sono funzioni è ancora una funzione e che tale composizione coincide con l'usuale composizione di funzioni.
\end{problem}
\begin{solution}
Siano $\rel$ e $\rel'$ due relazioni. Definiamo $\rel' \circ \rel$ in modo tale che
i suoi elementi siano le coppie $(x, y)$ con $x \in \dom(\rel)$ e $y \in \imm(\rel')$
tale per cui $\exists z (z \in \imm(\rel) \land (x, z) \in \rel \land (z, y) \in \rel')$, dove ricordiamo che $\imm(\rel) = \dom(\rel')$. In altre parole:
\[
\rel' \circ \rel = \{ c \in \dom(\rel) \times \imm(\rel') \mid \varphi(c) \},
\]
dove:
\[
\varphi(c) = \exists x \exists y (x \in \dom(\rel) \land y \in \imm(\rel') \land c = (x, y) \land \exists z (z \in \imm(\rel) \land (x, z) \in \rel \land (z, y) \in \rel')).
\]
Osserviamo innanzitutto che $\rel' \circ \rel$ è un insieme, per l'assioma
della separazione. Successivamente, notiamo che $\rel' \circ \rel$ è una relazione,
essendo un insieme di coppie ordinate, che $\imm(\rel' \circ \rel) \subseteq \imm(\rel')$ e che $\dom(\rel' \circ \rel) = \dom(\rel)$ -- dove si è usato ancora
che $\imm(\rel) = \dom(\rel')$. \smallskip
Siano ora $g := \rel$ e $f := \rel'$ funzioni. Mostriamo che $f \circ g$ è
una funzione. Sia $x \in \dom(f \circ g) = \dom(g)$ e supponiamo che, date $y$ e $y'$ in $\imm(\rel' \circ \rel) \subseteq \imm(\rel')$, $(x, y)$ e $(x, y')$ appartengano
entrambe a $f \circ g$. Allora esistono $z$ e $z'$ in $\imm(\rel)$ tali per cui
$(x, z)$, $(x, z')$ appartengano entrambe a $g$ e $(z, y)$, $(z', y')$ appartengano
a $f$. Dal momento che $g$ è una funzione, dalla prime due appartenenze si
ricava $z = z'$; dacché anche $f$ è una funzione, dalle seconde due, sostituendo $z = z'$, si ricava $y = y'$, ovverosia $f \circ g$ è una funzione. \smallskip
Mostriamo che tale composizione coincide con l'usuale composizione di funzioni,
ovverosia verifichiamo che $(f \circ g)(x) = f(g(x))$ per ogni $x \in \dom(g)$.
Sappiamo che $(x, g(x)) \in g$ e che $(g(x), f(g(x))) \in f$, allora --
per definizione di $f \circ g$ -- $(x, f(g(x))) \in f \circ g$. Poiché
$f \circ g$ è una funzione, si deve allora avere necessariamente
$(f \circ g)(x) = f(g(x))$.
\end{solution}
\begin{problem}{La classe delle funzioni da $A$ a $B$ è un insieme}{problem-6}
Si dimostri che $\Fun(A, B) = \{ f \mid f \text{ funzione da } A \text{ a } B \}$ è un insieme.
\end{problem}
\begin{solution}
Poiché $f \in \Fun(A, B)$ ha dominio $A$ e immagine $B$, allora
$f \subseteq A \times B$, ovverosia $f \in \PP(A \times B)$. Dunque,
$\Fun(A, B)$ è un insieme per l'assioma di separazione, dacché:
\[
\Fun(A, B) = \{ f \in \PP(A \times B) \mid f \text{ funzione da } A \text{ a } B \},
\]
dove usiamo che ``$f$ funzione da $A$ a $B$'' è effettivamente una formula ammissibile (ossia si può sviluppare usando i simboli primitivi della nostra teoria).
\end{solution}
\begin{problem}{$\{a, b, c\}$ è un insieme}{problem-7}
Si dimostri che $\{a, b, c\}$ è un insieme.
\end{problem}
\begin{solution}
Usiamo gli assiomi di ZF per dimostrare che $\{a, b, c\}$ è un insieme,
sapendo che $a$, $b$ e $c$ sono insiemi. Per l'assioma della coppia esistono
gli insiemi $\{a, b\}$ e $\{c, c\} = \{c\}$. Ancora per l'assioma della coppia
esiste $\{\{a, b\}, \{c\}\}$. Allora per l'assioma dell'unione esiste
$\bigcup \{\{a, b\}, \{c\}\} = \{a, b, c\}$, come desideravamo.
\end{solution}
\begin{problem}{Forme equivalenti dell'assioma di scelta (2)}{problem-8}
Si mostri che l'assioma di scelta è equivalente alla seguente asserzione:
\[
\bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j} = \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)}, \qquad \forall (A_{i,j} \mid i \in I, \, j \in J). \quad (*)
\]
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le due implicazioni separatamente.
\begin{itemize}
\item [\fbox{\AC $\implies$ $(*)$}] Sia $x \in \bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j}$. Allora per ogni $i_0 \in I$, esiste $j_0 \in J$ tale per cui
$x \in A_{i_0, j_0}$. In altre parole l'insieme $B_i = \{j \in J \mid x \in A_{i,j}\}$ \underline{non} è vuoto per ogni $i \in I$. Per l'assioma di scelta
$\bigtimes_{i \in I} B_i$ \underline{non} è vuoto. Sia dunque $h \in \bigtimes_{i \in I} B_i$. Per costruzione $x \in A_{i, h(i)}$ per ogni
$i \in I$, e dunque $x \in \bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)} \subseteq \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)}$. Pertanto vale
$x \in \bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j} \implies x \in \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)}$. \smallskip
Sia $x \in \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)}$. Allora esiste $f \in \Fun(I, J)$ tale per cui $x \in A_{i, f(i)} \subseteq \bigcup_{j \in J} A_{i,j}$ per ogni $i \in I$. Pertanto $x \in \bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j}$. Dunque vale $x \in \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)} \implies x \in \bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j}$. \smallskip
Infine, per l'assioma di estensionalità, si conclude che:
\[
\bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j} = \bigcup_{f \in \Fun(I, J)} \,\bigcap_{i \in I} A_{i, f(i)}.
\]
\item [\fbox{$(*)$ $\implies$ \AC}] Mostriamo che $(*)$ implica l'esistenza di
una funzione di scelta sulle parti di un qualsiasi insieme \underline{non} vuoto, che sappiamo essere equivalente ad \AC. Sia dunque $X$ un insieme \underline{non} vuoto. Consideriamo $I = \PP(X) \setminus \{\emptyset\}$
e $J = X$. Sia $A_{i, j} = \{X\}$ se $j \in i$, e $\emptyset$ altrimenti. Allora vale che:
\[
\bigcap_{i \in I} \bigcup_{j \in J} A_{i,j} = \bigcap_{\substack{Y \subseteq X \\ Y \neq \emptyset}} \bigcup_{x \in X} A_{Y\!\!, \,x} =
\bigcap_{\substack{Y \subseteq X \\ Y \neq \emptyset}} \{X\} = \{X\},
\]
dove la penultima uguaglianza è dovuta al fatto che gli $Y$ sono stati
scelti non vuoti (e quindi esiste almeno un elemento $x$ dentro ogni $Y$,
per cui $A_{Y\!\!, \,x} = \{X\}$). \smallskip
Per $(*)$ vale allora che:
\[ \{X\} = \bigcap_{\substack{Y \subseteq X \\ Y \neq \emptyset}} \bigcup_{x \in X} A_{Y\!\!, \,x} = \bigcup_{f \in \Fun(\PP(X) \setminus \{\emptyset\}, X)} \bigcap_{\substack{Y \subseteq X \\ Y \neq \emptyset}} A_{Y\!\!, \,f(Y)}, \]
ovverosia esiste $f \in \Fun(\PP(X) \setminus \{\emptyset\}, X)$ tale per
cui $X \in A_{Y\!\!, \,f(Y)}$ per ogni $Y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}$.
Questo è possibile solo se $A_{Y\!\!, \,f(Y)} = \{X\}$ per ogni $Y$, ovverosia
per costruzione se $f(Y) \in Y$. Dunque $f$ è una funzione di scelta sulle parti di $X$,
da cui la tesi.
\end{itemize}
\end{solution}
\begin{problem}{La classe degli insiemi equipotenti è propria}{problem-9}
Si mostri che, dato $y \neq \emptyset$, $E_y = \{ x \mid \abs{x} = \abs{y} \}$ \underline{non} è un insieme.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $x$ un insieme. Poiché $y \neq \emptyset$, esiste $z \in y$. Per l'assioma
della separazione, $y \setminus \{z\} = \{ x \in y \mid x \neq z \}$ è un
insieme. Per l'assioma della coppia esistono $\{x, x\} = \{x\}$ e
$\{y \setminus \{z\}, \{x\}\}$, dunque, per l'assioma dell'unione,
esiste $\bigcup \{y \setminus \{z\}, \{x\}\} = (y \setminus \{z\}) \cup \{x\}$.
$(y \setminus \{z\}) \cup \{x\}$ è in bigezione con $y$ tramite la mappa
che manda tutti gli elementi diversi da $x$ in sé stessi e $x$ in $z$,
quindi $\abs{(y \setminus \{z\}) \cup \{x\}} = \abs{y}$, ovverosia
$(y \setminus \{z\}) \cup \{x\} \in E_y$. Dunque
$x \in (y \setminus \{z\}) \cup \{x\} \in E_y$, ovverosia ogni insieme
è elemento di un elemento in $E_y$. Pertanto, se $E_y$ fosse un insieme,
per l'assioma dell'unione si avrebbe $\bigcup E_y = \UU$, ovverosia la classe
di tutti gli insiemi sarebbe un insieme, ma questo è falso, \Lightning. Dunque
$E_y$ non è un insieme.
\end{solution}
\begin{problem}{Una bigezione esplicita tra $[0, 1)$ e $(0, 1)$}{problem-10}
Si trovi una bigezione esplicita tra $[0,1)$ e $(0,1)$.
\end{problem}
\begin{solution}
Sfruttando l'idea che abbiamo utilizzato per costruire una bigezione tra
$\RR$ e $\RR \setminus \{0\}$ possiamo costruire direttamente una bigezione
tra $[0, 1)$ e $(0, 1)$, come segue:
\[
f(x) = \begin{cases}
\frac{1}{2} & \se x = 0, \\
x & \se x \neq 0 \text{ e } 1/x \notin \NN, \\
\frac{1}{\frac{1}{x}+1} & \se x \neq 0 \text{ e } 1/x \in \NN.
\end{cases}
\]
In questo modo, i numeri non naturali vengono mandati in loro stessi,
$0$ viene mandato in $\frac{1}{2}$ (e dacché $1 \notin [0, 1)$ ciò non
crea problemi), $\frac{1}{2}$ viene mappato a $\frac{1}{3}$,
$\frac{1}{3}$ a $\frac{1}{4}$, etc... -- seguendo l'analoga filosofia
adottata nel caso di $\RR$ e $\RR \setminus \{0\}$, in cui fissavamo
i non naturali e mandavamo i naturali nei loro successivi.
\end{solution}
\begin{problem}{Prodotto, unione a intersezione nulla, spazi di funzioni e parti di insiemi equipotenti sono equipotenti}{problem-11}
Siano $A$ e $A'$ tali che $\abs{A} = \abs{A'}$. Siano
$B$ e $B'$ tali che $\abs{B} = \abs{B'}$. Si mostri allora che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\abs{A \times B} = \abs{A' \times B'}$,
\item $\abs{A \cup B} = \abs{A' \cup B'}$, se $A \cap B = A' \cap B' = \emptyset$,
\item $\abs{\Fun(A, B)} = \abs{\Fun(A', B')}$,
\item $\abs{\PP(A)} = \abs{\PP(A')}$.
\end{enumerate}
Mostrare che prodotto, parti, unione, spazio delle funzioni di insiemi equipotenti sono equipotenti.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $f : A \to A'$ una bigezione, così come $g : B \to B'$.
Dimostriamo la tesi punto per punto.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item La mappa $A \times B \ni (a, b) \mapsto (f(a), g(b)) \in A' \times B'$ è
una funzione la cui inversa è $A' \times B' \ni (a', b') \mapsto (f\inv(a'), g\inv(b')) \in A \times B$, dunque è una bigezione. Allora $\abs{A \times B} = \abs{A' \times B'}$.
\item Dal momento che $A \cap B = \emptyset$, la funzione $h : A \cup B \to A' \cup B'$ tale per cui:
\[
h(x) = \begin{cases}
f(x) & \se x \in A, \\
g(x) & \se x \in B.
\end{cases}
\]
è ben definita. \smallskip
Chiaramente $h$ è suriettiva, dal momento che lo sono sia $f$
che $g$. Se $x$ e $y$ in $A \cup B$ sono tali che $h(x) = h(y)$, allora $h(x)$ e $h(y)$ devono appartenere entrambi ad
$A'$ o entrambi a $B'$ dal momento che $A' \cap B' = \emptyset$. Per lo
stesso motivo $x$ e $y$ devono necessariamente appartenere entrambe o $A$ o a $B$, e dunque deve valere o $f(x) = f(y)$ (se $x$, $y \in A$) o
$g(x) = g(y)$ (se $x$, $y \in B$), da cui si deduce a prescindere che vale
$x = y$, da cui l'iniettività di $h$. Poiché $h$ è iniettiva e suriettiva,
$h$ è una bigezione. Dunque $\abs{A \cup B} = \abs{A' \cup B'}$.
\item Costruiamo $F : \Fun(A, B) \to \Fun(A', B')$ tale per cui
$F(h) = g \circ h \circ f\inv$. Mostriamo che $F$ è effettivamente una
bigezione.
\[\begin{tikzcd}
A && B \\
\\
{A'} && {B'}
\arrow["h", from=1-1, to=1-3]
\arrow["f"', tail, two heads, from=1-1, to=3-1]
\arrow["g", tail, two heads, from=1-3, to=3-3]
\arrow["{F(h)}"', from=3-1, to=3-3]
\end{tikzcd}\]
Sia $G : \Fun(A', B') \to \Fun(A, B)$ tale per cui $G(k) = g\inv \circ k \circ f$. Mostriamo che $F$ e $G$ sono una l'inversa destra dell'altra:
\begin{itemize}
\item $F(G(k)) = F(g\inv \circ k \circ f) = g \circ g\inv \circ k \circ f \circ f\inv = \id_{B'} \circ k \circ \id_{A'} = k$, ovverosia
$G$ è inversa destra di $F$.
\item $G(F(h)) = G(g \circ h \circ f\inv) = g\inv \circ g \circ h \circ f\inv \circ f = \id_B \circ h \circ \id_A = h$, ovverosia $F$ è
inversa destra di $G$.
\end{itemize}
Allora $G$ è l'inversa di $F$, e dunque $F$ è una bigezione. Si conclude
pertanto che $\abs{\Fun(A, B)} = \abs{\Fun(A', B')}$.
\item Dal momento che $\abs{\PP(A)} = \abs{\Fun(A, \{0, 1\})}$,
che $\abs{\PP(A')} = \abs{\Fun(A', \{0, 1\})}$ e che -- dal punto (iii.) --
$\abs{\Fun(A, \{0, 1\})} = \abs{\Fun(A', \{0, 1\})}$, allora, per
transitività, vale che $\abs{\PP(A)} = \abs{\PP(A')}$. \smallskip
In alternativa, possiamo costruire $F : \PP(A) \to \PP(A')$ tale per cui $F(C) = \{ y \in A' \mid \exists x (x \in C \land y = f(x))\}$ per $C \subseteq A$, ovverosia
$F(C)$ è l'immagine di $C$ tramite $f$. $F$ ammette come inversa
$G : \PP(A') \to \PP(A)$ tale per cui $G(D) = \{ z \in A \mid f(z) \in D \}$
per $D \subseteq A'$,
ovverosia la controimmagine di $D$ tramite $f$. \smallskip
Mostriamo che $F$ e $G$ sono l'una l'inversa destra dell'altra:
\begin{itemize}
\item $G(F(C)) = G(\{ y \in A' \mid \exists x (x \in C \land y = f(x))\})
= \{ z \in A \mid f(z) \in \{ y \in A' \mid \exists x (x \in C \land y = f(x))\} \} = \{ z \in A \mid f(z) \in A' \land \exists x (x \in C \land f(z) = f(x)) \}$. \smallskip
Dal momento che $f(z) \in A'$ è sempre vera e che $f(z) = f(x) \iff z=x$ per l'iniettività di $f$,
l'insieme $G(F(C))$ si riscrive come $\{ z \in A \mid \exists x (x \in C \land z = x) \} = \{ z \in A \mid z \in C \} = C$, dunque $F$ è inversa
destra di $G$.
\item $F(G(D)) = F(\{ z \in A \mid f(z) \in D \}) = \{ y \in A' \mid \exists x (x \in \{ z \in A \mid f(z) \in D \} \land y = f(x))\} = \{ y \in A' \mid \exists x (x \in A \land f(x) \in D \land y = f(x)) \}$. \smallskip
Sostituendo $y = f(x)$ in $f(x) \in D$ ($\leadsto y \in D$), portando fuori $y \in D$ fuori dalle condizioni di esistenza (è indipendente dalla variabile $x$) e sfruttando che $\exists x (x \in A \land y = f(x))$ per $y \in A'$ è sempre vera per la suriettività di $f$,
si riscrive $F(G(D))$ come $\{ y \in A' \mid y \in D \land \exists x (x \in A \land y = f(x)) \} = \{ y \in A' \mid y \in D \} = D$, dunque
$G$ è inversa destra di $F$.
\end{itemize}
Allora $G$ è l'inversa di $F$, e dunque $F$ è una bigezione. Si conclude
pertanto ancora che $\abs{\PP(A)} = \abs{\PP(A')}$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Una bigezione da $\NN$ ad $A \subseteq \NN$ infinito}{problem-12}
Sia $A \subseteq \NN$ un insieme infinito. Si dimostri che la funzione $f : \NN \to A$
definita di seguito per ricorsione numerabile è una bigezione:
\[
f(n) = \begin{cases}
\min(A) & \se n = 1, \\
\min(A \setminus \{ f(1), \ldots, f(n-1) \}) & \altrimenti.
\end{cases}
\]
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo che, dato $n \in \NN$, $f(n) < f(n+1)$,
da cui si deduce che $f$ è strettamente crescente e dunque iniettiva. Sia $B = A \setminus \{ f(1), \ldots, f(n-1) \}$. Allora $f(n) = \min(B)$
e $f(n+1) = \min(B \setminus \{ f(n) \}$. In
particolare $f(n+1)$ è dunque un numero naturale
distinto da $f(n)$ e appartenente a $B$; essendo
allora $f(n)$ il minimo di $B$, $f(n) < f(n+1)$. \smallskip
Infine mostriamo che $f$ è surgettiva. Supponiamo
per assurdo che $f$ non lo sia: allora
$\imm f \neq A$, dunque $A \setminus \imm f$ --
essendo sottinsieme di $\NN$ -- ammette un minimo $a$.
Sicuramente $a \neq \min(A)$, perché $f(1) = \min(A)$;
in particolare $a > \min(A)$.
Allora $[\min(A), a)_A$ non è vuoto ed ammette
dunque un massimo $a' \in A$. Poiché $a' < a$,
essendo $a$ il minimo di $A \setminus \imm f$,
necessariamente $a' \in \imm f$, ovverosia
esiste $n \in \NN$ tale per cui $f(n) = \min (A \setminus \{f(1), \ldots, f(n-1)\}) = a'$. Allora
$f(n+1) = \min (A \setminus \{f(1), \ldots, f(n-1), a'\})$. Dal momento che $a \notin \imm f$, sicuramente
$a \in A \setminus \{f(1), \ldots, f(n-1), a'\}$.
Essendo $a$ il successore di $a'$ in $A$, allora
$a$ è anche il minimo di $a \in A \setminus \{f(1), \ldots, f(n-1), a'\}$, e dunque $f(n+1) = a$, ovverosia
$a \in \imm f$, \Lightning. Quindi $f$ è surgettiva. \smallskip
Dal momento che $f$ è sia iniettiva che surgettiva,
allora $f$ è bigettiva.
\end{solution}
\begin{problem}{Una funzione iniettiva da $\Fun(\NN, \{0, 1\})$ in $[0, 1)$}{problem-13}
Si dimostri che la funzione da $\Fun(\NN, \{0, 1\})$ in $[0, 1)$ che associa a $f$ la serie $\sum_{n \in \NN} \frac{f(n)}{10^n}$ è iniettiva.
\end{problem}
\begin{solution}
Siano $f$ e $g$ elementi di $\Fun(\NN, \{0, 1\})$ tali per cui $\sum_{n \in \NN} \frac{f(n)}{10^n}$ $=$ $\sum_{n \in \NN} \frac{g(n)}{10^n}$. Supponiamo
$f \neq g$. Allora $\{ n \in \NN \mid f(n) \neq g(n) \}$, che dunque non è vuoto, ammette per il principio del buon ordinamento un minimo
$n_0$ per cui $f(n_0) \neq g(n_0)$. Allora, eliminando i termini uguali precedenti
a $n_0$ e moltiplicando per $10^{n_0}$ si ottiene:
\[
f(n_0) + \sum_{n \in \NN} \frac{f(n_0 + n)}{10^n} = g(n_0) + \sum_{n \in \NN} \frac{g(n_0 + n)}{10^n},
\]
da cui:
\[
f(n_0) - g(n_0) = \sum_{n \in \NN} \frac{g(n_0 + n) - f(n_0 + n)}{10^n}.
\]
Stimando $f(n_0) - g(n_0)$ sapendo che $f(n_0 + n)$, $g(n_0 + n)$ appartengono
a $\{0, 1\}$, si ottiene:
\[
-\frac{1}{9} = \sum_{n \in \NN} -\frac{1}{10^n} \leq f(n_0) - g(n_0) \leq \sum_{n \in \NN} \frac{1}{10^n} = \frac{1}{9}.
\]
Poiché $f(n_0) - g(n_0)$ è un naturale tra $-1$, $0$ e $1$, ciò implica che
sia $0$, ossia $f(n_0) = g(n_0)$, \Lightning. Quindi $f = g$, ossia
la funzione indicata nella tesi è iniettiva.
\end{solution}
\begin{problem}{Se $X$ è infinito, allora $\abs{\Fin(X)} = \abs{\FSeq(X)} = \abs{X}$ (\AC)}{problem-14}
Si assuma di sapere che \AC~è equivalente ad affermare che $\abs{X \times X} = \abs{X}$ per ogni $X$ infinito. Assumendo allora \AC, si dimostri che, dato $X$ infinito,
$\abs{\Fin(X)} = \abs{\FSeq(X)} = \abs{X}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Poiché vale \AC, esiste una funzione di scelta $f : \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \to X$, ovvero sia $f$ è una funzione tale per cui $f(Y) \in Y$ per $Y \in \PP(X) \setminus \{\emptyset\}$. \smallskip
Mostriamo in ordine i seguenti risultati:
\begin{tasks}[label=(\roman*.), label-width=19.4064pt](3)
\task $\abs{X} \leq \abs{\Fin(X)}$,
\task $\abs{\Fin(X)} \leq \abs{\FSeq(X)}$,
\task $\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{X}$.
\end{tasks}
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Sia $F_1 : X \to \Fin(X)$ tale per cui
$x \mapsto \{x\}$. Chiaramente $F_1$ è iniettiva,
dunque $\abs{X} \leq \abs{\Fin(X)}$.
\item Poiché $X$ è infinito, in particolare $X$ \underline{non} è
vuoto. Sia dunque $c$ un elemento di $X$.
Sia $Y \in \Fin(X)$ \underline{non} vuoto. Se $n = \abs{Y}$, allora
si può definire per ricorsione numerabile la funzione $f_Y : n \to Y$ tale per cui:
\[
f_Y(i) = \begin{cases}
f(Y) & \se i = 0, \\
f(Y \setminus \{f_Y(0), \ldots, f_Y(i-1)\}) & \altrimenti.
\end{cases}
\]
Possiamo dunque definire $F_2 : \Fin(X) \to \FSeq(X)$ in modo
tale che $F_2(\emptyset) = (c)$ e $F_2(Y) = (c, f_Y(0), \ldots, f_Y(\abs{Y} - 1))$. Mostriamo che $F_2$ è iniettiva. \smallskip
Innanzitutto se $F_2(Y) = F_2(Y')$, deve chiaramente
valere o $Y = Y' = \emptyset$ o $\abs{Y} = \abs{Y'} = n$.
Allora, per la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate,
deve valere $f_Y(0) = f_{Y'}(0)$, ..., $f_Y(n-1) = f_{Y'}(n-1)$.
Poiché $f_Y$ e $f_{Y'}$ sono funzioni surgettive, vale che:
\[ Y = \imm f_Y = \{ f_Y(0), \ldots, f_Y(n-1) \} = \{ f_{Y'}(0), \ldots, f_{Y'}(n-1) \} = \imm f_{Y'} = Y'. \]\
Dunque $F_2$ è iniettiva, da cui $\abs{\Fin(X)} \leq \abs{\FSeq(X)}$.
\item Osserviamo innanzitutto che $\FSeq(X) = \bigcup_{n \in \NN} X^n$.
Poiché $X$ \underline{non} è vuoto esiste un elemento $c \in X$.
Allora $\abs{X} \leq \abs{\{c\} \times X} \leq \abs{\NN \times X} \leq \abs{X \times X} = \abs{X}$, dove si è usato che $X$ si immerge
in modo naturale in $\{c\} \times X$, che $\{c\} \leq \NN$ dacché
$\NN$ è \underline{non} vuoto, e che $X$, essendo infinito, ammette
una funzione surgettiva su $\NN$. Pertanto, per il teorema di
Cantor-Bernstein, vale che $\abs{\NN \times X} = \abs{X}$. \smallskip
Dal momento che $X$ è infinito, sappiamo che $\abs{X^n} = \abs{X}$
applicando ricorsivamente $\abs{X \times X} = \abs{X}$, che sappiamo
essere vero grazie all'assioma di scelta. Quindi $\bige(X^n, X)$ è
\underline{non} vuoto. Allora, ancora per l'assioma di scelta,
$\bigtimes_{n \in \NN} \bige(X^n, X)$ è \underline{non} vuoto.
Sia $(f_i \mid i \in \NN) \in \bigtimes_{n \in \NN} \bige(X^n, X)$.
Costruiamo $F_3 : \FSeq(X) \to \NN \times X$ in
modo tale che $F_3((x_1, \ldots, x_n)) = (n, f_n((x_1, \ldots, x_n)))$. \smallskip
Mostriamo che $F_3$ è iniettiva. Se $F_3((x_1, \ldots, x_n)) = F_3((y_1, \ldots, y_m))$, allora $(n, f_n((x_1, \ldots, x_n))) = (m, f_n((y_1, \ldots, y_m)))$. Per la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate,
dalle prime coordinate si ricava $m = n$, e poi dalle seconde si
deduce che $f_n((x_1, \ldots, x_n)) = f_n((y_1, \ldots, y_n))$,
e dunque che $(x_1, \ldots, x_n) = (y_1, \ldots, y_n)$. Dunque
$F_3$ è iniettiva, da cui $\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{\NN \times X}$. \smallskip
Per quanto detto prima $\abs{\NN \times X} = \abs{X}$, dunque
$\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{X}$.
\end{enumerate}
Infine, applicando il teorema di Cantor-Bernstein sulla catena:
\[
\abs{X} \leq \abs{\Fin(X)} \leq \abs{\FSeq(X)} \leq \abs{X},
\]
si ottiene esattamente la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{$\abs{X} \leq \abs{Y}$ $\implies$ $\abs{\Fin(X)} \leq \abs{\Fin(Y)}$ e $\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{\FSeq(Y)}$}{problem-15}
Siano $X$ e $Y$ insiemi non vuoti tali per cui $\abs{X} \leq \abs{Y}$. Si
mostri che $\abs{\Fin(X)} \leq \abs{\Fin(Y)}$ e che
$\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{\FSeq(Y)}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $f : X \to Y$ una funzione iniettiva. Allora $f$ induce
due funzioni $F : \Fin(X) \to \Fin(Y)$ e $S : \FSeq(X) \to \FSeq(Y)$, dove $F(Z) = f(Z)$, per $Z \in \Fin(X)$, e
$S((x_1, \ldots, x_n)) = (f(x_1), \ldots, f(x_n))$ per
$x_1$, ..., $x_n$ appartenenti a $X$ e $n$ variabile tra
i numeri naturali. \smallskip
Poiché $f$ è iniettiva, $F$ lo è -- infatti $F(Z) = F(Z') \implies F\inv(F(Z)) = F\inv(F(Z')) \implies Z = Z'$; dunque
$\abs{\Fin(X)} \leq \abs{\Fin(Y)}$. \smallskip
Inoltre, se $\hat x = (x_1, \ldots, x_n)$ e $\hat y = (y_1, \ldots, y_m)$ sono
sequenze finite in $\FSeq(X)$ con $m$ e $n$ numeri naturali,
allora $S(\hat x) = S(\hat y)$ implica sicuramente $m = n$.
D'altra parte, per la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate, $S(\hat x) = S(\hat y)$ implica $f(x_i) = f(y_i)$
per ogni $i$ naturale tra $1$ e $n$. Dacché $f$ è iniettiva,
questo vuol dire che $x_i = y_i$ per ogni tale $i$, e dunque
che $\hat x = \hat y$, ovverosia $S$ è iniettiva. Pertanto
$\abs{\FSeq(X)} \leq \abs{\FSeq(Y)}$.
\end{solution}
\begin{problem}{Se $A \cap A' = \emptyset$, $\abs{\Fun(A, B) \times \Fun(A', B)} = \abs{\Fun(A \cup A', B)}$}{problem-16}
Siano $A$ e $A'$ due insiemi per cui $A \cap A' = \emptyset$. Sia anche $B$ un insieme. Si mostri
allora che $\abs{\Fun(A, B) \times \Fun(A', B)} = \abs{\Fun(A \cup A', B)}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Siano $f : A \to B$ e $g : A' \to B$ due funzioni. Dal momento che
$A \cap A' = \emptyset$, $f \cup g$ è ancora una funzione -- infatti
non vi sono collisioni nel dominio. Allora $F : \Fun(A, B) \times \Fun(A', B) \to \Fun(A \cup A', B)$ dove $F((f, g)) = f \cup g$ è ben definita. \smallskip
Sia $G : \Fun(A \cup A', B) \to \Fun(A, B) \times \Fun(A', B)$ definita
in modo tale che $G(h) = (\restr{h}{A}, \restr{h}{A'})$, dove
$\restr{f}{X'} := f \cap (X' \times \imm f)$ è la restrizione di $f : X \to Y$
sul dominio $X' \subseteq X$. Mostriamo
che $F$ e $G$ sono l'una l'inversa destra dell'altra.
\begin{itemize}
\item $G(F((f, g)) = G(f \cup g) = ((\restr{f \cup g}{A}), (\restr{f \cup g}{A'}))$. Poiché $A \cap A' = \emptyset$, non vi sono collisioni
nel dominio, e dunque $G(F((f, g))) = (f, g)$ dacché $f$ ha dominio
$A$ e $g$ ha dominio $A'$. Dunque $F$ è inversa destra di $G$.
\item $F(G(h)) = F((\restr{h}{A}, \restr{h}{A'})) = \restr{h}{A} \cup \restr{h}{A'} = h$. Dunque $G$ è inversa destra di $F$.
\end{itemize}
Si conclude dunque che $G$ è l'inversa di $F$, ovverosia che $F$ è
una bigezione. Dunque $\abs{\Fun(A, B) \times \Fun(A', B)} = \abs{\Fun(A \cup A', B)}$.
\end{solution}
\begin{problem}{Calcolo di cardinalità riguardanti $\NN$ e $\RR$ (\AC)}{problem-17}
Sia $n$ un numero naturale. Si calcoli la cardinalità dei seguenti insiemi, applicando l'assioma di scelta solo dove indicato:
\begin{tasks}[label=(\alph*.),label-width=20.25777pt](4)
\task $\RR^n$,
\task $\Fin(\RR)$,
\task $\FSeq(\RR)$,
\task $\FSeq\!\uparrow\!(\RR)$,
\task $\Fun(\NN, \NN)$,
\task $\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN))$,
\task $\Sym(\NN)$,
\task $\Fun(\NN, \RR)$,
\task $\Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR)$,
\task $[\NN]^{\aleph_0}$,
\task $[\RR]^{\aleph_0}$ (\AC),
\task $\Fun(\RR, \RR)$,
\task $C^0(\RR)$,
\task $\OO(\RR^2)$.
\end{tasks}
\end{problem}
\begin{solution}
Risolviamo ogni punto del problema.
\begin{enumerate}[(a.)]
\item Sappiamo che $\abs{\RR \times \RR} = \cc$.
Posto allora che $\abs{\RR^{n-1}} = \cc$, vale
che $\abs{\RR^n} = \abs{\RR^{n-1} \times \RR} = \abs{\RR \times \RR} = \cc$. Si conclude allora
per induzione che $\abs{\RR^n} = \cc$.
\item[(b., c.)] Poiché $\RR$ è infinito,
$\abs{\Fin(\RR)} = \abs{\FSeq(\RR)} = \abs{\RR} = \cc$
(vd.~\textit{Problema 14}).
\addtocounter{enumi}{2}
\item Poiché $\FSeq\!\uparrow\!(\RR) \subseteq \FSeq(\RR)$, sicuramente $\abs{\FSeq\!\uparrow\!(\RR)} \leq \cc$ per il punto (c.). D'altra
parte $\RR$ si immerge naturalmente in
$\FSeq\!\uparrow\!(\RR)$ (un numero è una $1$-sequenza, crescente per mancanza di altri numeri),
dunque $\cc \leq \abs{\FSeq\!\uparrow\!(\RR)}$.
Allora, per il teorema di Cantor-Bernstein,
$\abs{\FSeq\!\uparrow\!(\RR)} = \cc$.
\item Poiché $\abs{2} \leq \abs{\NN}$, allora
$\cc = \abs{2^\NN} \leq \abs{\NN^\NN} \leq \abs{\left(2^\NN\right)^\NN} = \abs{2^{\NN \times \NN}} \leq
\abs{2^\NN} = \cc$, dove abbiamo usato anche che $\abs{\NN \times \NN} = \abs{\NN}$. Dunque,
per il teorema di Cantor-Bernstein, $\abs{\Fun(\NN, \NN)} = \cc$.
\item Dacché $\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN) \subseteq \Fun(\NN, \NN)$, allora $\abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN)} \leq \cc$. \smallskip
Poiché $\NN$ è infinito, $\abs{\Fin(\NN)} = \abs{\NN}$.
Allora, dacché $\abs{\PP(\NN)} = \cc$, $\abs{\PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)} = \cc$ (vd.~\textit{Problema 19}).
Sia $A \subseteq \PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)$. Possiamo
definire per ricorsione numerabile
la funzione $f_A : \NN \to \NN$ in modo tale che:
\[
f_A(n) = \begin{cases}
\min(A) & \se n = 1, \\
\min(A \setminus \{f(1), \ldots, f(n)\}) & \altrimenti.
\end{cases}
\]
Chiaramente $f_A$ è crescente e ha $A$ come immagine (vd.~\textit{Problema 12}) -- da
cui $f_A = f_B \implies A = B$ (vd.~\textit{Problema 14}, (ii.) per una semplice dimostrazione). Dunque
la mappa $F : \PP(\NN) \setminus \Fin(\NN) \to \Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN)$ tale per cui $F(Y) = f_Y$ è iniettiva, da cui
si deduce che $\cc = \abs{\PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)} \leq
\abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN)}$. \smallskip
Infine, per il teorema di Cantor-Bernstein, si deduce che
$\abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN)} = \cc$.
\item Dal momento che $\Sym(\NN) \subseteq \Fun(\NN, \NN)$, allora sicuramente $\abs{\Sym(\NN)} \leq \cc$. Da (f.)
sappiamo che $\abs{\PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)} = \cc$.
Sia $A$ un sottinsieme infinito di $\NN$. Definiamo
per ricorsione numerabile la funzione $f_A : \NN \to A$
tale per cui:
\[
f_A(n) = \begin{cases}
\min(A) & \se n = 1, \\
\min(A \setminus \{f(1), \ldots, f(n-1)\}) & \altrimenti.
\end{cases}
\]
Sappiamo che $f_A$ è bigettiva (vd.~\textit{Problema 12}).
Definiamo allora $\sigma_A : \NN \to \NN$ per ricorsione numerabile in modo tale che:
\[
\sigma_A(n) = \begin{cases}
n & \se n \in \NN \setminus A, \\
f_A(n-1) & \se f_A\inv(n) \text{ è pari}, \\
f_A(n+1) & \se f_A\inv(n) \text{ è dispari}.
\end{cases}
\]
In altre parole $\sigma_A$ ``modifica'' l'identità
$\id_{\NN}$ trasponendo a due a due i numeri consecutivi
della lista $( f_A(1), f_A(2), \ldots )$. \smallskip
Definiamo $F : \PP(\NN) \setminus \Fin(\NN) \to \Sym(\NN)$
in modo tale che $F(A) = \sigma_A$. Mostriamo che
$F$ è iniettiva. Se $\sigma_A = \sigma_B$, allora
$\sigma_A$ e $\sigma_B$ hanno lo stesso insieme di
punti fissi, ovverosia, poiché $f_A$ è bigettiva,
$\NN \setminus A = \NN \setminus B$, da cui
$A = B$. Pertanto $\cc = \abs{\PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)} \leq \abs{\Sym(\NN)}$. \smallskip
Infine, per il teorema di Cantor-Bernstein si conclude che
$\abs{\Sym(\NN)} = \cc$.
\item Si osserva che $\cc = \abs{2^\NN} \leq \abs{\NN^\NN} \leq \abs{\RR^\NN} = \abs{(2^\NN)^\NN} = \abs{2^{\NN \times \NN}} = \abs{2^\NN} = \cc$. Allora, per il teorema di
Cantor-Bernstein, $\abs{\Fun(\NN, \RR)} = \cc$.
\item Poiché $\Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR) \subseteq \Fun(\NN, \RR)$, sicuramente $\abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR)} \leq \cc$. \smallskip
Sia $\iota$ l'immersione di $\NN$ in $\RR$. Poiché $\iota$
mantiene l'ordinamento, la funzione $F : \Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN) \to \Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR)$ tale per cui
$F(f) = f \circ \iota$ è ben definita e iniettiva.
Dunque $\cc = \abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \NN)} \leq \abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR)}$. \smallskip
Si conclude dunque che, per il teorema di Cantor-Bernstein,
$\abs{\Fun\!\uparrow\!(\NN, \RR)} = \cc$.
\item Poiché i sottinsiemi infiniti di $\NN$ sono
sono numerabili, $[\NN]^{\aleph_0} = \PP(\NN) \setminus \Fin(\NN)$. Dacché $\abs{\PP(\NN)} = \cc$
e $\abs{\Fin(\NN)} = \aleph_0$ (vd.~\textit{Problema 14}), allora si sta togliendo
un insieme al più numerabile ad un insieme
che ha la cardinalità del continuo. Pertanto,
per il \textit{Problema 19}, $\abs{[\NN]^{\aleph_0}} = \cc$.
\item Sia $F : \RR \to [\RR]^{\aleph_0}$ definita
in modo tale che $F(x) = \{x-1/n \mid n \in \NN\}$.
Chiaramente $F$ è iniettiva, da cui
$\cc \leq \abs{[\RR]^{\aleph_0}}$. \smallskip
Sia $A \in [\RR]^{\aleph_0}$. Poiché $A$ è numerabile,
esiste una funzione iniettiva $f_A : \NN \to \RR$
con $\imm f_A = A$. In particolare $B_A = \{ f \in \Fun(\NN, \RR) \mid \imm f = A \}$ \underline{non} è vuoto. Pertanto,
applicando l'assioma di scelta, $\bigtimes_{A \in [\RR]^{\aleph_0}} B_A$ è \underline{non} vuoto.
Sia $F$ dunque una funzione in $\bigtimes_{A \in [\RR]^{\aleph_0}} B_A$. $F$ è iniettiva,
infatti $F(A) = F(A') \implies \imm F(A) = \imm F(A')$,
da cui $A = A'$. Pertanto $\abs{[\RR]^{\aleph_0}} \leq \abs{\RR^\NN}$, e per il punto (h.) $\abs{\RR^\NN} = \cc$.
Pertanto $\abs{[\RR]^{\aleph_0}} \leq \cc$. \smallskip
Applicando il teorema di Cantor-Bernstein si conclude che
$\abs{[\RR]^{\aleph_0}} = \cc$.
\item Poiché $\cc = \abs{\{0\} \times \RR} \leq \abs{\NN \times \RR} \leq \abs{\RR \times \RR} = \cc$, per il teorema di Cantor-Bernstein vale che
$\abs{\NN \times \RR} = \cc$. Dacché $\abs{2^\RR} \leq \abs{\RR^\RR} = \abs{(2^\NN)^\RR} = \abs{2^{\NN \times \RR}} = \abs{2^\RR}$, allora, ancora per il teorema di Cantor-Bernstein,
$\abs{\RR^\RR} = \abs{2^\RR} > \cc$.
\item Dal momento che $\QQ$ è denso in $\RR$, una funzione
continua è completamente determinata dalla sua restrizione su $\QQ$.
Pertanto la mappa $F : C^0(\RR) \to \Fun(\QQ, \RR)$ tale per cui
$F(f) = \restr{f}{\QQ}$ è iniettiva. Dunque $\abs{C^0(\RR)} \leq \abs{\RR^\QQ} = \abs{\RR^\NN}$. Per (h.) $\abs{\Fun(\NN, \RR)} = \cc$,
dunque $\abs{C^0(\RR)} \leq \cc$. Allo stesso tempo la mappa
$G : \RR \to C^0(\RR)$ tale per cui $G(k) = [x \mapsto x+k]$ è
iniettiva, e dunque $\cc \leq \abs{C^0(\RR)}$. Per il teorema
di Cantor-Bernstein si deduce allora che $\abs{C^0(\RR)} = \cc$.
\item Dal\footnote{
Il procedimento presentato si può facilmente generalizzare
per dimostrare che $\abs{\OO(\RR^n)} = \cc$ per ogni $n \in \NN$.
} momento che la topologia euclidea su $\RR^2$ è più fine
di quella cofinita, per ogni $(x, y) \in \RR^2$ vale
$\RR^2 \setminus \{(x, y)\} \in \OO(\RR^2)$. Dunque
la mappa $F : \RR \times \RR \to \OO(\RR^2)$ tale per cui
$(x, y) \mapsto \RR^2 \setminus \{(x, y)\}$ è ben definita. Si osserva che
$F$ è chiaramente iniettiva, dunque $\cc = \abs{\RR \times \RR} \leq \abs{\OO(\RR^2)}$. \smallskip
Dacché $\QQ^2$ è denso nello spazio metrico $\RR^2$, $\basis = \{ z \in \PP(\RR^2) \mid
\exists q_1 \exists q_2 \exists r (q_1 \in \QQ \land q_2 \in \QQ \land r \in \QQ^+ \land z = B_r(q_1, q_2)) \}$ è una base
di $\RR^2$. Dunque per ogni $A \in \OO(\RR^2)$ l'insieme
$B_A = \{ z \in \QQ \times \QQ \times \QQ^+ \mid \exists q_1 \exists q_2 \exists r (q_1 \in \QQ \land q_2 \in \QQ \land r \in \QQ^+ \land z = (q_1, q_2, r) \land B_r(q_1, q_2) \in \PP(A) \}$ è \underline{non} vuoto. \smallskip
Sia $f : \OO(\RR^2) \to \PP(\QQ \times \QQ \times \QQ^+)$
tale per cui $f(A) = B_A$. Allora $f$ è chiaramente
iniettiva, e dunque $\abs{\OO(\RR^2)} \leq \abs{\PP(\QQ \times \QQ \times \QQ^+)} = \abs{\PP(\NN)} = \cc$. \smallskip
Infine, per il teorema di Cantor-Bernstein, si conclude che
$\abs{\OO(\RR^2)} = \cc$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Una relazione numerabile ha dominio e immagine al più numerabile (senza fare uso di \AC)}{problem-18}
Sia $\rel$ una relazione con $\abs{\rel} = \aleph_0$. Si dimostri allora che
$\abs{\dom(\rel)} \leq \aleph_0$ e che $\abs{\imm(\rel)} \leq \aleph_0$, senza
impiegare l'assioma di scelta.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $f : \rel \to \NN$ una bigezione tra
$\rel$ e $\NN$. Sia $x \in \dom(\rel)$. Definiamo allora
$A_x = \{ z \in \rel \mid \exists y (y \in \imm \rel \land z = (x, y))\}$,
che è un insieme per l'assioma di separabilità.
Poiché $x \in \dom(\rel)$, $A_x$ \underline{non} è vuoto. Pertanto,
per il principio del buon ordinamento, $f(A_x)$ ammette un minimo. \smallskip
Sia $F : \dom(\rel) \to \NN$ tale per cui $F(x) = \min (f(A_x))$. Mostriamo
che $F$ è iniettiva. $F(x) = F(y) \implies \min (f(A_x)) = \min (f(A_y))$.
Siano $m$, $n \in \imm \rel$ con $(x, m) \in \rel$ e $(y, n) \in \rel$ tali per cui
$\min (f(A_x)) = f((x, m))$ e $\min (f(A_y)) = f((y, n))$; allora
$f((x, m)) = f((y, n))$. Dacché $f$ è una bigezione, $(x, m) = (y, n)$.
Pertanto, per la proprietà caratterizzante delle coppie ordinate,
$x = y$. Dunque $F$ è iniettiva, da cui $\abs{\dom(\rel)} \leq \abs{\NN} = \aleph_0$. \smallskip
Analogamente, se $y \in \imm(\rel)$, si può definire tramite l'assioma
di separabilità l'insieme $B_y = \{ z \in \rel \mid \exists x (x \in \dom \rel \land z = (x, y))\}$. In questo modo possiamo costruire
$G : \imm(\rel) \to \NN$ tale per cui $G(y) = \min (f(B_y))$, che
si mostra allo stesso modo essere iniettiva, da cui $\abs{\imm(\rel)} \leq \abs{\NN} = \aleph_0$.
\end{solution}
\begin{problem}{Se $A$ è al più numerabile e $B$ ha almeno la cardinalità del continuo, $\abs{B \setminus A} = \abs{B}$}{problem-19}
Si assuma già di sapere che, dato $C \subseteq \RR \times \RR$ con $\abs{C} \leq \aleph_0$,
vale che $\abs{(\RR \times \RR) \setminus C} = \abs{\RR \times \RR} = \cc$. Si deduca che, dati $B$ con $\abs{B} \geq \cc$
e $A$ con $\abs{A} \leq \aleph_0$, allora $\abs{B \setminus A} = \abs{B}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Possiamo assumere senza perdita di generalità che $A$ sia sottinsieme
di $B$. Infatti $B \setminus A = B \setminus (A \cap B)$ e
$\abs{A \cap B} \leq \abs{A} \leq \aleph_0$, dunque le ipotesi sono ancora
vere scegliendo $A \cap B$ al posto di $A$, dando lo stesso risultato. \smallskip
Poiché $\abs{B} = \cc$, esiste una funzione bigettiva $f : B \to \RR \times \RR$.
In particolare $\abs{f(A)} = \abs{A} \leq \aleph_0$ e $f(A) \subseteq f(B) = \RR \times \RR$. Allora, per ipotesi vale $\abs{f(B) \setminus f(A)} = \abs{f(B)}$,
da cui $\abs{B} =\abs{f(B)} = \abs{f(B) \setminus f(A)} = \abs{B \setminus A}$. \smallskip
Poiché $\abs{B} \geq \cc$, esiste una funzione iniettiva $f : \RR \times \RR \to B$.
In particolare $\abs{f\inv(A)} \leq \abs{A} = \aleph_0$ e $f\inv(A) \subseteq f\inv(B) = \RR \times \RR$. Allora, per ipotesi vale $\abs{f\inv(B) \setminus f\inv(A)} = \abs{f\inv(B)}$, da cui $\abs{B} \geq \abs{f\inv(B)} = \abs{f\inv(B) \setminus f\inv(A)} $
\end{solution}
\begin{problem}{Cardinalità di $A \setminus B$ e $A \cup B$ se $\abs{B} < \abs{A}$ e $A$ è infinito (\AC)}{problem-20}
Sia $A$ un insieme infinito e sia $B$ tale per cui $\abs{B} < \abs{A}$. Si dimostri che
$\abs{A \setminus B} = \abs{A \cup B} = \abs{A}$, assumendo l'assioma di scelta.
\end{problem}
\begin{solution}
Il caso per $B$ finito è già stato trattato; occupiamoci del caso in cui anche $B$ è infinito.
Mostriamo innanzitutto che $\abs{A \cup B} = \abs{A}$. Si ha chiaramente $\abs{A \cup B} \leq \abs{A \sqcup B}$. Inoltre
$\abs{A \sqcup B} \leq \abs{A \times B}$, grazie all'infinità di $B$. Allora:
\[ \abs{A} \leq \abs{A \cup B} \leq \abs{A \times B} \leq \abs{A \times A} = \abs{A}, \]
dove \AC{} è stato usato per giustificare $\abs{A \times A} = \abs{A}$. Si conclude allora
per il teorema di Cantor-Bernstein che $\abs{A} = \abs{A \cup B}$.
Per dimostrare che $\abs{A \setminus B} = \abs{A}$, osserviamo che $\abs{A} = \abs{A \setminus B \sqcup B}$.
Se fosse $\abs{A \setminus B} \leq \abs{B}$, si avrebbe $\abs{A} = \abs{B}$ per il punto precedente, \Lightning.
Allora $\abs{A \setminus B \sqcup B} = \abs{A \setminus B}$, da cui la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà dei numeri naturali (1) -- Definizione equivalente dell'ordinamento stretto}{problem-21}
Siano $n$, $m \in \omega$. Si dimostri che $n \in m \iff n \subsetneq m$.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo per induzione che $\varphi(m)$ è vera per ogni $m \in \omega$, dove:
\[
\varphi(m) = \forall n (n \in m \implies n \subsetneq m).
\]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\varphi(0)}$] Dal momento che $0 = \emptyset$ non
ammette elementi,
$\Psi(0)$ è vacuamente vera.
\item[$\boxed{\varphi(m+1)}$] Se $n \in m+1$, allora
$n \in m$ o $n = m$. Se $n \in m$, allora,
per l'ipotesi induttiva, vale che $n \subsetneq m$.
Dal momento che $m+1 = m \cup \{m\}$, allora
$n \subsetneq m+1$. Se invece $n = m$, per
definizione di $m+1$ vale $n \subsetneq m+1$. Pertanto
$\varphi(m+1)$ vale se vale $\varphi(m)$.
\end{enumerate}
Pertanto, applicando il principio di induzione, se $m$ è un elemento di $\omega$, $n \in m \implies n \subsetneq m$. Mostriamo infine per induzione che
$\Psi(m)$ è vera per ogni $m \in \omega$, dove:
\[
\Psi(m) = \forall n (n \in \omega \implies (n \in m \iff n \subsetneq m)).
\]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\Psi(0)}$] Dal momento che $0 = \emptyset$ non
ammette elementi né sottinsiemi propri,
$\Psi(0)$ è vacuamente vera.
\item[$\boxed{\Psi(m+1)}$] Una direzione è già verificata
dal momento che vale $\varphi(m+1)$. Sia pertanto
$n \subsetneq m+1 = m \cup \{m\}$ con $n \in \omega$. Se valesse
$m \in n$, allora -- poiché vale $\varphi(n)$ (qui è cruciale che $n$ sia un numero naturale!) --
$m \subsetneq n$, da cui $m+1 = m \cup \{m\} \subseteq n$;
questo è tuttavia assurdo, dacché implicherebbe
$n = m+1$, \Lightning. Pertanto $m \notin n$, da cui
$n \subseteq m$. Se $n = m$, allora $n = m \in m+1$ per
costruzione; altrimenti $n \subsetneq m$, da cui,
per l'ipotesi induttiva, si ricava che
$n \in m$, e dunque che $n \in m+1$. Pertanto
$\Psi(m+1)$ vale se vale $\Psi(m)$,
\end{enumerate}
Infine si conclude che $\Psi(m)$ è vera per ogni $m \in \omega$ applicando
il principio d'induzione, ovverosia è vera la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà dei numeri naturali (2) -- Massimo e minimo tra $n$ e $m$}{problem-22}
Siano $n$, $m \in \omega$. Si dimostri che $\min \{n, m\} = n \cap m$ e che $\max \{n, m\} = n \cup m$.
\end{problem}
\begin{solution}
Se $n \leq m$, allora $n \subseteq m$ per il \textit{Problema 21}. Dunque $\min \{n, m\} = n = n \cap m$ e $\max \{n, m\} = m = n \cup m$. Analogamente se $m \leq n$, allora $m \subseteq n$, da cui $\min \{n, m\} = m = n \cap m$ e $\max \{n, m\} = n = n \cup m$.
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà dei numeri naturali (3) -- $\omega$ è un insieme transitivo}{problem-23}
Si mostri che $\omega$ è transitivo, ovvero si dimostri che gli elementi degli elementi di $\omega$ sono elementi di $\omega$.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo per induzione che $\Psi(m)$
è vera per ogni $m \in \omega$, dove:
\[
\Psi(m) = \forall n(n \in m \implies n \in \omega).
\]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\Psi(0)}$] Dal momento che $0 = \emptyset$ non
ammette elementi,
$\Psi(0)$ è vacuamente vera.
\item[$\boxed{\Psi(m+1)}$] Sia $n \in m + 1$. Allora
$n = m$ o $n \in m$. Nel primo caso, $n$ appartiene
a $\omega$ (infatti $m \in \omega$); nel secondo caso,
per ipotesi induttiva, $n \in \omega$. Dunque $\Psi(m+1)$
vale se $\Psi(m)$.
\end{enumerate}
Pertanto, applicando il principio di induzione si ricava
che $\Psi(m)$ è vera per ogni $m \in \omega$, ovverosia
$\omega$ è un insieme transitivo.
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà dei numeri naturali (4) -- $\hat{x} \in \omega \implies x \in \omega$}{problem-24}
Si mostri che se $\hat{x} := x \cup \{x\}$ appartiene a
$\omega$, allora $x \in \omega$.
\end{problem}
\begin{solution}
Sappiamo grazie al \textit{Problema 23} che $\omega$ è un insieme
transitivo. Dal momento che $x \in \hat x$ e
$\hat x \in \omega$, allora $x \in \omega$, essendo
elemento di un elemento di $\omega$.
\end{solution}
\begin{problem}{Infinito $\implies$ Dedekind-infinito (\AC)}{problem-25}
Sia $A$ un insieme infinito. Assumendo l'assioma di scelta,
si dimostri che $A$ è Dedekind-infinito, ovverosia si mostri
che esiste $B \subsetneq A$ tale per cui $\abs{B} = \abs{A}$.
\end{problem}
\begin{solution}
Poiché vale \AC{} e $A$ è infinito, esiste una funzione iniettiva
$f : \omega \to A$. Dacché $\abs{\omega} = \abs{\omega \setminus \{0\}}$ tramite
la bigezione indotta dal successore $S : n \mapsto n+1$, allora
$\abs{f(\omega)} = \abs{f(\omega \setminus \{0\})}$. Detto allora
$B = f(\omega \setminus \{0\})$, chiaramente $A \neq B$ dal momento
che $f$ è iniettiva. Dunque $B$ è l'insieme desiderato.
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazioni delle bigezioni su insiemi finiti}{problem-26}
Sia $A$ un insieme finito e sia $f : A \to A$ una funzione. Si mostri che
sono equivalenti le seguenti affermazioni:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $f$ è bigettiva,
\item $f$ è iniettiva,
\item $f$ è surgettiva.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo il ciclo di implicazioni (i.) $\implies$ (ii.) $\implies$ (iii.) $\implies$ (i.), in modo tale da dimostrare tutte le equivalenze.
\begin{itemize}
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Se $f$ è bigettiva, allora $f$ è
per definizione anche iniettiva.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (iii.)}] Se $f : A \to A$ è iniettiva,
Se $f$ \underline{non} fosse surgettiva, allora $f(A)$ sarebbe un sottinsieme proprio
di $A$, e dunque si avrebbe $\abs{f(A)} < \abs{A}$, violando il principio
dei cassetti. Dunque $f$ è surgettiva.
\item[\fbox{(iii.) $\implies$ (i.)}] Poiché
$A$ è finito\footnote{
Se $A$ è \underline{finito}, $f$ è ammette sempre un'inversa destra, anche senza
utilizzare \AC.
}, $f$ ammette un'inversa destra $g : A \to A$, che è iniettiva. Allora,
poiché (ii.) $\implies$ (iii.), $g$ è surgettiva, e dunque $g$ è bigettiva.
Pertanto $f$ è anch'essa bigettiva essendo l'inversa di $g$.
\end{itemize}
\end{solution}
\begin{problem}{$A$, $B$ finiti $\implies$ $A \cap B$, $A \cup B$, $A \times B$, $\PP(A)$ finiti}{problem-27}
Siano $A$ e $B$ due insiemi finiti. Si mostri che i seguenti insiemi sono
finiti:
\begin{tasks}[label=(\alph*.),label-width=17.21605pt](4)
\task $A \cap B$,
\task $A \cup B$,
\task $A \times B$,
\task $\PP(A)$.
\end{tasks}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le varie richieste ordinatamente.
\begin{enumerate}[(a.)]
\item Poiché $A \cap B \subseteq A$ e $A$ è finito, allora
$A \cap B$ è sottinsieme di un insieme finito e dunque è
finito.
\item Mostriamo per induzione che vale $\Psi(m)$ per ogni $m \in \omega$, dove:
\[
\Psi(m) = \forall n \forall A \forall B ((\abs{A} = m \land \abs{B} = n) \implies \exists k (k \in \omega \land \abs{A \cup B} = k)).
\]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\Psi(0)}$] Se $\abs{A} = 0$, allora $A$ necessariamente
è l'insieme vuoto. Dunque $\abs{A \cup B} = \abs{B} = m$. Pertanto
$\Psi(0)$ è vera.
\item[$\boxed{\Psi(m+1)}$] Sappiamo che $\abs{A} = m+1$. Sia $f : A \to m+1$
una bigezione. Se poniamo $A' = f\inv(m+1 \setminus \{m\}$, allora
$\abs{A'} = \abs{m}$. Pertanto, per l'ipotesi induttiva esiste $k \in \omega$
tale per cui $\abs{A' \cup B} = k$; in particolare esiste una bigezione
$g : A' \cup B \to k$. Se $f\inv(\{m\}) \in B$, $A' \cup B = A \cup B$ e
dunque $\abs{A \cup B} = k$. Altrimenti, possiamo estendere $g$ ad
$h : A \cup B \to k+1$ ponendo $\restr{h}{A' \cup B} = g$ e
$h(f\inv(\{m\})) = k$. Dal momento che $h$ è l'incollamento di due bigezioni,
la cui seconda va da $\{f\inv(\{m\})\}$ in $\{k\}$, a dominio e immagini
disgiunte, $h$ è una bigezione, e dunque $\abs{A \cup B} = k+1$. Pertanto
$\Psi(m+1)$ vale se vale $\Psi(m)$.
\end{enumerate}
Si conclude dunque per il principio di induzione che $A \cup B$ è sempre
finito se $A$ e $B$ lo sono.
\item Se $\abs{B} = n$, allora esiste una bigezione $f : n \to B$.
Costruiamo allora $\sigma : n \to A \times B$ in modo tale che
$\sigma(i) = A \times \{f(i)\}$. In particolare, dacché
$\abs{A} = \abs{A \times \{f(i)\}}$ per ogni $i \in n$, $\sigma(i)$ è
sempre finito. Osserviamo che $A \times B = \bigcup \imm \sigma = \bigcup_{i \in n} A \times \{f(i)\}$. Allora $A \times B$ è unione finita di insiemi finiti,
e dunque è finita per il punto (b.)\footnote{
In realtà il punto (b.) dimostra solo che l'unione di due insiemi finiti
è finita, ma si può estendere la tesi a un numero finito di insiemi finiti applicando il principio di induzione.
}.
\item Dal momento che $\abs{A} = m \implies \abs{\PP(A)} = \abs{\PP(m)}$,
è sufficiente mostrare che $\PP(m)$ è finito. Mostriamo
dunque per induzione che vale $\varphi(m)$ per ogni $m \in \omega$, dove:
\[
\varphi(m) = \forall A ((\abs{A} = m) \implies \exists j(j \in \omega \land \abs{\PP(A)} = j)).
\]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\varphi(0)}$] $\abs{A} = 0$ è possibile se e solo se
$A = 0$. Allora $\PP(0) = 1$, che è finito.
\item[$\boxed{\varphi(m+1)}$] È sufficiente mostrare la tesi per
$m+1$ dacché, per il \textit{Problema 11}, insiemi equipotenti hanno
parti equipotenti. Si osserva che $\PP(m+1) = \PP(m \cup \{m\}) = \bigcup_{i \in m+1} \PP(m \setminus \{i\} \cup \{m\})$. Ogni $m \setminus \{i\} \cup \{m\}$
ha la cardinalità di $m$, e dunque, per l'ipotesi induttiva,
$\PP(m \setminus \{i\} \cup \{m\})$ è finito. Allora, per (b.)\footnotemark[\value{footnote}], $\PP(m+1)$ è finito. Dunque
$\varphi(m+1)$ vale se vale $\varphi(m)$.
\end{enumerate}
Si conclude dunque per il principio di induzione che $\PP(A)$ è sempre finito se
$A$ è finito.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{La somma e il prodotto su $\omega$ sono ben definiti}{problem-28}
Siano $m$ e $n \in \omega$. Ricordiamo allora che, dati $A$ e $B$ insiemi qualsiasi
tali per cui $\abs{A} = m$, $\abs{B} = n$ e $A \cap B = \emptyset$, si definiscono
somma e prodotto come segue:
\[
m + n = \abs{A \cup B}, \quad m \cdot n = \abs{m \times n}.
\]
Si mostri che entrambe le definizioni sono ben poste.
\end{problem}
\begin{solution}
Per il \textit{Problema 27}, sia $A \cup B$ che $m \times n$ sono finiti,
essendo $A$, $B$, $m$ e $n$ finiti. Pertanto il prodotto è già ben definito.
Per il \textit{Problema 11}, scambiando $A$ e $B$ con insiemi equipotenti ancora
disgiunti, si ottiene ancora un insieme equipotente a $A \cup B$, e dunque
anche la somma è ben definita.
\end{solution}
\begin{problem}{Associatività della somma su $\omega$}{problem-29}
$+$ è associativa, cioè:
\[
\forall x, y, z, (x+y)+z=x+(y+z).
\]
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione su $y$, applicando ripetutamente gli assiomi di Peano e la commutatività di $+$.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{y = 0}$] $(x + 0) + z = x + z = x + (0 + z)$, dove abbiamo usato la commutatività di $+$ e il primo assioma di Peano.
\item[$\boxed{S(y)}$] $(x + S(y)) + z = S(x + y) + z = S((x + y) + z) = S(x + (y + z)) = x + S(y + z) = x + (S(y) + z)$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Distributività della somma rispetto al prodotto su $\omega$}{problem-30}
$+$ è distributiva rispetto a $\cdot$, cioè:
\[
\forall x, y, z, x \cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z.
\]
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione su $y$, applicando ripetutamente gli assiomi di Peano e la commutatività di $+$.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{y = 0}$] $x \cdot (0 + z) = x \cdot z = 0 + x \cdot z = x \cdot 0 + x \cdot z$.
\item[$\boxed{S(y)}$] $x \cdot (S(y) + z) = x \cdot S(y + z) = x \cdot (y + z) + x$, quindi:
\[ x \cdot (y + z) + x = x \cdot y + x \cdot z + x = x \cdot y + x \cdot S(z) = x \cdot (y + S(z)) = x \cdot (S(y) + z). \]
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{La somma e il prodotto di elementi non nulli è non nulla}{problem-31}
Si dimostrino i seguenti due risultati.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Se $x$ o $y$ sono non nulli, allora $x + y \neq 0$.
\item Se sia $x$ che $y$ sono non nulli, allora $x \cdot y \neq 0$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i due risultati separatamente, applicando ripetutamente gli assiomi di Peano e la commutatività di $+$.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Mostriamo il risultato per $x \neq 0$: è sufficiente utilizzare la commutatività di $+$
per ricondursi a questo caso. Poiché $x \neq 0$, $x = S(z)$ per qualche $y$. Allora
$x + y = S(z) + y = S(z + y)$. Essendo allora $x + y$ un successore, questo è diverso da zero.
\item Mostriamo il risultato per induzione su $x$ a partire da $S(0)$:
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{S(0)}$] $S(0) \cdot y = 0 \cdot y + y = 0 + y = y \neq 0$.
\item[$\boxed{S(x)}$] $S(x) \cdot y = x \cdot y + y$. Per ipotesi induttiva $x \cdot y \neq 0$; poiché
anche $y \neq 0$, si conclude per (i.).
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Relazione d'ordine totale sui modelli di \PA}{problem-32}
Se $(N, 0, S, +, \cdot)$ è un modello di \PA{}, ossia un
modello degli assiomi di Peano al primo ordine, allora
la relazione:
\[
x < y \iff \exists z (z \neq 0 \land x+y=y)
\]
è tale per cui:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $<$ è un ordine totale su $N$,
\item $x < y$,
allora $\forall z (z \in N \implies x+z<y+z)$.
\item $x < y$,
allora $\forall z (z \in N \land z \neq 0 \implies x \cdot z<y \cdot z)$.
\item Su $\omega$,
$x < y$ se e solo
se $x \in y$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i vari risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Mostriamo separatamente antiriflessività, transitività e
confrontabilità.
\begin{enumerate}
\item[\fbox{Antiriflessività}] Per induzione su $x$ con la
formula $P(x) = \forall x \lnot \exists y (y \neq 0 \land x = x + y)$.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{P(0)}$] $0 + y = y$, dunque la tesi è banale.
\item[$\boxed{P(S(x))}$] Supponiamo sia $S(x) = S(x) + y = S(x + y)$.
Se fosse $y \neq 0$, per ipotesi induttiva $x \neq x + y$, e questo violerebbe
l'iniettività di $S(\cdot)$. Dunque $y = 0$.
\end{enumerate}
\item[\fbox{Transitività}] Per induzione su $x$ con la
formula $P(x) = \forall y \forall z (x < y < z \implies x < z)$.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{P(0)}$] Poiché vale $0 < y$, allora esiste $y' \neq 0$
tale per cui $y = y' + 0 = y'$. Quindi $y' \neq 0$. Allora da
$y < z$ si ricava invece $z = y + z'$ con $z' \neq 0$, e quindi
$z = 0 + (y + z')$, dove $y + z' \neq 0$, e quindi $0 < z$.
\item[$\boxed{P(S(x))}$] Sia $S(x) < y < z$. Allora esistono
$y'$, $z'$ non nulli tali per cui $y = S(x) + y'$ e
$z = y + z'$. Dunque, poiché $S(x) + y' = x + S(y)$,
si ottiene $y > x$, e dunque $z > x$ per ipotesi induttiva, ovverosia
esiste $z''$ non nullo tale per cui $z = x + z''$. Poiché
$z''$ è non nullo, esiste $m$ tale per cui $z'' = S(m)$. Quindi
$z = x + S(m) = S(x) + m$. Se fosse $m = 0$, si avrebbe
$S(x) + y' = y + z' = z = S(x)$, \Lightning. Dunque
$z > S(x)$.
\end{enumerate}
\item[\fbox{Confrontabilità}] Per induzione su $x$ con la formula
$P(x) = \forall y( x < y \lor x = y \lor x > y)$.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{P(0)}$] Se $y \neq 0$, allora $0 < y$ dal momento che
$y = 0 + y$.
\item[$\boxed{P(S(x))}$] Per ipotesi induttiva, vale $y < x$, $y = x$ o
$y > x$. Se vale $y < x$, allora, per transitività, $y < S(x)$. Se
$y = x$, allora banalmente $y < S(x)$. Se invece $y > x$, esiste
$y'$ non nullo tale per cui $y = x + y'$. Poiché $y'$ non è nullo, allora
esiste $t$ tale per cui $y' = S(t)$. Dunque $y = x + S(t) =
S(x) + t$. Se $t = 0$, $y = S(x)$; altrimenti $y > S(x)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\item Se $y > x$, allora esiste $y'$ non nullo per cui $y = x + y''$. Allora:
\[ y + z = (x + y'') + z = (x + z) + y'', \]
e quindi $y + z > x + z$.
\item Se $y > x$, allora esiste $y'$ non nullo per cui $y = x + y''$. Allora:
\[ y \cdot z = (x + y'') \cdot z = x \cdot z + y'' \cdot z, \]
e quindi, poiché $y'' \cdot z$ (sia $y''$, che $z$ sono non nulli, vd. \textit{Problema 31}),
$y \cdot z > x \cdot z$.
\item Mostriamo le due implicazioni.
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{n \in m \implies n < m}$] Se $n \in m$, allora $m = n \sqcup \underbrace{\{n, \ldots\}}_{=\,A}$.
Allora $m = n + \abs{A}$, e $\abs{A} \neq 0$ essendo $A$ non vuoto. Dunque $n < m$.
\item[$\boxed{n \in m \impliedby n < m}$] Usiamo il fatto che $\in$ è un ordine totale su $\omega$.
Se $n \in m$, si conclude. Non si può avere $n = m$ per antiriflessività. Se fosse
$m \in n$, si avrebbe per l'implicazione inversa $m < n$, e quindi $m < m$, ancora contro
l'antiriflessività.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{$(\omega, \in)$ è un insieme ben ordinato}{problem-33}
Si dimostri che $(\omega, \in)$ è un insieme ben ordinato.
\end{problem}
\begin{solution}
La tesi deriva immediatamente dal fatto che $\omega$ è un insieme
totalmente ordinato per il quale ogni elemento in $\omega \setminus \{0\}$ è
un successore. Poiché su $\omega$ vale il principio di induzione (debole),
allora $\omega$ è ben ordinato (vd.~\textit{Problema 35}).
\end{solution}
\begin{problem}{Equivalenza tra l'induzione forte e il buon ordinamento}{problem-34}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato avente minimo $0 := \min A$. Si mostri che sono
equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $(A, <)$ è ben ordinato.
\item Se $P(\cdot)$ è una formula e vale $\forall x (x \in A \rightarrow ((\forall y((y \in A \land y < x) \rightarrow P(y))) \rightarrow P(x)))$, allora
$\forall x (x \in A \rightarrow P(x))$ (induzione forte).
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le due implicazioni.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Assumiamo le ipotesi dell'induzione forte.
Sia $B = \{ a \in A \mid \lnot P(a) \}$. Se $B$ è vuoto, allora la tesi è dimostrata. Mostriamo
che questa è l'unica possibilità. \medskip
Se per assurdo $B$ non fosse vuoto, poiché $A$ è ben ordinato, esiste $m := \min B$. Allora, essendo $m$ il minimo
$a$ per cui non vale $P(a)$, per ogni $y < m$ vale $P(y)$; pertanto, per ipotesi dell'induzione
forte, varrebbe $P(m)$, \Lightning.
\item[\fbox{(ii.) $\implies$ (i.)}] Sia $X$ un sottinsieme di $A$ che non ammette minimo. Consideriamo la
formula $P(a) = a \notin X$, e mostriamo che $P(\cdot)$ vale in tutto $A$. Se infatti $a$ è un elemento
di $A$ i cui minoranti stretti soddisfano $P(\cdot)$, allora necessariamente deve valere $P(a)$; se così
non fosse, $a$ 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}{Equivalenza tra l'induzione (debole) e il buon ordinamento su insiemi con tutti gli elementi eccetto il minimo successori}{problem-35}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato avente minimo $0 := \min A$ tale per cui ogni elemento in
$A \setminus \{0\}$ è successore. Si mostri che sono equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $(A, <)$ è ben ordinato.
\item Se $P(\cdot)$ è una formula, vale $P(0)$ e $\forall x (x \in A \rightarrow (P(x) \rightarrow P(x+1)))$, allora
$\forall x (x \in A \rightarrow P(x))$ (induzione debole).
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le due implicazioni, nello stesso spirito del \textit{Problema 34}.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[\fbox{(i.) $\implies$ (ii.)}] Assumiamo le ipotesi dell'induzione (debole).
Sia $B = \{ a \in A \mid \lnot P(a) \}$. Se $B$ è vuoto, allora la tesi è dimostrata. Mostriamo
che questa è l'unica possibilità. \medskip
Se per assurdo $B$ non fosse vuoto, poiché $A$ è ben ordinato, esiste $m := \min B$. Poiché vale
$P(0)$, sicuramente $m \neq 0$. Allora, $m = m' + 1$ è un successore per ipotesi; tuttavia, essendo $m' < m$,
vale $P(m')$, da cui, per ipotesi dell'induzione
forte, varrebbe $P(m' + 1)$, ossia $P(m)$, \Lightning.
\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 $a \in A$.
\end{problem}
\begin{solution}
Si supponga che $(A, <)$ è ben ordinato. Sia $X \subsetneq A$ un segmento iniziale proprio di $A$.
Poiché $X$ è proprio, $A \setminus X$ \underline{non} è vuoto, quindi ne esiste il minimo, detto $a$.
Mostriamo che $X = A_a$. Se $x \in A_a$, allora $x < a$, dunque $x \in X$; altrimenti $x$ apparterrebbe a
$X \setminus A$ e sarebbe contemporaneamente il suo minimo, \Lightning. Viceversa, se $x \in X$,
se fosse $a \leq x$, si avrebbe $a \in X$, essendo $A$ un segmento iniziale, \Lightning. Dunque
$x < a$, ossia $x \in A_a$; si conclude allora che $X = A_a$. \medskip
Si supponga che ogni segmento iniziale proprio è generato da un elemento in $A$. Sia $X$ un sottinsieme
\underline{non} vuoto di $A$. I minoranti stretti di $X$ sono allora un segmento iniziale proprio di $A$, e
dunque sono generati da un elemento $a \in A$. Mostriamo che $a = \min X$. Sia $x \in X$. Se fosse
$x < a$, allora $x$ apparterrebbe ad $A_a$, ovverosia sarebbe un minorante stretto di $X$, \Lightning. Dunque
$a \leq x$ per ogni $x \in X$. Se $a$ non appartenesse ad $X$, allora sarebbe $a < x$ per ogni $x \in X$, e dunque
si avrebbe $a \in A_a$, \Lightning. Dunque $x$ appartiene ad $X$ e ne è minorante debole, ovverosia è il minimo
di $X$.
\end{solution}
\begin{problem}{Unicità dell'isomorfismo d'ordine tra insiemi ben ordinati}{problem-37}
Siano $(A, <)$ e $(B, \prec)$ insiemi ben ordinati isomorfi tra loro. Si dimostri che
esiste un solo isomorfismo tra i due.
\end{problem}
\begin{solution}
Se $\varphi$ e $\psi$ sono due isomorfismi da $A$ a $B$, allora $\varphi \circ \psi\inv$ è un automorfismo
di $A$. Poiché l'unico automorfismo di $A$ è l'identità, si ha allora $\varphi \circ \psi\inv = \id_A$, ossia
$\varphi = \psi$.
\end{solution}
\begin{problem}{Gli insiemi totalmente ordinati finiti sono isomorfi a un $(n, \in)$}{problem-38}
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:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $(A, <) \cong (\omega, \in)$.
\item Ogni segmento iniziale proprio di $A$ è finito.
\item Ogni sottinsieme infinito di $A$ non ammette massimo.
\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}
\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.
\end{problem}
\begin{solution}
Si mostrano separatamente le varie proprietà.
\begin{enumerate}
\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[\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[\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}
\begin{problem}{Proprietà distributiva a destra dell'isomorfismo tra buoni ordini}{problem-43}
Siano $A$, $B$ e $C$ tre insiemi ben ordinati. Si mostri che:
\[ A \times (B + C) \cong (A \times B) + (A \times C). \]
\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}
\begin{solution}
Per ogni $i \in \omega$, sia $d_i : \omega \to \omega$ tale per cui $d_i(j) = \delta_{ij}$, dove
$\delta_{ij}$ è il delta di Dirac. Allora $d_0 > d_1 > d_2 > \cdots$ è una catena discendente infinita in $\Fun(\omega, \omega)$,
che quindi \underline{non} è ben ordinato.
\end{solution}
\begin{problem}{Unione e intersezione di ordinali sono ordinali, e corrispondono all'estremo superiore e al minimo}{problem-45}
Sia $A \neq \emptyset$ un insieme di ordinali. Si mostri che $\bigcup A$ corrisponde all'estremo superiore $\sup A$ e che
$\bigcap A$ 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 $\omega$.
\end{problem}
\begin{solution}
Per rimpiazzamento, abbiamo visto che $\omega_1$ è effettivamente un insieme. Inoltre, $\omega_1$ è un
insieme transitivo di ordinali: se $\alpha \in \beta \in \omega_1$, allora
$\alpha \subseteq \beta \in \omega_1$, e dunque $\abs{\alpha} \leq \abs{\beta} \leq \abs{\omega}$,
da cui $\alpha \in \omega_1$. Pertanto $\omega_1$ stesso è un ordinale. \medskip
Sia ora $\gamma$ un ordinale con $\abs{\omega} < \abs{\gamma}$, e
mostriamo che $\omega_1 \leq \gamma$. Se fosse $\gamma < \omega_1$, allora si avrebbe, per definizione di $\omega_1$,
$\abs{\gamma} \leq \abs{\omega}$, \Lightning. Dunque, per tricotomia degli ordinali,
l'unico caso possibile è $\omega_1 \leq \gamma$.
\end{solution}
\begin{problem}{Sugli ordinali $0 + \alpha = \alpha$}{problem-47}
Sia $\alpha$ un ordinale. Si mostri che $0 + \alpha = \alpha$.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione transfinita sulla seguente formula:
\[ \Psi(\alpha) = \forall x (x \in (0 + \alpha) \iff x \in \alpha). \]
\begin{enumerate}
\item[$\boxed{\Psi(0)}$] Banale, dal momento che entrambi gli insiemi
in considerazione sono quelli vuoti.
\item[$\boxed{\Psi(\alpha + 1)}$] $0 + (\alpha + 1)$ è per definizione
$(0 + \alpha) + 1$. Per ipotesi induttiva allora
$(0 + \alpha) + 1 = \alpha + 1$.
\item[$\boxed{\Psi(\lambda) \text{ limite}}$] $0 + \lambda$ è definizione
$\bigcup_{\alpha < \lambda} (0 + \alpha)$. Per ipotesi induttiva,
tali $0 + \alpha$ sono uguali ad $\alpha$, e quindi
$0 + \lambda$ coincide con $\bigcup_{\alpha < \lambda} \alpha = \bigcup \lambda = \lambda$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{La somma tra ordinali è associativa}{problem-48}
Siano $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ ordinali. Allora:
\[ \alpha + (\beta + \gamma) = (\alpha + \beta) + \gamma. \]
\end{problem}
\begin{solution}
La tesi è immediatamente implicata dal fatto che per gli ordinali
$\alpha \cong \beta \implies \alpha = \beta$ e che la somma tra ordinali
corrisponde alla somma tra insiemi ben ordinati, per i quali vale:
\[ A + (B + C) \cong (A + B) + C. \]
\end{solution}
\begin{problem}{Il prodotto tra ordinali è isomorfo al prodotto tra ordinali intesi come buoni ordini}{problem-49}
Siano $\alpha$ e $\beta$ ordinali. Allora:
\[ \alpha \cdot \beta \cong \alpha \times \beta. \]
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione transfinita su $\beta$.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\beta = 0}$] $\alpha \cdot 0$ per definizione è $0$, che è isomorfo banalmente
a $\alpha \times 0$.
\item[$\boxed{\beta + 1}$] $\alpha \cdot (\beta + 1)$ è per definizione
$\alpha \cdot \beta + \alpha$, che corrisponde all'usuale somma tra buoni
ordini. Per ipotesi induttiva $\alpha \cdot \beta \cong \alpha \times \beta$.
Se $\varphi$ è una bigezione tra i due insiemi, allora
una bigezione tra $\alpha \cdot (\beta + 1)$ e $\alpha \times (\beta + 1)$ si ottiene
mappa il fattore $\alpha \cdot \beta$ in $\alpha \times \beta$ secondo $\varphi$,
e mandando $\alpha$ in $\alpha \times 1$.
\item[$\boxed{\beta = \lambda \text{ limite}}$] Per definizione
$\alpha \cdot \lambda = \sup_{\gamma < \lambda} \alpha \cdot \gamma$. Poiché
ogni $\alpha \cdot \gamma$ è isomorfo ad $\alpha \times \gamma$ per ipotesi
induttiva, anche gli estremi
superiori devono essere isomorfi: nel caso degli $\alpha \times \gamma$ questo è
proprio $\alpha \times \lambda$, da cui la tesi.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà fondamentali dell'esponenziale di ordinali}{problem-50}
Siano $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ ordinali con $\alpha \neq 0$. Si mostri che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\alpha^\beta \alpha^\gamma = \alpha^{\beta + \gamma}$.
\item ${(\alpha^\beta)}^\gamma = \alpha^{\beta \cdot \gamma}$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Sappiamo, anche per il \textit{Problema 49}, che le operazioni tra ordinali corrispondono
a quelle tra buoni ordini. Allora le tesi si verificano immediatamente usando le
bigezioni naturali tra $A^B \times A^C$ e $A^{B \sqcup C}$, e tra ${(A^B)}^C$ e $A^{B \times C}$
(vd.~\textit{Problema 62} per la scrittura esplicita di tali bigezioni).
\end{solution}
\begin{problem}{Alcune disuguaglianze sugli ordinali}{problem-51}
Siano $\alpha$ e $\beta \neq 0$ ordinali. Allora si mostri che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\alpha + \beta > \alpha$.
\item $\alpha + \beta \geq \beta$.
\item $\alpha + \beta + 1 > \beta$.
\item $\alpha \cdot \beta > \alpha$, se anche $\alpha \neq 0$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i vari risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Poiché $\beta > 0$, $\alpha$ è un segmento iniziale proprio di $\alpha + \beta$ e
quindi necessariamente $\alpha + \beta > \alpha$, dacché la somma tra ordinali
corrisponde alla somma tra buoni ordini. Alternativamente, si può dimostrare
la tesi per induzione transfinita, come fatto per il punto (ii.).
\item Si mostra la tesi per induzione transfinita su $\beta$.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\beta = 0}$] $\alpha + \beta = \alpha + 0 = \alpha$, banalmente.
\item[$\boxed{\beta + 1}$] $\alpha + (\beta + 1)$ è per definizione $(\alpha + \beta) + 1$.
Impiegando l'ipotesi induttiva si ottiene allora $\alpha + \beta \geq \beta$, e
dunque $(\alpha + \beta) + 1 \geq \beta + 1$.
\item[$\boxed{\beta = \lambda \text{ limite}}$] Per definizione:
$\alpha + \lambda = \sup_{\gamma < \lambda} \alpha + \gamma$. Allora, per
ipotesi induttiva, $\sup_{\gamma < \lambda} \alpha + \gamma \geq \sup_{\gamma < \lambda} \gamma = \lambda$,
da cui la tesi.
\end{enumerate}
\item Deriva immediatamente dal punto (ii.): $\alpha + \beta + 1 > \alpha + \beta \geq \beta$.
\item Si mostra per induzione transfinita in modo del tutto simile a come fatto per il punto (ii.),
sfruttando l'identità $\alpha \cdot (\beta + 1) = \alpha \cdot \beta + \alpha$ e sapendo che
$\alpha \cdot \lambda = \sup_{\gamma < \lambda} \alpha \cdot \gamma$ per $\lambda$ limite.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Disuguaglianze strette sugli ordinali con ordinale fisso a sinistro}{problem-52}
Siano $\alpha$ e $\gamma < \gamma'$ ordinali. Allora si mostri che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\alpha + \gamma < \alpha + \gamma'$.
\item $\alpha \cdot \gamma < \alpha \cdot \gamma'$, se anche $\alpha \neq 0$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Poiché $\gamma < \gamma'$, per il teorema della differenza a destra, esiste
$\rho > 0$ tale per cui $\gamma + \rho = \gamma'$. Mostriamo ora i due
risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\alpha + \gamma' = (\alpha + \gamma) + \rho > \alpha + \gamma$, dove
si è usato la tesi del \textit{Problema 51}.
\item $\alpha \cdot \gamma' = \alpha \cdot (\gamma + \rho) = \alpha \cdot \gamma + \alpha \cdot \rho$.
Poiché $\rho$ e $\alpha$ sono diversi da zero, $\alpha \cdot \rho > \alpha > 0$ per il \textit{Problema 51}. Allora
si conclude ancora utilizzando la tesi del \textit{Problema 51}, analogamente al punto (i.).
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Distributività a destra degli ordinali}{problem-53}
Siano $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ ordinali. Si mostri allora che:
\[ \alpha \cdot (\beta + \gamma) = \alpha \cdot \beta + \alpha \cdot \gamma. \]
\end{problem}
\begin{solution}
La tesi è immediatamente implicata dal fatto che per gli ordinali
$\alpha \cong \beta \implies \alpha = \beta$ e che il prodotto e la somma tra ordinali
corrispondono al prodotto (vd.~\textit{Problema 49}) e alla somma tra insiemi ben ordinati, per i quali vale:
\[ A \times (B + C) \cong (A \times B) + (A \times C), \]
per il \textit{Problema 43}.
\end{solution}
\begin{problem}{Forme normali di Cantor di $(\omega + 3) \cdot n$, $(\omega + 3)^2$, $(\omega + 3)^n$ e $(\omega + 3)^{\omega + 3}$}{problem-54}
Dato $n \in \omega$, si calcolino le forme normali di Cantor di:
\begin{tasks}[label=(\roman*.), label-width=19.4064pt](4)
\task $(\omega + 3) \cdot n$,
\task $(\omega + 3)^2$,
\task $(\omega + 3)^n$,
\task $(\omega + 3)^{\omega + 3}$.
\end{tasks}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le varie richieste separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $(\omega + 3) \cdot 0 = 0$, banalmente. Altrimenti $n$ è un successore, e allora:
\begin{eqnarray*}
(\omega + 3) \cdot n
&=& \underbrace{(\omega + 3) + \ldots + (\omega + 3)}_{n \text{ volte}} \\[2ex]
&=& \omega + \underbrace{(3 + \omega) + \ldots + (3 + \omega)}_{n-1 \text{ volte}} + 3 \\[2ex]
&=& \omega + \underbrace{\omega + \ldots + \omega}_{n-1 \text{ volte}} + 3 \\[2ex]
&=& \omega \cdot n + 3.
\end{eqnarray*}
\item Osserviamo che:
\begin{eqnarray*}
(\omega + 3)^2
&=& (\omega + 3) (\omega + 3) \\
&=& (\omega + 3) \omega + (\omega + 3) 3 \\
&=& (\omega + 3) \omega + \omega \cdot 3 + 3.
\end{eqnarray*}
Inoltre vale che:
\[ \omega^2 \leq (\omega + 3) \omega \leq (\omega + \omega) \omega = (\omega \cdot 2) \cdot \omega = \omega \cdot (2 \cdot \omega) = \omega^2, \]
da cui $(\omega + 3) \omega = \omega^2$, dove si è usato che $2 \cdot \omega = \omega$. Dunque $(\omega + 3)^2 = \omega^2 + \omega \cdot 3 + 3$.
\item Mostriamo per induzione che:
\[ (\omega + 3)^n = \omega^n + \omega^{n-1} \cdot 3 + \omega^{n-2} \cdot 3 + \ldots + \omega \cdot 3 + 3, \]
per ogni $n \geq 2$. Per $n = 2$, la tesi è già stata dimostrata. Assumiamo ora la tesi per $n$ e dimostriamola
per $n+1$:
\begin{eqnarray*}
(\omega + 3)^{n + 1}
&=& (\omega + 3)^{1 + n} \\
&=& (\omega + 3) (\omega + 3)^n \\
&=& (\omega + 3) (\omega^n + \omega^{n-1} \cdot 3 + \omega^{n-2} \cdot 3 + \ldots + \omega \cdot 3 + 3) \\
&=& \omega^{n+1} + \omega^n \cdot 3 + \omega^{n-1} \cdot 3 + \ldots + \omega^2 \cdot 3 + (\omega + 3) 3 \\
&=& \omega^{n+1} + \omega^n \cdot 3 + \omega^{n-1} \cdot 3 + \ldots + \omega^2 \cdot 3 + \omega \cdot 3 + 3,
\end{eqnarray*}
dove si è usato che $(\omega + 3) \omega^i = \omega^{i+1}$, analogamente a come fatto per il punto precedente.
\item Calcoliamo innanzitutto $(\omega + 3) ^ \omega$. Osserviamo che:
\[ \omega^\omega \leq (\omega + 3)^\omega \leq (\omega + \omega)^\omega \leq (\omega \cdot \omega)^\omega = {(\omega^2)}^\omega = \omega^{2 \cdot \omega} = \omega^\omega, \]
da cui si deduce che $(\omega + 3)^\omega = \omega^\omega$. Dunque:
\begin{eqnarray*}
(\omega + 3) ^ {\omega + 3}
&=& (\omega + 3)^\omega (\omega + 3)^3 \\
&=& \omega^\omega (\omega + 3)^3 \\
&=& \omega^\omega (\omega^3 + \omega^2 \cdot 3 + \omega \cdot 3 + 3) \\
&=& \omega^{\omega + 3} + \omega^{\omega + 2} \cdot 3 + \omega^{\omega + 3} \cdot 3 + \omega^\omega \cdot 3,
\end{eqnarray*}
dove si è usato il punto precedente per calcolare $(\omega + 3)^3$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Equivalenza tra la ricorsione transfinita per casi e la ricorsione transfinita con una sola dichiarazione}{problem-55}
Si mostri che sono equivalenti la ricorsione transfinita per casi e quella che impiega invece una sola funzione classe.
\end{problem}
\begin{solution}
La ricorsione transfinita che impiega una sola funzione classe si deriva facilmente da quella per casi, dal momento che
non esistono ordinali che siano sia limiti che successori; quindi se $G_1$ è la funzione classe che agisce sui successori, e $G_2$ è
quella che agisce sui limiti, è ben definita la funzione classe $G$ che sui successori agisce come $G_1$ e che sui limiti agisce come
$G_2$, e tale $G$ restituisce la stessa funzione della ricorsione transfinita per casi. \medskip
Analogamente la ricorsione transfinita per casi deriva da quella con una sola funzione classe: è sufficiente definire $G_1$ come la
restrizione sui successori e $G_2$ come la restrizione sui limiti.
\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}
\begin{solution}
Mostriamo la tesi per induzione su $n$. Innanzitutto $0 + \omega = \omega$, per il \textit{Problema 56}. Per $n = 1$,
$1 + \omega = \omega$; infatti un isomorfismo tra $\{*\} + \omega$ e $\omega$ è dato mappando $*$ a $0$ e
$n$ a $S(n) = n+1$. Assumiamo ora
la tesi per $n \geq 1$ e mostriamola per $n+1$:
\[ (n + 1) + \omega = n + (1 + \omega) = n + \omega = \omega, \]
dove si è usata l'associatività della somma (vd.~\textit{Problema 48}).
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazione degli ordinali che rispettano \underline{sulla somma} la proprietà di assorbimento a sinistra per ordinali più piccoli}{problem-57}
Sia $\alpha \neq 0$ un ordinale. Si mostri che sono equivalenti:
\begin{enumerate}[(i.)]
\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:
\[ \omega^{\delta' + 1} \leq \beta + \alpha \leq \omega^{\delta'} (n + \omega) = \omega^{\delta' + 1}, \]
da cui $\beta + \alpha = \omega^\delta$.
\item[$\boxed{\delta = \lambda \text{ limite}}$] Se invece $\delta = \lambda$ è un limite, $\beta < \omega^\lambda$ implica che esiste
$\gamma < \lambda$ per cui $\beta < \omega^\gamma$. Per il teorema della differenza a destra, esiste inoltre
$\varepsilon < \lambda$ per cui $\gamma + \varepsilon =\lambda$. Pertanto si deduce che:
\[ \omega^\lambda \leq \beta + \omega^\lambda \leq \omega^\gamma + \omega^\lambda = \omega^\gamma(1 + \omega^\varepsilon) = \omega^\lambda, \]
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 $\alpha \neq 0$ 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 $\exists \, \delta$ 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 $\beta \neq 0$, 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:
\[ \alpha = {(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^\omega \leq \beta \cdot \alpha \leq {(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^n \cdot {(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^\omega = {(\omega^{(\omega^{\delta'})})}^{n+\omega} = \alpha, \]
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:
\[ \omega^{(\omega^\lambda)} \leq \beta \cdot \omega^{(\omega^\lambda)} \leq \omega^{(\omega^\gamma)} \cdot {(\omega^{(\omega^\gamma)})}^{\omega^\varepsilon} = {(\omega^{(\omega^\gamma)})}^{1 + \omega^\varepsilon} = \omega^{(\omega^\lambda)}, \]
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
$\omega^\delta \leq \alpha$, $\beta < \omega^{\delta + 1}$.
\end{problem}
\begin{solution}
La tesi deriva immediatamente dal \textit{Problema 59}, dal momento che $\alpha \cdot \omega$ è la più piccola potenza di $\omega$
che maggiora $\alpha$, e che lo stesso succede con $\beta \cdot \omega$.
\end{solution}
\begin{problem}{Condizioni sull'assorbimento della somma}{problem-61}
Siano $\alpha$, $\beta \neq 0$ distinti. Allora vale una e una sola delle seguenti affermazioni:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\alpha + \beta = \beta$.
\item $\beta + \alpha = \alpha$.
\item $\exists \, \delta$ con $\omega^\delta \leq \alpha$, $\beta < \omega^{\delta + 1}$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo innanzitutto che al più una affermazione è vera. Se $\alpha + \beta = \beta$,
sicuramente non può essere $\beta + \alpha = \alpha$, e viceversa, altrimenti:
\[ \beta + \beta = \beta + \alpha + \beta = \beta + \alpha. \]
Per il teorema della differenza a destra, allora si avrebbe $\alpha = \beta$, \Lightning.
Supponiamo ora senza perdita di generalità che valga $\alpha + \beta = \beta$. Non può esistere
$\delta$ tale per cui $\omega^\delta \leq \alpha$, $\beta < \omega^{\delta + 1}$: se così fosse
si avrebbe:
\[ \alpha + \beta \]
Supponiamo ora esista $\delta$ tale per cui $\omega^\delta \leq \alpha$, $\beta < \omega^{\delta + 1}$, e
mostriamo che né (i.), né (ii.) sono possibili. Poiché $\alpha$, $\beta$ sono compresi tra le
stesse potenze successive di $\omega$,
esistono $m$, $n \in \omega \setminus \{0\}$ e $\rho$, $\rho' < \omega^\delta$ tali per cui:
\[ \alpha = \omega^\delta \cdot m + \rho, \quad \beta = \omega^\delta \cdot n + \rho'. \]
Allora:
\[ \alpha + \beta = \omega^\delta \cdot m + \rho + \omega^\delta \cdot n + \rho' =
\omega^\delta \cdot (m + n) + \rho', \]
dove si è usato l'assorbimento di $\omega^\delta$ e che $n > 0$. Allora $\alpha + \beta$ non può
coincidere con $\beta$, infatti si avrebbe:
\[ \omega^\delta \cdot n + \omega^\delta \cdot m + \rho' = \omega^\delta \cdot n + \rho', \]
e quindi per il teorema della differenza a destra i avrebbe $\omega^\delta \cdot m + \rho' = \rho'$, che è
assurdo, \Lightning. Analogamente $\beta + \alpha$ non può coincidere con $\alpha$. \medskip
Mostriamo che una delle tre affermazioni è sempre vera. Se $\exists \, \delta$
con $\omega^\delta \leq \alpha$, $\beta < \omega^{\delta + 1}$, la tesi è vera. Altrimenti,
esiste $\delta$ tale per cui $\alpha < \omega^\delta \leq \beta$ o
$\beta < \omega^\delta \leq \alpha$. Nel primo caso, allora $\beta$ assorbe $\alpha$; nel secondo
$\alpha$ assorbe $\beta$. Per vederlo è sufficiente scrivere il maggiore dei due come $\omega^\delta \cdot n + \rho$,
come prima, e calcolare la somma direttamente, impiegando l'assorbimento di $\omega^\delta$ nei confronti
del minore.
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà fondamentali dell'algebra cardinale}{problem-62}
Siano $\kappa$, $\mu$, $\ni$ cardinali. Allora:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $(\kappa + \mu) + \nu = \kappa + (\mu + \nu)$.
\item $(\kappa \cdot \mu) \cdot \nu = \kappa \cdot (\mu \cdot \nu)$.
\item $\kappa + \mu = \mu + \kappa$.
\item $\kappa \cdot \mu = \mu \cdot \kappa$.
\item $\kappa \cdot (\mu + \nu) = \kappa \cdot \mu + \kappa \cdot \nu$.
\item $\kappa^\mu \cdot \kappa^\nu = \kappa^{\mu + \nu}$.
\item $(\kappa^\mu)^\nu = \kappa^{\mu \cdot \nu}$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i vari risultati separatamente su generici insiemi $A$, $B$, $C$, da cui la tesi
deriva immediatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\abs{(A \sqcup B) \sqcup C} = \abs{A \sqcup (B \sqcup C)}$, dove una bigezione è data dalle seguenti relazioni:
\[ ((a, 0), 0) \mapsto (a, 0), \]
\[ ((b, 1), 0) \mapsto ((b, 0), 1), \]
\[ (c, 1) \mapsto ((c, 1), 1). \]
\item $\abs{(A \times B) \times c} = \abs{A \times (B \times C)}$, dove una bigezione è data da $((a, b), c) \mapsto (a, (b, c))$.
\item $\abs{A \sqcup B} = \abs{B \sqcup A}$, dove una bigezione è data da $(x, i) \mapsto (x, 1-i)$.
\item $\abs{A \times B} = \abs{B \times A}$, dove una bigezione è data da $(a, b) \mapsto (b, a)$.
\item $\abs{A \times (B \sqcup C)} = \abs{(A \times B) \sqcup (A \times C)}$, dove una bigezione è data da
$(a, (x, i)) \mapsto ((a, x), i)$.
\item $\abs{A^C \times B^C} = \abs{(A \times B)^C}$, dove una bigezione è data da
$(f, g) \mapsto [c \mapsto (f(c), g(c))]$.
\item $\abs{{(A^B)}^C} = \abs{A^{B \times C}}$, dove una bigezione è data da
$f \mapsto [(b, c) \mapsto (f(c)(b))]$ (\textit{currying}).
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{$\aleph_\alpha \leq \beth_\alpha$ per ogni ordinale $\alpha$}{problem-63}
Sia $\alpha$ un ordinale. Si mostri che $\aleph_\alpha \leq \beth_\alpha$.
\end{problem}
\begin{solution}
Dimostriamo la tesi per induzione transfinita su $\alpha$.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\alpha = 0}$] Per definizione $\aleph_0 = \beth_0 = \omega$, dunque la tesi è vera.
\item[$\boxed{\alpha + 1}$] Per definizione $\aleph_\alpha \leq \beth_\alpha$, e dunque
$\aleph_{\alpha + 1} = \HH(\aleph_\alpha) \leq \HH(\beth_\alpha)$. Poiché $\beth_{\alpha + 1} = 2^{\beth_\alpha} > \beth_\alpha$,
essendo il numero di Hartogs di $\beth_\alpha$ il più piccolo cardinale maggiore di $\beth_\alpha$, si ottiene infine:
\[ \aleph_{\alpha + 1} = \HH(\aleph_\alpha) \leq \HH(\beth_\alpha) \leq \beth_{\alpha + 1}. \]
\item[$\boxed{\alpha = \lambda \text{ limite}}$] Per definizione $\aleph_\lambda = \sup_{\beta < \lambda} \aleph_\beta$ e $\beth_\lambda = \sup_{\beta < \lambda} \beth_\beta$. La tesi
segue allora immediatamente dall'ipotesi induttiva.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà fondamentali della somma infinita di cardinali}{problem-64}
Sia $I$ un insieme. Si mostri allora che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\sum_{i \in I} 1 = \abs{I}$.
\item $\sum_{i \in I} \kappa = \kappa \cdot \abs{I}$.
\item $\sum_{i \in I} \kappa_i = \sum_{i \in I} \kappa_{\sigma(i)}$ per ogni permutazione $\sigma \in \Sym(I)$.
\item Se $\kappa_i \leq \mu_i$ per ogni $i \in I$, allora $\sum_{i \in I} \kappa_i \leq \sum_{i \in I} \mu_i$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le varie richieste separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[(i.) e (ii.)] Deriva facilmente dal fatto che $\bigsqcup_{i \in I} A$ è definito proprio come $\bigcup_{i \in I} A \times \{i\}$, che
risulta essere proprio $A \times I$; il punto (i.) si ottiene ponendo $A = 1$.
\item[(iii.)] Come prima, deriva facilmente dal fatto che $\abs{\bigsqcup_{i \in I} A_i} = \abs{\bigsqcup_{i \in I} A_{\sigma(i)}}$, dove la bigezione è data da
$(a_i, i) \mapsto (a_i, \sigma(i))$.
\item[(iv.)] Ancora, deriva dal fatto che $\abs{\bigsqcup_{i \in I} A_i} \leq \abs{\bigsqcup_{i \in I} B_i}$ se $\abs{A_i} \leq \abs{B_i}$ per ogni $i \in I$; se
$\varphi_i : A_i \to B_i$ è una funzione iniettiva per ogni $i \in I$, allora la tesi è data da $\varphi : \bigsqcup_{i \in I} A_i \to \bigsqcup_{i \in I} B_i$ tale per
cui $\varphi(a_i, i) = (\varphi_i(a_i), i)$, che è iniettiva.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Proprietà fondamentali del prodotto infinito di cardinali}{problem-65}
Sia $I$ un insieme. Si mostri allora che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item $\prod_{i \in I} \kappa_i = \prod_{i \in I} \kappa_{\sigma(i)}$ per ogni permutazione $\sigma \in \Sym(I)$.
\item $\prod_{i \in I} \kappa^{\mu_i} = \kappa^{\sum_{i \in I} \mu_i}$, e quindi $\prod_{i \in I} \kappa = \kappa^{\abs{I}}$.
\item $\left( \prod_{i \in I} \kappa_i \right)^\mu = \prod_{i \in I} \kappa_i^\mu$.
\item Se $I = \bigsqcup_{j \in J} I_j$, allora $\prod_{i \in I} \kappa_i = \prod_{j \in J} \prod_{i \in I_j} \kappa_i$ (associatività generalizzata).
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo le varie richieste separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Deriva facilmente dal fatto che $\abs{\prod_{i \in I} A_i} = \abs{\prod_{i \in I} A_{\sigma(i)}}$, dove la bigezione è data da
$f \mapsto [i \to f(\sigma(i))]$.
\item Come prima, deriva facilmente dal fatto che $\abs{\prod_{i \in I} A^{B_i}} = \abs{A^{\bigsqcup_{i \in I} B_i}}$, dove stavolta la
bigezione è data da $f \mapsto [(b, i) \mapsto f(i)(b)]$.
\item Ancora, deriva dal fatto che $\abs{\left(\prod_{i \in I} A_i\right)^B} = \abs{\prod_{i \in I} A_i^B}$, dove la bigezione è data da
$f \mapsto [i \mapsto [b \to f(b)(i)]]$.
\item Per l'ultima volta, deriva dal fatto che $\abs{\prod_{i \in I} A_i} = \abs{\prod_{j \in J} \prod_{i \in I_j} A_i}$, dove la bigezione è data da
$f \mapsto [j \mapsto [i \to f(i)]]$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{Le cofinalità sono cardinali regolari: $\cof(\cof(A)) = \cof(A)$}{problem-66}
Sia $(A, <)$ un insieme totalmente ordinato. Si mostri allora che:
\[ \cof(\cof(A)) = \cof(A). \]
\end{problem}
\begin{solution}
Se fosse $\cof(\cof(A)) < \cof(A)$, esisterebbe un sottinsieme cofinale in $\cof(A)$
di cardinalità strettamente minore di quella di $\cof(A)$. Questo sottinsieme sarebbe cofinale
anche in $A$, essendo $\cof(A)$ cofinale in $A$. Allora $A$ ammetterebbe un sottinsieme
cofinale di cardinalità strettamente minore di $\cof(A)$, \Lightning. Dunque
$\cof(\cof(A)) \geq \cof(A)$, da cui la tesi, osservando che vale $\cof(A) \leq \abs{A}$ per
ogni insieme $A$.
\end{solution}
\begin{problem}{$\cof(\alpha + \beta) = \cof(\beta)$}{problem-67}
Siano $\alpha$ e $\beta$ ordinali. Allora $\cof(\alpha + \beta) = \cof(\beta)$.
\end{problem}
\begin{solution}
Sia $f : \cof(\beta) \to \beta$ una funzione cofinale. Allora $f* : \cof(\beta) \to \alpha + \beta$ definita da
$f*(\gamma) = \alpha + f(\gamma)$ è una funzione cofinale, e dunque $\cof(\alpha + \beta) \geq \cof(\beta)$. \medskip
Se invece $g : \cof(\alpha + \beta) \to \alpha + \beta$ è una funzione cofinale, allora $g* : \cof(\alpha + \beta) \to \beta$ definita da
$g*(\gamma) = g(\gamma) - \alpha$ è una funzione cofinale, dove $g(\gamma) - \alpha$ è il $\beta$ tale per cui $g(\gamma) = \alpha + \beta$ (che esiste,
per il teorema della differenza a destra). Quindi $\cof(\beta) \geq \cof(\alpha + \beta)$, da cui la tesi.
\end{solution}
\begin{problem}{Ogni cardinalità regolare è la cofinalità di un ordinale arbitrariamente grande}{problem-68}
Sia $\mu$ un cardinale regolare. Si mostri allora che per ogni cardinale $\kappa$ esiste $\nu \geq \kappa$ (come ordinali)
tale per cui $\cof(\nu) = \mu$.
\end{problem}
\begin{solution}
La tesi è una diretta conseguenza del \textit{Problema 67}. Infatti $\cof(\kappa + \mu) = \cof(\mu) = \mu$, dacché
$\mu$ è regolare.
\end{solution}
\begin{problem}{Per $\lambda$ ordinale limite, $\cof(\aleph_\lambda) = \cof(\beth_\lambda) = \cof(\lambda)$}{problem-69}
Sia $\lambda$ un ordinale limite, si mostri allora che $\cof(\aleph_\lambda) = \cof(\beth_\lambda) = \cof(\lambda)$.
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo solo che $\cof(\aleph_\lambda) = \cof(\lambda)$, il caso di $\beth_\lambda$ è analogo. \medskip
Sia $f : \cof(\lambda) \to \lambda$ una funzione cofinale. Allora $g : \cof(\lambda) \to \aleph_\lambda$ definita da
$g(\alpha) = \aleph_{f(\alpha)}$ è una funzione cofinale, dunque $\cof(\aleph_\lambda) \leq \cof(\lambda)$. \medskip
Sia ora $h : \cof(\aleph_\lambda) \to \aleph_\lambda$ una funzione cofinale. Allora $g : \cof(\aleph_\lambda) \to \lambda$ definita da
$g(\alpha) = \min \{ \beta \mid h(\beta) < \aleph_\alpha \}$ è una funzione cofinale, dunque $\cof(\lambda) \leq \cof(\aleph_\lambda)$. \medskip
Dunque $\cof(\aleph_\lambda) = \cof(\lambda)$.
\end{solution}
\begin{problem}{$V_\alpha$ è chiuso per sottinsiemi, unioni e chiusure transitive}{problem-70}
Sia $V_\alpha$ il livello $\alpha$-esimo della gerarchia di von Neumann. Si mostri che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Se $x \subseteq y \in V_\alpha$, allora $x \in V_\alpha$.
\item Se $A \in V_\alpha$, allora $\bigcup A \in V_\alpha$.
\item Se $A \in V_\alpha$, allora $\TC(A) \in V_\alpha$, dove $\TC(A)$ è la chiusura transitiva di $A$.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i vari risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Distinguiamo i vari casi.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\alpha = 0}$] La tesi è banale per $\alpha = 0$, dal momento che non ammette elementi.
\item[$\boxed{\alpha + 1}$] Sia $x \subseteq y \in V_{\alpha + 1}$. Allora $x \subseteq y \subseteq V_{\alpha}$, da
cui $x \subseteq V_{\alpha}$, e quindi $x \in \PP(V_\alpha) = V_{\alpha + 1}$.
\item[$\boxed{\alpha = \lambda \text{ limite}}$] Sia $x \subseteq y \in V_\lambda$. Allora esiste $\mu < \lambda$ successore per cui
$x \subseteq y \in V_\mu$; da prima allora $x \in V_\mu \subseteq V_\lambda$.
\end{enumerate}
\item Distringuiamo ancora i vari casi.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\alpha = 0}$] La tesi è ancora banale.
\item[$\boxed{\alpha + 1}$] Sia $A \in V_{\alpha + 1}$. Allora $A \subseteq V_{\alpha}$. Per transitività $\bigcup A \subseteq V_{\alpha}$, e
dunque $\bigcup A \in V_{\alpha + 1}$.
\item[$\boxed{\alpha = \lambda \text{ limite}}$] Sia $A \in V_\lambda$. Allora esiste $\mu < \lambda$ successore per cui
$A \in V_\mu$; da prima allora $\bigcup A \in V_\mu \subseteq V_\lambda$.
\end{enumerate}
\item Distringuiamo per un'ultima volta i vari casi.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item[$\boxed{\alpha = 0}$] La tesi come sempre è banale.
\item[$\boxed{\alpha + 1}$] Sia $A \in V_{\alpha + 1}$. Allora $A \subseteq V_{\alpha}$. Dal momento che $V_\alpha$ è transitivo, si ha che
$\TC(A) \subseteq V_{\alpha}$, e quindi $\TC(A) \in V_{\alpha + 1} = \PP(V_\alpha)$.
\item[$\boxed{\alpha = \lambda \text{ limite}}$] Sia $A \in V_\lambda$. Allora esiste $\mu < \lambda$ successore per cui
$A \in V_\mu$; da prima allora $\TC(A) \in V_\mu \subseteq V_\lambda$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{problem}{$V_* = \bigcup_{\alpha \in \ORD} V_\alpha$ è una classe propria}{problem-71}
Sia $V_* := \bigcup_{\alpha \in \ORD} V_\alpha$. Si mostri che $V_*$ è una classe propria.
\end{problem}
\begin{solution} % TODO: motivazione sul perché c'è \alpha in V_{\alpha + 1}
Osserviamo innanzitutto che per ogni ordinale $\alpha$, $\alpha \subseteq V_\alpha$, e quindi
$\alpha \in V_{\alpha + 1}$,
Sia dunque $F : \ORD \to V_*$ la funzione-classe che associa un ordinale $\alpha$ a sé stesso
in $V_{\alpha + 1} \subseteq V_*$. $F$ è iniettiva, e dunque se $V_*$ fosse un insieme,
lo sarebbe anche $\ORD$, \Lightning. Dunque $V_*$ è una classe propria.
\end{solution}
\begin{problem}{Caratterizzazione della validità degli assiomi di coppia, delle parti, dell'infinito
e della scelta per i livelli della gerarchia di von Neumann}{problem-72}
Sia $\alpha$ un ordinale. Si mostri che:
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Vale l'assioma della coppia in $V_\alpha$ se e solo se $\alpha$ è limite.
\item Vale l'assioma delle parti in $V_\alpha$ se e solo se $\alpha$ è limite.
\item Vale l'assioma dell'infinito in $V_\alpha$ se e solo se $\alpha > \omega$.
\item Vale l'assioma della scelta in $V_\alpha$ se e solo se $\alpha$ è limite.
\end{enumerate}
\end{problem}
\begin{solution}
Mostriamo i vari risultati separatamente.
\begin{enumerate}[(i.)]
\item Supponiamo che $\alpha = \lambda$ sia limite. Allora, dati $a$, $b \in V_\lambda$, esiste
sicuramente $\mu < \lambda$ per cui $a$, $b \in V_\mu$ (basta prendere il massimo tra i due
ordinali $\eta$, $\xi$ per cui $a \in V_\eta$, $b \in V_\xi$). Per l'assioma della coppia,
esiste $\{a, b\} \subseteq V_\mu$. Allora $\{a, b\} \in \PP(V_\mu) = V_{\mu + 1} \subseteq V_\lambda$. \medskip
Viceversa supponiamo ora che valga in $V_\alpha$ l'assioma della coppia. Se per assurdo
$\alpha$ fosse un successore $\delta + 1$, allora, dacché $0$, $\delta \in V_{\delta + 1} = V_\alpha$,
si avrebbe $\{0, \delta\} \in V_\alpha = \PP(V_\delta)$, e quindi $\delta \in \{0, \delta\} \subseteq V_\delta$,
che è assurdo dal momento che un ordinale non può appartenere al livello della gerarchia di von Neumann che
indicizza, \Lightning. Dunque $\alpha$ è limite.
\item Supponiamo che $\alpha = \lambda$ sia limite. Allora dato $a \in V_\lambda$, esiste sicuramente
$\mu < \lambda$ per cui $a \in V_\mu$. Poiché $V_\mu$ è transitivo, $a \subseteq V_\mu$, dunque
$\PP(a) \subseteq \PP(V_{\mu}) = V_{\mu + 1}$, e dunque $\PP(a) \in V_{\mu + 2}$. Poiché $\lambda$ è limite,
$V_{\mu + 2} \subseteq V_\lambda$, e dunque è verificato l'assioma delle parti. \medskip
Viceversa supponiamo ora che valga in $V_\alpha$ l'assioma delle parti. Se per assurdo
$\alpha$ fosse un successore $\delta + 1$, allora, dacché $\delta \in V_{\delta + 1} = V_\alpha$,
si avrebbe $\PP(\delta) \in V_\alpha$, e quindi $\delta \in \PP(\delta) \subseteq V_\delta$,
che è assurdo dal momento che un ordinale non può appartenere al livello della gerarchia di von Neumann che
indicizza, \Lightning. Dunque $\alpha$ è limite.
\item Poiché $V_n = n$ per ogni $n$ naturale, $V_\omega = \bigcup_{n \in \omega} V_n$ è esattamente $\omega$.
Dunque per $\alpha \leq \omega$ non può essere vero l'assioma dell'infinito in $V_\alpha$: per $\alpha = \omega$,
perché altrimenti si avrebbe $\omega \in V_\omega$, assurdo dal momento che un ordinale non può
appartenere al livello della gerarchia di von Neumann che indicizza, \Lightning; per $\alpha < \omega$,
$V_\alpha$ è finito, e dunque non può ammettere per transitività un elemento infinito. Per $\alpha > \omega$, invece
$\omega = V_\omega \subseteq V_\alpha$.
\item Supponiamo che $\alpha = \lambda$ sia limite. Sia $X \in V_\lambda \setminus \{\emptyset\}$. In ZFC esiste dunque
per scelta una funzione di scelta $f : \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \to X$, appartenente a $\PP((\PP(X) \setminus \{\emptyset\}) \times X)$,
che è un elemento di $V_\lambda$ dal momento che soddisfa l'assioma delle parti (vd.~(ii.)), di unione e di separazione (essendo transitivo),
e dunque $V_\lambda$ soddisfa l'assioma di scelta. \medskip
Viceversa supponiamo che $V_\alpha$ soddisfi scelta. Allora esiste una funzione di scelta $f : \PP(X) \setminus \{\emptyset\} \to X$ per
ogni $X \in V_\alpha \setminus \{\emptyset\}$. Pertanto il dominio di $f$, $\PP(X) \setminus \{\emptyset\}$, deve appartenere a
$V_\alpha$, e quindi $\PP(X) \in V_\alpha$. Dunque $V_\alpha$ soddisfa l'assioma delle parti, da cui necessariamente $\alpha$ è limite.
\end{enumerate}
\end{solution}
\end{document}
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