Logika i teoria mnogości/Wykład 12: Twierdzenie o indukcji. Liczby porządkowe. Zbiory liczb porządkowych. Twierdzenie o definiowaniu przez indukcje pozaskończoną

Wprowadzenie

W poniższym wykładzie przyjrzymy się dokładnie zbiorom dobrze uporządkowanym. Jedną z ważniejszych własności tych zbiorów jest, że prawdziwa jest w nich uogólniona zasada indukcji zwana "indukcją pozaskończoną". Jest to szczególnie istotne w kontekście twierdzenia Zermello które mówi, że każdy zbiór da się dobrze uporządkować. Możemy dzięki temu przeprowadzać dowody indukcyjne oraz definiować nowe funkcje za pomocą indukcji pozaskończonej na zbiorach większych niż przeliczalne.

Dobre uporządkowanie

Przypomnijmy, że zbiorem dobrze uporządkowanym nazywamy zbiór częściowo uporządkowany, w którym każdy niepusty podzbiór ma element najmniejszy. Wynika stąd, że również w całym zbiorze musi istnieć element najmniejszy, o ile tylko zbiór jest niepusty.

Przykład

Przykładem zbioru dobrze uporządkowanego jest zbiór $\mathbb{\mathbb{N}}$ uporządkowany, przez $\subset$.
Zasada minimum (wyklad 7. liczby naturalne) mówi, że w każdym podzbiorze $\mathbb{\mathbb{N}}$ istnieje element najmniejszy, a więc, że ten porządek jest dobry.

Ćwiczenie

Udowodnij, że każdy dobry porządek jest porządkiem liniowym.

Wskazówka

Rozważ podzbiory dwuelementowe.

Rozwiązanie

Niech $(X,\le )$ będzie dobrym porządkiem. Jeśli $X$ jest pusty lub jednoelementowy to jest dobrze uporządkowany. W przeciwnym przypadku weźmy dowolne dwa różne elementy $x,y\in X$. Wtedy $\{x,y\}\subset X$ i istnieje element minimalny w $\{x,y\}$, a więc $x\le y$ lub $y\le x$. Wobec tego dowolne dwa elementy $X$ są porównywalne.

Zbiory dobrze uporządkowane mają bardzo specyficzną strukturę. Jedną z własności jest istnienie następników dla prawie wszystkich elementów.

W zbiorze uporządkowanym $(X,\le )$ element $y$ nazywamy następnikiem elementu $x$ jeśli $x\le y$, $x\ne y$ oraz każdy element silnie większy od $x$ jest nie mniejszy od $y$ (czyli $(x\le z\wedge x\ne z)\Rightarrow y\le z$).

Ćwiczenie

Podaj przykład zbioru uporządkowanego w którym żaden element nie ma następnika.

Rozwiązanie

Zbiór liczb wymiernych uporządkowany naturalną relacją mniejszości ma tę własność. Przypuśćmy, że istnieje liczba $x\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ która ma następnik, oznaczymy go przez $y$. Wtedy $x<y$ wobec tego

$x<\frac{x+y}{2}<y.$

Ponieważ $\frac{x+y}{2}$ jest liczbą wymierną to otrzymujemy sprzeczność z definicją następnika.

Twierdzenie

W zbiorze dobrze uporządkowanym każdy element, który nie jest elementem największym, ma następnik.

Dowód

Niech $(X,\le )$ będzie zbiorem dobrze uporządkowanym. Niech $x$ będzie dowolnym elementem zbioru $X$ który nie jest elementem największym. Zdefiniujmy zbiór $A$ następująco

$A=\{y\in X:x<y\}.$

Zbiór $A$ jest niepusty gdyż $x$ nie jest elementem największym. Ponieważ $X$ jest dobrze uporządkowany to w zbiorze $A$ istnieje element najmniejszy, nazwijmy go $y$. Pokażemy, że jest następnikiem $x$. Ponieważ $y\in A$ to $x<y$. Weźmy dowolny element $z\in X$ który jest silnie większy od $x$. Wtedy $z$ musi należeć do $A$, a więc ponieważ $y$ jest najmniejszy w $A$ to $y\le z$. Wobec tego $y$ jest następnikiem elementu $x$.

Element zbioru dobrze uporządkowanego nazywamy elementem granicznym jeśli nie jest następnikiem, żadnego elementu.

Ćwiczenie

Podaj przykład zbioru uporządkowanego liniowo, w którym każdy element ma następnik, a zbiór nie jest dobrze uporządkowany. Czy zbiór tak uporządkowany może mieć element najmniejszy?

Rozwiązanie

Przykładem takiego zbioru może być zbiór liczb całkowitych uporządkowany przez naturalną relację mniejszości. Wtedy dla dowolnego elementu $x\in \mathbb{\mathbb{Z}}$, jego następnikiem jest $x+1$, a zbiór ten nie jest dobrze uporządkowany, gdyż na przykład cały zbiór $\mathbb{\mathbb{Z}}$ nie ma elementu najmniejszego.

Można też skonstruować taki zbiór spełniający wymagania ćwiczenia, który ma element minimalny. Rozważmy zbiory $A=\mathbb{\mathbb{N}}\times \{0\}$ oraz $B=\mathbb{\mathbb{Z}}\times \{1\}$. Zauważmy, że zbiory te są rozłączne. Zbiór $A$ uporządkujemy relacją ${\le }_A$ zdefiniowaną następująco

$(x,0){\le }_A(y,0)\iff x{\le }_{\mathbb{\mathbb{N}}}y$

gdzie ${\le }_{\mathbb{\mathbb{N}}}$ jest naturalną relacją mniejszości na liczbach naturalnych. Analogicznie dla zbioru $B$ zdefiniujemy relację ${\le }_B$

$(x,0){\le }_B(y,0)\iff x{\le }_{\mathbb{\mathbb{Z}}}y$

gdzie ${\le }_{\mathbb{\mathbb{Z}}}$ jest naturalną relacją mniejszości na liczbach całkowitych. Rozważmy teraz zbiór $C=A\cup B$ który uporządkujemy relacją ${\le }_A\cup {\le }_B\cup A\times B$. Innymi słowy w zbiorze $C$ porządek pomiędzy elementami zbioru $A$ jest zgodny z ${\le }_A$, porządek pomiędzy elementami zbioru $B$ jest zgodny z ${\le }_B$ oraz każdy element zbioru $A$ jest mniejszy od każdego elementu zbioru $B$. W zbiorze $C$ każdy element ma następnik, gdyż każdy element zbioru $A$ ma następnik w $A$ i każdy element zbioru $B$ ma następnik w $B$. Zbiór $C$ nie jest dobrze uporządkowany, gdyż $B\subset C$ nie ma elementu najmniejszego.

Pokażemy teraz, że każdy zbiór $(X,\le )$ dobrze uporządkowany jest podobny do pewnej rodziny zbiorów uporządkowanych przez inkluzję.

Niech $(X,\le )$ będzie zbiorem uporządkowanym. Zbiór $A\subset X$ nazywamy przedziałem początkowym $(X,\le )$ jeśli

${\mathrm{\forall }}_{x\in A}{\mathrm{\forall }}_{y\in X}(y\le x\Rightarrow y\in A).$

Czyli $A$ jest przedziałem początkowym jeśli wraz z każdym swoim elementem zawiera także wszystkie elementy zbioru $X$ które są od niego mniejsze. Będziemy używać następujących oznaczeń, dla $x_0\in X$

$O(x_0)=\{x\in X:x<x_0\}$

oraz

$\overline{O(x_0)}=\{x\in X:x\le x_0\}.$

Zbiór $\overline{O(x_0)}$ będziemy nazywać domkniętym przedziałem początkowym.

Twierdzenie

Jeśli $(X,\le )$ będzie zbiorem dobrze uporządkowanym. Wtedy każdy jego przedział początkowy, różny od $X$, jest postaci $\{x\in X:x<x_0\}$ dla pewnego elementu $x_0\in X$ (czyli każdy przedział początkowy jest postaci $O(x_0)$).

Dowód

Niech $A$ będzie przedziałem początkowym $X$ różnym od $X$. Wtedy zbiór $X\setminus A$ jest niepusty i jest podzbiorem $X$ więc posiada element najmniejszy, oznaczmy go przez $x_0$. Pokażemy, że $A=O(x_0)$. Przypuśćmy, że istnieje element $y\in X$ taki, że $y\in A$ oraz $x_0\le y$. Wtedy ponieważ $A$ jest przedziałem początkowym to $x_0$ również musiałby być elementem $A$ co jest sprzeczne z tym że $x_0\in X\setminus A$. Wobec tego wszystkie elementy $A$ są silnie mniejsze od $x_0$. Przypuśćmy teraz, że istnieje element $y\in X$, który jest silnie mniejszy od $x_0$ i nie należy do $A$. Wtedy $y\in X\setminus A$ i ponieważ jest silnie mniejszy od $x_0$ to dostajemy sprzeczność z faktem że $x_0$ jest najmniejszy w tym zbiorze. Wobec tego zbiór $A$ składa się dokładnie z elementów silnie mniejszych od $x_0$, co oznacza że $A=O(x_0)$.

Ćwiczenie

Podaj przykład zbioru dobrze uporządkowanego $X$, w którym istnieje przedział początkowy różny od $X$ który nie jest postaci $\{x\in X:x\le x_0\}$ (uwaga! nierówność jest słaba).

Dodaj jeden element do zbioru liczb naturalnych.

Rozwiązanie

Rozważmy zbiór liczb naturalnych $\mathbb{\mathbb{N}}$ oraz jeden element który nie należy do $\mathbb{\mathbb{N}}$. Oznaczymy go przez $\mathrm{\top }$ (w roli $\mathrm{\top }$ może występować na przykład $\mathbb{\mathbb{N}}$ ponieważ wiemy, że żaden zbiór nie jest swoim własnych elementem). Zbiór $\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{\mathrm{\top }\}$ oznaczymy przez ${\mathbb{\mathbb{N}}}^{\prime }$ i uporządkujemy relacją ${\le }_{\mathbb{\mathbb{N}}}\cup \mathbb{\mathbb{N}}\times \{\mathrm{\top }\}$, gdzie ${\le }_{\mathbb{\mathbb{N}}}$ jest naturalnym porządkiem pomiędzy liczbami z $\mathbb{\mathbb{N}}$. Relację tą będziemy oznaczać przez $\le$ . Tak zdefiniowana relacja zachowuje porządek ${\le }_{\mathbb{\mathbb{N}}}$ pomiędzy liczbami naturalnymi, oraz określa element $\mathrm{\top }$ jako element największy w ${\mathbb{\mathbb{N}}}^{\prime }$. Łatwo sprawdzić, że zbiór ten jest dobrze uporządkowany. Pokażemy, że zbiór $\mathbb{\mathbb{N}}$ jest odcinkiem początkowym w ${\mathbb{\mathbb{N}}}^{\prime }$ który nie jest postaci $\{x\in X:x\le x_0\}$. Zbiór $\mathbb{\mathbb{N}}$ jest odcinkiem początkowym gdyż $\mathrm{\top }$ jest elementem największym w ${\mathbb{\mathbb{N}}}^{\prime }$. Istnieje elementu $x_0\in {\mathbb{\mathbb{N}}}^{\prime }$ takiego, że $\mathbb{\mathbb{N}}=\{x\in X:x\le x_0\}$ oznaczałoby, że istnieje największa liczba naturalna, gdyż $x_0$ musiałby należeć do $\mathbb{\mathbb{N}}$. Wobec tego taki element nie istnieje.

Ćwiczenie

Udowodnij, że dla każdego dobrego porządku $(X,\le )$ istnieje funkcja, która niepustym podzbiorom $X$ przypisuje ich element najmniejszy. Funkcje tą nazywamy $\min :{𝒫}(X)\setminus \left\{\mathrm{\varnothing }\right\}\to X$.

Rozwiązanie

Zdefiniujemy zbiór $\min$ następująco

$\min =\{z\in {𝒫}({𝒫}({𝒫}(X)\cup X)):{\mathrm{\exists }}_{A\in {𝒫}(X)}{\mathrm{\exists }}_{a\in X}[z=(A,a)\wedge {\mathrm{\forall }}_{b\in A}a\le b]\}.$

Istnienie zbioru $\min$ wynika z aksjomatu wyróżniania. Jest to funkcja częściowa ponieważ istnieje co najwyżej jeden element najmniejszy w każdym podzbiorze $A$. $\min$ jest funkcją totalną ponieważ $A$ jest dobrze uporządkowany, a więc w każdym podzbiorze istnieje element najmniejszy.

W poniższym twierdzeniu przedstawiamy konstrukcję rodziny zbiorów uporządkowanej przez $\subset$ podobnej do danego zbioru dobrze uporządkowanego.

Twierdzenie

Niech $(X,\le )$ będzie zbiorem dobrze uporządkowanym, a ${ℛ}$ będzie zbiorem jego istotnych przedziałów początkowych. Wtedy $(X,\le )$ jest podobny do $({ℛ},\subseteq )$.

Dowód

Zdefiniujmy funkcję $f:X\to {ℛ}$ tak aby $f(x)=O(x)$. Pokażemy, że ta funkcja ustala podobieństwo. Pokażemy po kolei, że jest suriekcją , iniekcją oraz, że jest monotoniczna.

1. Suriektywność funkcji $f$ wynika z twierdzenia Uzupelnic thm:odcPoczDefiniowanie|.
2. Weźmy dowolne $x,y\in X$ takie, że $x<y$. Wtedy z definicji

$x\in O(y)$, oraz $x\notin O(x)$, w więc $f(x)\ne f(y)$.

1. Weźmy dowolne $x,y\in X$ takie, że $x<y$. Weźmy dowolny $z\in f(x)$.

Oznacza to, że $z\in O(x)$ a więc $z<x$. Wtedy również $z<y$ a więc $z\in O(y)=f(y)$. Wobec dowolności wyboru $z$ otrzymujemy $f(x)\subset f(z)$ a więc funkcja $f$ jest monotoniczna.

Zauważmy, że własność bycia dobrym porządkiem jest przenoszona przez podobieństwo porządków.

Ćwiczenie

Jeśli porządki $(X,{\le }_X)$ oraz $(Y,{\le }_Y)$ są podobne, to $(X,{\le }_X)$ jest dobry wtedy i tylko wtedy gdy $(Y,{\le }_Y)$ jest dobry.

Rozwiązanie

Ze względu na symetrię wykażemy implikację tylko w jedną stronę. Niech $f:X\to Y$ będzie monotoniczną bijekcją. Przypuśćmy, że $(X,{\le }_X)$ jest dobry. Weźmy dowolny niepusty podzbiór $A\subset Y$. Pokażemy, że jego najmniejszy element to $a=f(\min ({\overrightarrow{f}}^{-1}(A)))$. Z własności przeciwobrazu otrzymujemy, że $a\in A$. Weźmy dowolny element $b\in A$. Ponieważ $f$ jest bijekcją to istnieje element $c\in X$ taki, że $f(c)=b$. Oznacza to również, że $c\in {\overrightarrow{f}}^{-1}(A)$ a wtedy

$\min ({\overrightarrow{f}}^{-1}(A)){\le }_{X}c$

wobec tego z monotoniczności $f$ otrzymujemy

$a=f(\min ({\overrightarrow{f}}^{-1}(A))){\le }_{Y}f(c)=b$

a więc $a\le b$, czyli element $a$ jest najmniejszym elementem $A$. Wynika stąd, że $(Y,{\le }_Y)$ jest dobry.

Ćwiczenie

Dla zbiorów uporządkowanych $(X,{\le }_X)$, $(Y,{\le }_Y)$ porządek leksykograficzny $\prec \subset X\times Y$ definiujemy tak, że

$(a,b)\prec (c,d)\iff (a{\le }_{X}c)\vee (a=c\wedge b{\le }_{Y}c)$

Dla zbiorów $\{0,1\},\mathbb{\mathbb{N}},\mathbb{\mathbb{Z}},\mathbb{ℝ}$ uporządkowanych w naturalny sposób, sprawdź czy następujące ich produkty są dobrze uporządkowane.

1. $\{0,1\}\times \mathbb{\mathbb{N}}$
2. $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$
3. $\mathbb{\mathbb{Z}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$
4. $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{Z}}$

Rozwiązanie

1. Tak, porządek leksykograficzny na zbiorze $\{0,1\}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ jest dobrym

 porządkiem. Rozważmy dowolny niepusty podzbiór $A\subset (\{0,1\}\times \mathbb{\mathbb{N}})$,
 pokażemy że istnieje w nim element najmniejszy. Zbiór $A$ możemy podzielić na dwa
 podzbiory $A_0,A_1$ tak, że $A_0=A\cap (\{0\}\times \mathbb{\mathbb{N}})$ otaz $A_1=A\cap (\{1\}\times \mathbb{\mathbb{N}})$. Wtedy zbiory $A_0,A_1$ są rozłączne oraz $A_0\cup A_1=A$.
 Ponadto każdy element ze zbioru $A_0$ jest mniejszy od każdego elementu, ze
 zbioru $A_1$.

 Przypuśćmy, że zbiór $A_0$ jest niepusty. Ponieważ $(\{0\}\times \mathbb{\mathbb{N}},\prec )$ jest
 podobny do $(\mathbb{\mathbb{N}},\le )$ to  $(\{0\}\times \mathbb{\mathbb{N}},\prec )$ jest dobrym porządkiem, a
 więc skoro $A_0\subset (\{0\}\times \mathbb{\mathbb{N}},\prec )$ to istnieje w $A_0$ element
 najmniejszy $a_0$. Ponieważ $a_0$ jest mniejszy od każdego elementu $A_1$ 
 to jest elementem najmniejszym w $A$.

 Jeśli zbiór $A_0$ jest pusty, to analogiczne rozumowanie dla zbioru $A_1$ pokaże, że
 w $A_1$ jest element najmniejszy. Ponieważ w takim przypadku $A_1=A$ to ten element
 jest najmniejszy w $A$.

1. Tak, porządek leksykograficzny na zbiorze $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ jest dobrym

 porządkiem. Pokażemy, że jego każdy niepusty podzbiór ma element najmniejszy. Niech
 $A\subset \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ będzie niepusty. Niech $B=A_L$, czyli $B$ jest zbiorem
 liczb naturalnych które występują na pierwszej współrzędnej jakiejś pary ze zbioru
 $A$. Ponieważ $B\subset \mathbb{\mathbb{N}}$ to w $B$ istnieje element najmniejszy w sensie
 naturalnego porządku w $\mathbb{\mathbb{N}}$, oznaczmy go przez $b$. Rozważmy teraz zbiór $A_b=A\cap (\{b\}\times \mathbb{\mathbb{N}})$, zbiór ten jest niepusty, ze względu na wybór elementu $b$.
 Porządek $(A_{\{b\}\times \mathbb{\mathbb{N}}},\prec )$ jest podobny do $(\mathbb{\mathbb{N}},\le )$ wobec tego
 istnieje w nim element najmniejszy, oznaczmy go przez $a$. Pokażemy że $a$ jest
 najmniejszy w $a$. Weźmy dowolny element $x\in A$. Jeśli pierwsza współrzędna $x$
 jest różna od $b$ to z konstrukcji $b$ wynika, że jest większa od $b$ wobec tego z
 definicji porządku $\prec$ otrzymujemy $a\prec x$. Jeśli pierwsza współrzędna $x$
 jest równa $b$ to $x\in A_b$ i z konstrukcji $a$ wynika, że  $a\prec x$.

1. Nie jest dobry. Zbiór $\mathbb{\mathbb{Z}}\times \{0\}$ nie ma elementu najmniejszego.

 Gdyby miał, to musiałby być postaci $(x,0)$, a wtedy $x$ byłby najmniejszym
 elementem $\mathbb{\mathbb{Z}}$, a taki nie istnieje.

1. Nie jest dobry. Zbiór $\{0\}\times \mathbb{\mathbb{Z}}$ nie ma elementu najmniejszego, z

 tych samych powodów co zbiór w poprzednim punkcie.

Ćwiczenie

Rozważmy dwa porządki $\ll ,\prec$ na zbiorze $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ zdefiniowane w następujący sposób

$(a,b)\prec (c,d)\iff (a<c)\vee (a=c\wedge b\le d)$ $(a,b)\ll (c,d)\iff (a=b=0)\vee (\mathrm{\neg }(a=b=0)\wedge ((a<c)\vee (a=c\wedge d\le b))).$

Czy porządki te są podobne?

Wskazówka

Tylko jeden z nich jest dobry

Rozwiązanie

W poprzednim ćwiczeniu pokazaliśmy, że porządek $\prec$ jest dobry. Pokażemy teraz, że $\ll$ nie jest. Będzie to oznaczało, że nie są podobne, gdyż własność bycia dobrym porządkiem jest przenoszona przez podobieństwo.

Rozważmy zbiór $\{1\}\times \mathbb{\mathbb{N}}$. Przypuśćmy, że istnieje w nim element minimalny $(1,a)$. Z definicji porządku $\ll$ wynika, że $(1,a+1)\ll (1,a)$. Ponieważ $(1,a+1)\in \{1\}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ to $(1,a)$ nie może być elementem minimalnym w tym zbiorze. Wobec tego porządek $\ll$ nie jest dobry.

Ćwiczenie

Czy porządek leksykograficzny na zbiorze $\{0,1{\}}^{*}$ jest dobrym porządkiem. (Zbiór $\{0,1{\}}^{*}$ to zbiór wszystkich skończonych ciągów złożonych z 0 i 1. Porządek leksykograficzny na takim zbiorze definiujemy jako $x\prec y$ jeśli $x$ jest prefiksem $y$ lub jeśli na pierwszej współrzędnej na której się różnią w $x$ występuje 0, a w $y$ występuje 1.)

Wskazówka

Porządek ten przypomina trochę porządek na liczbach wymiernych.

Rozwiązanie

Porządek ten nie jest dobry. Niech $A$ będzie zbiorem wszystkich ciągów postaci $0^{n}1$, gdzie $0^n$ oznacza ciąg zer długości $n$. Przypuśćmy, że w zbiorze $A$ istnieje element najmniejszy, musi być postaci $0^{n_0}1$ dla pewnego $n_0\in \mathbb{\mathbb{N}}$. Wtedy jednak ciąg $0^{n_0+1}1$ jest od niego mniejszy, gdyż na pierwszej różniącej ich współrzędnej ($n_0+1$) pierwszy z nich ma 1, a drugi 0. Wobec tego w $A$ nie istnieje element najmniejszy i porządek ten nie jest dobry.

Zasada indukcji

Zdefiniujemy teraz zasadę indukcji, która będzie obowiązywała w zbiorach dobrze uporządkowanych.

Niech $(X,\le )$ będzie liniowym porządkiem. W $(X,\le )$ obowiązuje zasada indukcji jeśli dla dowolnego zbioru $Z$ takiego, że

1. $Z\subset X$,
2. $Z\ne \mathrm{\varnothing }$,
3. dla dowolnego $x\in X$ jeśli $\{y\in X:y<x\}\subset Z$ to $x\in Z$.

zachodzi $Z=X$.

W wykładzie o liczbach naturalnych udowodniliśmy Wykład 7. twierdzenie o indukcji, z którego wynika, że zasada indukcji jest obowiązuje w $(\mathbb{\mathbb{N}},\le )$. W poniższym twierdzeniu dowodzimy analogiczne twierdzenie dla wszystkich zbiorów dobrze uporządkowanych.

Twierdzenie

W każdym zbiorze dobrze uporządkowanym obowiązuje zasada indukcji.

Dowód

Niech $(X,\le )$ będzie dobrym porządkiem. Niech $Z$ będzie dowolnym zbiorem takim, że

1. $Z\subset X$,
2. element najmniejszy $X$ należy do $Z$,
3. dla dowolnego $x\in X$ jeśli $\{y\in X:y<x\}\subset Z$ to $x\in Z$.

Pokażemy, że $Z=X$. Niech $A=X\setminus Z$. Dla dowodu niewprost przypuśćmy że $A\ne \mathrm{\varnothing }$. W takim przypadku w zbiorze $A$ istnieje element najmniejszy $a$. Skoro $a$ jest najmniejszy w $A$ to każdy element $b\in X$ dla którego $b<a$ musi należeć do $Z$ (nie może należeć do $A$ więc należy do $X\setminus A=Z$). Wtedy wiemy, że $\{b\in X:b<a\}\subset Z$, a więc z trzeciej własności zbioru $Z$ otrzymujemy $a\in Z$, a więc dostaliśmy sprzeczność (bo $a\in A\cap Z$ a te zbiory są rozłączne).

Okazuje się, że dobre porządki są nawet bardziej związane z zasadą indukcji. Wyrazem tego jest poniższe twierdzenie.

Twierdzenie

Każdy porządek liniowy w którym istnieje element najmniejszy i obowiązuje zasada indukcji jest dobry.

Dowód

Niech $(X,\le )$ będzie liniowym porządkiem, w którym istnieje element najmniejszy $\mathrm{\perp }$ oraz obowiązuje zasada indukcji. Niech $A\subset X$ będzie podzbiorem $X$ w którym nie ma elementu najmniejszego. Zdefiniujmy zbiór $Z$ jako zbiór tych elementów $X$, które są mniejsze od wszystkich elementów z $A$, czyli

$Z=\{z\in X:{\mathrm{\forall }}_{a\in A}z<a\}.$

Zbiór $Z$ jest niepusty, gdyż $\mathrm{\perp }\in Z$ ($\mathrm{\perp }$ nie może należeć do $A$ gdyż byłby najmniejszy). Pokażemy, że dla dowolnego $x\in X$ jeśli $\{y\in X:y<x\}\subset Z$ to $x\in Z$. Przypuśćmy, że tak nie jest. Wtedy dla pewnego $x_0\in X$ mamy $\{y\in X:y<x_0\}\subset Z$ oraz $x_0\notin Z$. Wynika stąd, że istnieje element $a\in A$ taki, że $a\le x_0$ ponieważ jednak żaden element mniejszy od $x_0$ nie należy do $A$ to $a=x_0$, a więc $x_0\in A$. Z tego samego powodu i z faktu że porządek jest liniowy otrzymujemy że element $x_0$ jest najmniejszy w $A$, co jest sprzeczne z założeniem, że w $A$ nie ma elementu najmniejszego. Wobec tego konieczne jest aby $x\in Z$.

Pokazaliśmy, że zbiór $Z$ spełnia założenia zasady indukcji. Ponieważ zasada ta obowiązuje w $(X,\le )$ to otrzymujemy $Z=X$. Wynika stąd, że zbiór $A$ musi być pusty. Wobec tego każdy niepusty podzbiór $X$ ma element najmniejszy, a więc $(X,\le )$ jest dobrym porządkiem.

Twierdzenie o definiowaniu przez indukcje udowodnione dla liczb naturalnych również ma swój odpowiednik dla dobrych porządków. Mówi ono, że jeśli wyspecyfikujemy sposób konstrukcji wartości funkcji na argumentach $(x,b)$ na podstawie wartości $x,b$ oraz wartości tej funkcji dla wszystkich $(y,b)$ takich, że $y<x$, to wyznaczymy jednoznacznie funkcję $h$ odpowiadającą tej specyfikacji. Twierdzenie to, nazywane jest twierdzeniem o definiowaniu przez indukcję pozaskończoną, gdyż najważniejsze zastosowania ma właśnie dla zbiorów nieskończonych.

Twierdzenie o definiowaniu przez indukcję pozaskończoną

Niech $(X,\le )$ będzie dobrym porządkiem. Przez $PF(P,Q)$ oznaczamy zbiór wszystkich funkcji częściowych ze zbioru $P$ do $Q$. Pokażemy, że dla każdej funkcji $g:PF(X\times B,C)\times X\times B\to C$ istnieje dokładnie jedna funkcja $h:X\times B\to C$ dla której

$h(x,b)=g(h\cap (O(x)\times B\times C),x,b)$

Dowód

Dowód przebiega analogicznie jak dla liczb naturalnych. Rozważmy następujący zbiór

$H=\{e\in PF(X\times B,C):{\mathrm{\exists }}_{a\in X}[(1)\wedge (2)]\}$

gdzie $(1)$ i $(2)$ oznaczają odpowiednio

1. $e:\overline{O(a)}\times B\to C$
2. ${\mathrm{\forall }}_{x\in \overline{O(a)}}{\mathrm{\forall }}_{b\in B}e(x,b)=g(e\cap (O(x)\times B\times C),x,b)$.

Innymi słowy $H$ jest zbiorem funkcji częściowych określonych na przedziałach początkowych $X$, spełniających warunek Uzupelnic eq:indDef|.

Pokażemy, że dla każdych dwóch funkcji częściowych $h_1,h_2\in H$ jedna z nich jest rozszerzeniem drugiej. Przypuśćmy, że tak nie jest. Weźmy funkcje $h_1,h_2\in H$ określone odpowiednio na zbiorach $\overline{O(a_1)}\times B,\overline{O(a_2)}\times B$, które różnią się na pewnym argumencie na którym obie są określone. Bez straty ogólności możemy założyć, że $a_1\le a_2$. Rozważmy zbiór $D=\{y\in \overline{O(a_1)}:{\mathrm{\exists }}_{b\in B}{h}_1(y,b)\ne h_2(y,b)$. Zbiór $D$ jest podzbiorem $X$. Skoro funkcje się różnią na jakimś argumencie to jest $D$ niepusty, a więc zawiera element najmniejszy, oznaczmy go przez $z$. Skoro $z$ jest najmniejszy to dla $v<z$ dla wszystkich $b\in B$ funkcje muszą być równe. Czyli

$h_1\cap (O(z)\times B\times C)=h_2\cap (O(z)\times B\times C)$

wobec tego dla dowolnego $b\in B$ mamy

$g(h_1\cap (O(z)\times B\times C),z,b)=g(h_2\cap (O(z)\times B\times C),z,b).$

I skoro obie funkcje są określone na $z$ i należą do $H$ to dla dowolnego $b\in B$ z warunku (2) otrzymamy $h_1(z,b)=h_2(z,b)$. Otrzymaliśmy więc sprzeczność z faktem, że $z\in D$. Wobec tego $D$ jest pusty i $h_2$ jest rozszerzeniem $h_1$.

Pokażemy teraz, że dla każdego $a\in X$ istnieje w $H$ funkcja określona na $\overline{O(a)}\times B$. Niech $A\subset X$ będzie zbiorem tych elementów $y\in X$ dla których nie istnieje w $H$ funkcja określona na $\overline{O(y)}\times B$. Załóżmy dla dowodu nie wprost, że ten zbiór jest niepusty. Jako podzbiór zbioru dobrze uporządkowanego posiada element najmniejszy, oznaczmy go przez $z$. Niech $H_z$ będzie zbiorem funkcji częściowych z $H$ określonych na domkniętych przedziałach początkowych silnie mniejszych od $\overline{O(z)}$, ponieważ $z$ jest najmniejszy w $A$ to na każdym takim przedziale jest określona jakaś funkcja należąca do $H$. Określimy funkcję $h_z$ jako

$h_z=\bigcup H_z\cup \bigcup _{b\in B}\{((z,b),g(\bigcup H_z,z,b))\}$

Zauważmy $\bigcup H_z$ jest funkcją częściową, gdyż dla każdych dwóch funkcji z $H_z$ jedna z nich jest rozszerzeniem drugiej. Z powyższej definicji wynika, że $h_z:\overline{O(z)}\times B\to C$. Wobec tego $h_z$ spełnia pierwszy warunek przynależności do zbioru $H$. Pokażemy, że spełnia również drugi. Weźmy dowolny $x\in \overline{O(z)}$ oraz $b\in B$. Rozważymy dwa przypadki.

1. Jeśli $x=z$ to

$h_z(z,b)=g(\bigcup H_z,b,z)$

i ponieważ $h_z\cap (O(z)\times B\times C)=\bigcup H_z$ to

$h_z(z,b)=g(h_z\cap (O(z)\times B\times C),z,b).$

1. W pozostałym przypadku $x<z$. Wtedy $(x,h_z(x))\in \bigcup H_z$ a więc musi należeć

do którejś z funkcji z $H_z$, nazwijmy tą funkcję $h_x$. Ponieważ $h_x\in H$ to

$h_z(x,b)=h_x(x,b)=g(h_x\cap (O(x)\times B\times C),z,b).$

Skoro $h_x\in H_z$ to $h_x\subset \bigcup H_z$ a więc $h_x\subset h_z$. Ponieważ jednak $h_x$ jest określona na całym zbiorze $O(x)\times B$ to

$h_z(x,b)=g(h_x\cap (O(x)\times B\times C),x,b)=g(h_z\cap (O(x)\times B\times C),x,b).$

Stąd otrzymujemy

$h_z(x,b)=g(h_z\cap (O(x)\times B\times C),z,b).$

Wobec tego funkcja $h_z$ spełnia także drugi warunek przynależności do $H$, a więc $h_z\in H$. Ponieważ $h_z:\overline{O(z)}\times B\to C$ to otrzymaliśmy sprzeczność z $z\in A$. Wobec tego zbiór $A$ musi być pusty. Czyli dla każdego $a\in X$ istnieje w $H$ funkcja określona na $\overline{O(a)}\times B$.

Pokażemy, że szukaną funkcją $h$ jest $\bigcup H$. Ponieważ elementy zbioru $H$ są funkcjami częściowymi i zbiór $H$ jest uporządkowanymi przez inkluzję to $h$ jest funkcją częściową. Ponieważ dla każdego $x\in X$ istnieje w $H$ funkcja $h_x:\overline{O(x)}\times B\to C$ to $h$ jest określona na wszystkich elementach $X\times B$. Stąd otrzymujemy $h:X\times B\to C$. Ze sposobu konstrukcji $h$ wynika również, że spełniony jest warunek Uzupelnic eq:indDef|.

Pozostało pokazać, że $h$ jest jedyną taką funkcją. Przypuśćmy, że istnieje funkcja $h^{\prime }:X\times B\to C$ różna od $h$ która spełnia warunek Uzupelnic eq:indDef|. Niech $D=\{x\in X:{\mathrm{\exists }}_{b\in B}h(x,b)\ne h^{\prime }(x,b)\}$. Ponieważ $D$ jest niepustym podzbiorem $X$ to posiada element najmniejszy $z$. Ponieważ $z$ jest najmniejszy w $D$ to

$h\cap O(z)\times B\times C=h^{\prime }\cap O(z)\times B\times C.$

Ustalmy dowolne $b\in B$. Wtedy

$g((h\cap O(z)\times B\times C),z,b)=g((h^{\prime }\cap O(z)\times B\times C),z,b).$

Ponieważ obie funkcje spełniają Uzupelnic eq:indDef| to lewa strona powyższej równości jest równa $h(z,b)$ a prawa $h^{\prime }(z,b)$. Wynika stąd, że $h(z,b)=h^{\prime }(z,b)$ co wobec dowolności wyboru $b$ jest sprzeczne z przynależnością $z$ do zbioru $D$. Wynika stąd, że zbiór $D$ musi być pusty, a więc funkcje $h$ i $h^{\prime }$ muszą być równe.

Ćwiczenie

Udowodnij, że każdy zbiór nieskończony można podzielić na dwa równoliczne rozłączne podzbiory.

Wskazówka

Uporządkuj dobrze zbiór i użyj indukcji pozaskończonej.

Rozwiązanie

Idea następującego rozwiązania jest bardzo prosta. Na początek uporządkujemy dobrze zbiór $X$, a potem za pomocą definiowania przez indukcję określimy funkcję $h$ przypisując na przemian 0 i 1 na "kolejnych" elementach $X$. Elementom $X$ które nie mają poprzedników przypiszemy 0, ich następnikom przypiszemy 1, ich następnikom 0 itd. Poniżej przedstawiamy formalizację tego pomysłu.

Niech $X$ będzie dowolnym zbiorem nieskończonym. Z twierdzenia Ernst Zermelo wynika, że zbiór $X$ można dobrze uporządkować. Niech więc $(X,\le )$ będzie dobrym porządkiem. Zaczniemy od zdefiniowania funkcji $h:X\to \{0,1\}$ dla której relacja ${\sim }_h$ wyznaczy szukany podział zbioru $X$. Funkcje $h$ zdefiniujemy przez indukcję pozaskończoną za pomocą funkcji $g:PF(X,\{0,1\})\times X\to \{0,1\}$ zdefiniowanej następująco (przez $y^{\prime }$ oznaczamy następnik elementu $y$ w $(X,\le )$)

$g=\{(f,x,a)\in PF(X,\{0,1\})\times X\times \{0,1\}:[{\mathrm{\exists }}_{y\in X}(y^{\prime }=x\wedge {\mathrm{\exists }}_{p\in f}(p=(y,0)\wedge a=1))XOR(a=0)]\}.$

W ten zawikłany sposób zdefiniowaliśmy funkcję $g$, która częściowej funkcji $f$ oraz elementowi $x$ przypisuje wartość $1$ jeśli $x$ jest następnikiem jakiegoś elementu $y$ w $(X,\le )$ oraz funkcja $f$ jest określona na $y$ i przypisuje mu wartość 0. W przeciwnym przypadku $g$ przypisuje wartość 0. Z definicji $g$ wynika, że jest funkcją totalną.

Za pomocą definiowania przez indukcję zdefiniujemy teraz funkcję $h$ jako funkcję spełniającą

$h(x)=g(h\cap (O(x)\times \{0,1\}),x).$

Zobaczmy jak działa $h$. Dla elementu najmniejszego $\mathrm{\perp }$ zbiór $h\cap (O(\mathrm{\perp })\times \{0,1\})$ jest pusty wobec czego $h(\mathrm{\perp })=0$. Jeśli element $x\in X$ nie jest następnikiem, żadnego elementu to definicji $g$ wynika, że $h(x)=0$. Dla elementu $x$ będącego następnikiem $y$ funkcja częściowa $h\cap (O(x)\times \{0,1\})$ jest określona na $y$ i wtedy

1. $h(x)=1$, gdy $h(y)=0$;
2. $h(x)=0$, gdy $h(y)=1$.

Funkcja $h$ wyznacza rozkład zbioru $X$ na dwa rozłączne zbiory ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$ oraz ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$. Pokażemy, że te zbiory są bijektywne.

Zdefiniujmy funkcję częściową $e\subset X^2$ następująco

$e=\{(a,b)\in X\times X;f(a)=0\wedge a^{\prime }=b\}.$

Ponieważ każdy element $X$ ma co najwyżej jeden następnik to $e$ jest w istocie funkcją częściową. Ponieważ $X$ jest uporządkowany liniowo to każdy element jest następnikiem co najwyżej jednego elementu. Wynika stąd, że $e$ jest iniekcją. Rozważymy trzy przypadki

1. Jeśli w $X$ nie ma elementu największego to każdy element ma następnik, a więc

dziedziną funkcji $e$ jest cały zbiór ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$. Pokażemy, że $e$ jest suriekcją na zbiór ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$. Weźmy dowolny element $b\in {\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$, wtedy $h(b)=1$ i z definicji funkcji $h$ wynika, że element $b$ jest następnikiem pewnego elementu $a\in {\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$, wobec tego para $(a,b)\in e$, a więc $e$ jest suriekcją. Wobec tego funkcja $e$ jest bijekcją pomiędzy zbiorami ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$ oraz ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$

1. Jeśli w $X$ jest element największy $\mathrm{\top }$ i $h(\mathrm{\top })=1$ to każdy element $x$ dla

którego $h(x)=0$ ma następnik, a więc dziedziną funkcji $e$ jest cały zbiór ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$. Dokładnie analogicznie do poprzedniego przypadku pokazujemy, że $e$ jest suriekcją, wobec czego jest również bijekcją.

1. W pozostałym przypadku, w $X$ istnieje element największy $\mathrm{\top }$ oraz

$h(\mathrm{\top })=0$. Wtedy z poprzednich przypadków wynika, że funkcja $e$ jest bijekcją pomiędzy zbiorami ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}\setminus \{\mathrm{\top }\}$ a ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$. Ponieważ zbiór $X$ jest nieskończony to obydwa zbiory ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}\setminus \{\mathrm{\top }\}$, ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$ są nieskończone. Wobec tego ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}\setminus \{\mathrm{\top }\}$ jest równoliczny z ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$ co świadczy o tym że istnieje bijekcja pomiędzy ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{0\}$ a ${\overrightarrow{h}}^{-1}\{1\}$.

Pokażemy teraz ważne twierdzenie,które mówi że dla dowolnych dwóch zbiorów dobrze uporządkowanych jeden z nich jest podobny do przedziału początkowego drugiego.

Twierdzenie

Niech $(X,{\le }_X)$, $(Y,{\le }_Y)$ będą dobrymi porządkami. Wtedy przynajmniej jedno z poniższych zdań jest prawdziwe

1. istnieje przedział początkowy $P\subset X$ taki, że $(P,{\le }_X\cap P\times P)$ jest podobny do $(Y,{\le }_Y)$
2. istnieje przedział początkowy $S\subset Y$ taki, że $(S,{\le }_Y\cap S\times S)$ jest podobny do $(X,{\le }_X)$

Dowód

Niech $\mathrm{\top }$ będzie elementem nie należącym do $Y$ (w roli $\mathrm{\top }$ może wystąpić $Y$, ze względu na przejrzystość dowodu decydujemy się na oznaczenie $\mathrm{\top }$). Rozważmy zbiór $Z=Y\cup \{\mathrm{\top }\}$, który uporządkujemy relacją ${\le }_Z=[{\le }_Y\cup (Y\times \{\mathrm{\top }\})]$, czyli $\mathrm{\top }$ jest większy od wszystkich elementów $Y$. Zauważmy, że $(Z,{\le }_Z)$ jest dobrym porządkiem.

Zdefiniujmy funkcję $g:PF(X,Z)\to Z$ następująco, dla dowolnej funkcji częściowej $r\in PF(X,Z)$ niech

$g(r)=\min ((Z\setminus \overrightarrow{r}(X))\cup \{\mathrm{\top }\}).$

Pokażemy, że funkcja $g$ jest monotoniczna (funkcje częściowe porządkujemy za pomocą inkluzji). Dla dowolnych dwóch funkcji częściowych $s,r\in PF(X,Z)$ takich, że $s\subset r$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \vec{s}(X) \subset \vec{r}(X) \\ Z \setminus \vec{s}(X) \supset Z\setminus \vec{r}(X)\\ g(s)= \min_Z(Z \setminus \vec{s}(X)) \leq \min_Z(Z\setminus \vec{r}(X))= g(r). \endaligned}

Z twierdzenia o definiowaniu przez indukcję wynika, że istnieje funkcja $h:X\to Y$ dla której

$h(x)=g(h\cap (O(x)\times Z)).$

Łatwo pokazać, że funkcja $h$ jest monotoniczna. Dla dowolnych $x,y\in X$ dla których $x{\le }_{X}y$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned O(x) \subset O(y) \\ h \cap (O(x) \times Z) \subset h \cap (O(y) \times Z) \endaligned}

i z monotoniczności funkcji $g$ otrzymujemy

$h(x)=g(h\cap (O(x)\times Z))\subset g(h\cap (O(y)\times Z))=h(y).$

Pokażemy że dla każdego $x\in X$ prawdą jest, że $\overrightarrow{h}(\overline{O(x)})=\overline{O(h(x))}$. Ustalmy dowolny element $x\in X$. Z monotoniczności $h$ dostajemy prawie natychmiast $\overrightarrow{h}(\overline{O(x)})\subset \overline{O(h(x))}$. Dla pokazania inkluzji w drugą stronę weźmy dowolny element $y\in \overline{O(h(x))}$. Wtedy $y{\le }_{Y}h(x)$. Przypuśćmy dla dowodu nie wprost, że $y\notin \overrightarrow{h}(\overline{O(x)})$ wtedy $y{<}_{Y}h(x)$ oraz $y\in (Z\setminus \overrightarrow{h}(O(x))\cup \{\mathrm{\top }\})$ co jest sprzeczne z definicją funkcji $h$ w punkcie $x$, bo element $h(x)$ miał być najmniejszy w tym zbiorze. Pokazaliśmy więc inkluzje w obie strony. Wobec dowolności wyboru $x\in X$ dowiedliśmy żądaną własność.

Pokażemy, że dla różnych elementów $x,y\in X$ jeśli wartości $h(x),h(y)$ są równe sobie to są równe $\mathrm{\top }$. Weźmy dowolne rożne elementy $x,y\in X$ dla których $h(x)=h(y)$. Bez straty ogólności możemy założyć, że $x{\le }_{X}y$. Wtedy

$h(y)=\underset{Z}{\min }((Z\setminus \overrightarrow{h}(O(y)))\cup \{\mathrm{\top }\})$

Ponieważ $x\in O(y)$ to $h(x)\notin Z\setminus \overrightarrow{h}(O(y))$, a więc skoro $h(x)=h(y)$ to $h(y)$ musi należeć do $\{\mathrm{\top }\}$, czyli $h(y)=h(x)=\mathrm{\top }$.

Rozważymy teraz dwa przypadki.

1. Jeśli $\mathrm{\top }\notin \overrightarrow{h}(X)$ to $h$ jest iniekcją. Zauważmy, że

$X=\bigcup _{x\in X}\overline{O(x)}$. Ponieważ $\overrightarrow{h}(\overline{O(x)})=\overline{O(h(x))}$ to

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\kPPoczD”): {\displaystyle \displaystyle \vec{h}(X)= \vec{h}(\bigcup_{x\in X} \overline{O(x)})= \bigcup_{x\in X} \vec{h}(\overline{O(x)})= \bigcup_{x\in X} \kPPoczD(h{x}). }

A więc $\overrightarrow{h}(X)$ jako suma przedziałów początkowych jest przedziałem początkowym. Wobec tego $h:X\to Z$ jest monotoniczną iniekcją której obrazem jest istotny przedział początkowy $Z$, a więc również przedział początkowy $Y$. Wobec tego $X$ jest podobny do przedziału początkowego $Y$.

1. Jeśli $\mathrm{\top }\in \overrightarrow{h}(X)$ to niech $v\in X$ będzie takim elementem, że

$h(v)=\mathrm{\top }$. Rozważymy zbiór $A=\{x\in X:h(x)\ne \mathrm{\top }\}$. Z monotoniczności $h$ wynika, że $A$ jest odcinkiem początkowym $X$. Ponieważ $\overrightarrow{h}(\overline{O(v)})=Z$ to $\overrightarrow{h}(A)=Y$. Wobec tego funkcja $h$ zawężona do zbioru $A$ jest monotoniczną bijekcją w zbiór $Y$. Wynika stąd, że $A$ jest podobny do $Y$. Ponieważ $A$ jest przedziałem początkowym to $Y$ jest podobny do pewnego przedziału początkowego $X$.

Z powyższego twierdzenia wynika bardzo ważny następujący wniosek

Twierdzenie

Każde dwa zbiory są porównywalne na moc. Czyli dla dowolnych zbiorów $x,y$, prawdą jest, że

$x{\le }_{m}y\vee y{\le }_{m}x.$

Dowód

Z twierdzenia Uzupelnic thm:dobrePorownywanie| wynika, że dowolne zbiory dobrze uporządkowane można porównywać na moc. Z twierdzenia Ernst Zermelo wynika, że dowolne zbiory $x,y$ można dobrze uporządkować. Wobec tego dowolne zbioru można porównywać na moc.

Twierdzenie

Żaden zbiór dobrze uporządkowany nie jest podobny do swojego istotnego przedziału początkowego.

Dowód

Niech $(X,\le )$ będzie dobrym porządkiem. Przypuśćmy, że istnieje przedział początkowy $A⊊X$ który uporządkowany relacją $\le \cap A$ jest podobny do $X$. Niech $f:A\cap X$ będzie funkcją podobieństwa niech $C=\{x\in X:f(x)<x\}$. Skoro $A⊊X$ to $C$ jest zbiorem niepustym, a więc ma element najmniejszy, oznaczmy go przez $c$. Wtedy $f(c)<c$, a więc ponieważ $c$ jest najmniejszy w zbiorze $C$ to $f(f(c))\ge f(c)$. Rozważmy dwa przypadki

1. $f(f(c))=f(c)$ wtedy $f$ nie jest iniekcją, a więc dostaliśmy sprzeczność.
2. $f(f(c))>f(c)$ a więc $f$ nie jest monotoniczna i dostaliśmy sprzeczność.

Liczby porządkowe

W poprzednim rozdziale pokazaliśmy, że dla dowolnych dwóch zbiorów dobrze uporządkowanych jeden z nich jest podobny do odcinka początkowego drugiego.

Powiemy, że dobre porządki $A$ i $B$ są tego samego typu jeśli $A$ jest podobny do $B$.

Łatwo wykazać, że każdy dobry porządek jest tego samego typu co on sam, jeśli $A$ jest tego samego typu co $B$ to $B$ jest tego samego typu co $A$, oraz że jeśli $A$ jest tego samego typu co $B$ i $B$ jest tego samego typu co $C$ to $A$ jest tego samego typu co $C$. Te trzy własności dokładnie odpowiadają wymaganiom jakie stawiamy relacji, aby była relacją równoważności. Może się wydawać kuszące zdefiniowanie relacji podobieństwa. Niestety takie próby skazane są na niepowodzenie, gdyż taka relacja musiałaby być określona na zbiorze wszystkich dobrych porządków, a taki zbiór (podobnie jak zbiór wszystkich zbiorów) nie istnieje. Co więcej dla ustalonego niepustego zbioru dobrze uporządkowanego nie istnieje nawet zbiór dobrych porządków, które są tego samego typu co on. W podejściach do teorii mnogości, które dopuszczają pojęcie klasy, mówi się o typach porządkowych jako o klasach. W przypadku rozważanej teorii ZFC, nie możemy definiować klas które nie są zbiorami. Zamiast tego wyróżnimy pewne porządki które będą reprezentować wszystkie porządki podobne do nich. Porządki te, będące czymś w rodzaju reprezentantów "klas" podobieństwa, nazwiemy liczbami porządkowymi. Poniższa definicja liczb porządkowych pochodzi od John von Neumann. Jest to formalizacja idei aby liczba porządkowa była zbiorem liczb porządkowych od niej mniejszych.

Zbiór $X$ nazwiemy liczbą porządkową jeśli ma następujące własności

1. ${\mathrm{\forall }}_{x,y\in X}x\in y\vee y\in x\vee x=y$
2. ${\mathrm{\forall }}_{x\in X}x\subset X$

Najprostszym przykładem liczby porządkowej jest zbiór pusty. W poniższym ćwiczeniu pokazujemy jak można konstruować kolejne liczby porządkowe.

Ćwiczenie

Udowodnij, że jeśli $X$ jest liczbą porządkową to $X\cup \{X\}$ jest liczbą porządkową.

Rozwiązanie

Pokażemy, że zbiór $X\cup \{X\}$ spełnia własności liczb porządkowych.

1. Weźmy dowolne $x,y\in X\cup \{X\}$ takie, że $y\ne x$. Jeśli

$x,y\in X$ to ponieważ $X$ jest liczbą porządkową otrzymujemy $x\in y$ lub $y\in x$. W pozostałym przypadku jeden z tych elementów jest równy $X$. Ze względu na symetrię sytuacji przypuśćmy, że $x=X$. Wtedy ponieważ $y\in X\cup \{X\}$ i $y\ne x=X$ to $y\in X$, a więc $y\in x$. Pokazaliśmy więc że dla każdych dwóch różnych elementów zbioru $X\cup \{X\}$ jeden z nich jest elementem drugiego.

1. Weźmy dowolny $x\in X$. Rozważymy dwa przypadki
   1. $x\in X$. Wtedy ponieważ $X$ jest liczbą porządkową to $x\subset X$, a więc

tym bardziej $x\subset X\cup \{X\}$.

1. 1. $x\in \{X\}$. Wtedy $x=X$ a więć również $x\subset X$.

Wobec tego każdy $x$ ze zbioru $X\cup \{X\}$ jest jego podzbiorem.

Zbiór $X\cup \{X\}$ spełnia własności w definicji liczb porządkowych a więc jest liczbą porządkową.

Z twierdzenia udowodnionego w poprzednim ćwiczeniu możemy wywnioskować, że każda liczba naturalna jest liczbą porządkową. Nie koniec na tym, zauważmy, że cały $\mathbb{\mathbb{N}}$ też jest liczbą porządkową (patrz również twierdzenie wykład o liczbach inkluzje liczb), a więc również $\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{\mathbb{\mathbb{N}}\}$ oraz $\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{\mathbb{\mathbb{N}}\}\cup \{\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{\mathbb{\mathbb{N}}\}\}$ itd.

Twierdzenie

Każdy element liczby porządkowej jest liczbą porządkową.

Dowód

Niech $X$ będzie liczbą porządkową, i niech $x\in X$. Z drugiej własności liczb porządkowych otrzymujemy $x\subset X$. Pokażemy że $x$ spełnia warunki bycia liczbą porządkową

1. Weźmy dowolne różne elementy $a,b\in x$. Wtedy ponieważ $x\subset X$ to

$a,b\in X$. Skoro $X$ jest liczbą porządkową to $a\in b$ lub $b\in a$. Zbiór $x$ spełnia więc pierwszy warunek bycia liczbą porządkową.

1. Weźmy dowolny element $a\in x$. Ponieważ $x\subset X$ to $a\in X$ i z

drugiej własności liczb porządkowych otrzymujemy $a\subset X$. Przypuśćmy, że $a⊈x$, wtedy istnieje $b\in a$ taki, że $b\notin x$. Ponieważ jednak $a\subset X$ to $b\in X$ to z drugiej własności liczb porządkowych otrzymujemy $b=x$ lub $x\in b$. W pierwszym przypadku otrzymujemy $x\in a\in x$ a w drugim $x\in x$. Obydwa te przypadki prowadzą do sprzeczności z aksjomatem regularności. Wobec tego, konieczne jest aby $a\subset x$.

Z powyższego twierdzenia natychmiast wynika następujący fakt z którego będziemy często korzystać.

Fakt

Dla dowolnej liczby porządkowej $X$ oraz elementów $x,y\in X$ jeśli $x\in y$ to $x\subset y$.

Jeśli liczby porządkowe mają reprezentować "klasy" podobnych dobrych porządków, to same powinny być dobrymi porządkami. Dowodzimy tego w następnym twierdzeniu.

Twierdzenie

Każdy zbiór będący liczbą porządkową jest dobrze uporządkowany relacją inkluzji.

Dowód

Rozważmy zbiór $X$ będący liczbą porządkową. Skoro dla każdych dwóch różnych elementów $x,y\in X$ mamy $x\in y$ lub $y\in x$ to z poprzedniego twierdzenia otrzymujemy $x\subset y$ lub $y\subset x$. A więc $X$ jest uporządkowany liniowo przez relację inkluzji.

Pokażemy teraz, że w każdym podzbiorze $A\subset X$ istnieje element najmniejszy ze względu na inkluzję. Weźmy dowolny taki zbiór $A$. Z Wykład 4. aksjomatu regularności wynika, że istnieje element $a\in A$ taki, że $a\cap A=\mathrm{\varnothing }$. Pokażemy, że $a$ należy do każdego elementu $b\in A$ który jest różny od $a$. Weźmy dowolny taki element $b$, wiemy, że jest różny od $a$, a więc z pierwszej własności liczb porządkowych otrzymujemy $a\in b$ lub $b\in a$. Przypuśćmy, że $b\in a$, wtedy ponieważ $b\in A$ to również $b\in a\cap A$ co prowadzi do sprzeczności ponieważ ten zbiór jest niepusty. Wobec tego konieczne jest aby $a\in b$. Z drugiej własności liczb porządkowych otrzymujemy, że $a\subset b$. Wobec czego pokazaliśmy, że dla dowolnego $b\in A$ mamy $a\subset b$, co znaczy że $a$ jest najmniejszym w sensie inkluzji elementem $A$.

Twierdzenie

Każdy przedział początkowy liczby porządkowej jest liczbą porządkową.

Dowód

Jeśli przedział początkowy jest zbiorem pustym to jest liczbą początkową. Zajmiemy się więc tylko niepustymi. Weźmy dowolną liczbę porządkową $X$. Niech $A$ będzie jej niepustym przedziałem początkowym. Pokażemy, że $A$ jest liczbą porządkową.

1. Własność pierwsza wynika natychmiast z faktu, że $A\subset X$.
2. Weźmy dowolną liczbę $x\in A$. Skoro $X$ jest liczbą porządkową to $x\subset X$. Weźmy dowolny element $z\in x$, wynika stąd, że $z\subset x$, a więc skoro $A$

jest przedziałem początkowym to $z\in A$.

Ćwiczenie

Niech $X$ będzie liczbą porządkową. Udowodnij, że dla dowolnych elementów $x,y\in X$ jeśli $x⊊y$ to $x\in y$.

Wskazówka

Spróbuj nie wprost.

Rozwiązanie

Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że $x\subseteq y$ oraz $x\notin y$. Ponieważ zbiór $X$ jest liczbą porządkową to dla każdych dwóch różnych elementów $X$, jeden jest elementem drugiego. Ponieważ $x\ne y$ i $x\notin y$ to konieczne jest aby $y\in x$ ale z faktu że $x\subset y$ otrzymujemy $y\in y$ co prowadzi do sprzeczności z aksjomatem regularności. Wobec tego $x$ musi być elementem $y$.

Z powyższego ćwiczenia wynika następujący fakt.

Fakt

Każdy element liczby porządkowej jest liczbą porządkową.

Ćwiczenie

Udowodnij, że $\mathrm{\varnothing }$ jest elementem każdej niepustej liczby porządkowej.

Rozwiązanie

Niech $X$ będzie niepustą liczbą porządkową. Z aksjomatu regularności wynika, że w $X$ istnieje element $x$ dla którego $x\cap X=\mathrm{\varnothing }$. Ponieważ jednak $X$ jest liczbą porządkową to $x\subset X$ wobec czego $x$ musi być zbiorem pustym.

Twierdzenie

Dla każdych dwóch liczb porządkowych, jedna jest podzbiorem drugiej.

Dowód

Dowiedliśmy już że liczby porządkowe są dobrze uporządkowane przez inkluzję. Wobec tego z twierdzenia Uzupelnic thm:dobrePorownywanie| wynika, że dla każdych dwóch liczb porządkowych jedna z nich jest podobna do przedziału początkowego drugiej. Ponieważ przedziały początkowe liczb porządkowych są liczbami porządkowymi to wystarczy wykazać, że każde podobieństwo liczb porządkowych uporządkowanych inkluzją jest identycznością.

Weźmy liczby porządkowe $X,Y$ i przypuśćmy, że funkcja $f:X\to Y$ jest podobieństwem pomiedzy porządkami $(X,\subset )$ i $(Y,\subset )$. Pokażemy, że $f$ jest identycznością.

Niech $A\subset X$ będzie zbiorem $x\in X$ dla których $f(x)\ne x$. Jeśli $A=\mathrm{\varnothing }$ to funkcja $f$ jest identycznością. Dla dowodu niewprost załóżmy więc, że $A\ne \mathrm{\varnothing }$. Ponieważ $X$ jest dobrze uporządkowany to w zbiorze $A$ istnieje element najmniejszy, oznaczmy go przez $a$.

Pokażemy, że $f(a)\supset a$. Weźmy dowolny element $b\in a$, wtedy $b\subset a$ i z monotoniczności $f$ otrzymujemy $f(b)\subset f(a)$ ponieważ jednak $b\notin A$ to $f(b)=b$ a więc $b\in f(a)$. Wobec dowolności wyboru $b$ dostajemy $a\subset f(a)$.

Skoro $a\ne f(a)$ to istnieje element $z\in f(a)$ który nie należy do $a$. Ponieważ $f(a)\in Y$ to również $z\in Y$. Funkcja $f$ jest bijekcją więc musi istnieć $b\in X$ dla którego $f(b)=z$. Łatwo zauważyć, że $b\ne a$, gdyż $f(b)=z\in f(a)$. Element $b$ nie może być elementem $a$ gdyż wtedy $f(b)=b$ i $z=b\in a$. Wobec tego $a$ musi być elementem $b$, ale wtedy $a\subset b$ i z monotoniczności $f$ dostajemy $f(a)\subset f(b)$, co jest sprzeczne z faktem $f(b)\in f(a)$ (bo wtedy $f(b)\in f(b)$).

Pokazaliśmy, że założenie o niepustości zbioru $A$ prowadzi do sprzeczności. Zbiór ten musi więc być pusty co oznacza, że funkcja $f$ jest identycznością. Wobec tego, każde dwie podobne liczby porządkowe są sobie równe.

Powyższe twierdzenie mówi, że każde dwie liczby porządkowe są porównywalne przez inkluzję. Przez analogię do liczb naturalnych używamy jednak dla liczb porządkowych oznaczenia $x\le y$ zamiast $x\subset y$.

Z powyższego twierdzenia wynika, że każdy zbiór liczb porządkowych jest uporządkowany liniowo przez inkluzję.

Ćwiczenie

Udowodnij, że każdy zbiór liczb porządkowych jest dobrze uporządkowany inkluzją.

Rozwiązanie

Niech $X$ będzie zbiorem liczb porządkowych, i niech $A$ będzie niepustym podzbiorem $X$. Weźmy dowolny element $a\in A$. Oraz zbiór $A^{\prime }=\{x\in A:x\in a\}$. Rozważymy dwa przypadki

1. Jeśli zbiór $A^{\prime }$ jest pusty to dla dowolnego elementu $b\in A$ mamy $b\notin a$ a

więc $b\supset a$ (ponieważ $X$ jest uporządkowany liniowo przez inkluzję, a $b⊊a$ prowadziłoby do $b\in a$). Wtedy element $a$ jest elementem najmniejszym $A$.

1. Jeśli zbiór $A^{\prime }$ jesteś niepusty to ponieważ jest podzbiorem liczby porządkowej

$a$ to istnieje w nim element najmniejszy, oznaczmy go przez $c$. Wtedy dla dowolnego elementu $b\in A$. Jeśli $b\in A^{\prime }$ to $c\subset b$. W przeciwnym przypadku $b\notin a$. Wtedy $b\supset a$, i skoro $c\in a\subset b$ to $c\subset b$. Wynika stąd, że $c$ jest najmniejszym elementem rodziny $A$.

Twierdzenie

[Antynomia Burali-Forti] Nie istnieje zbiór liczb porządkowych.

Dowód

Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że taki zbiór istnieje, nazwijmy go $X$. Pokażemy, że $X$ jest liczbą porządkową. W poprzednich ćwiczeniach pokazaliśmy, że $X$ jest dobrze uporządkowany, przez inkluzję.

1. Niech $x,y$ będą różnymi elementami $X$. Wtedy $x⊊y$ lub $y⊊x$. Z ćwiczenia Uzupelnic ex:inklImplNal| wynika, że w pierwszym przypadku mamy $x\in y$

a w drugim $y\in x$. Więc zbiór $X$ spełnia pierwszy z warunków bycia liczbą porządkową.

1. Weźmy dowolny element $x$ ze zbioru $X$. Z faktu Uzupelnic fa:kazdyElLPjestLP| wiemy,

że każdy element $y$ należący do zbioru $x$ jest liczbą porządkową. Ponieważ do $X$ należą wszystkie liczby porządkowe to $x\subset X$. A więc $X$ spełnia drugi warunek bycia liczbą porządkową.

Wobec powyższych faktów zbiór $X$ jest liczbą porządkową, a więc musi być własnym elementem. Otrzymaliśmy więc sprzeczność.

W ostatnim twierdzeniu w tym rozdziale pokażemy, że każdy dobry porządek jest podobny do pewnej liczby porządkowej, a więc każda "klasa" podobnych dobrych porządków ma swojego reprezentanta, który jest liczbą porządkową.

Twierdzenie

Każdy zbiór dobrze uporządkowany jest podobny do pewnej liczby porządkowej.

Dowód

Dla dowodu nie wprost załóżmy, że istnieje dobry porządek $(X,\le )$ który nie jest podobny do żadnej liczby porządkowej. Z twierdzenia Uzupelnic thm:dobrePorownywanie| wynika, że każda liczba porządkowa jest podobna do jakiegoś przedziału początkowego $X$. Używając Wyklad 4. aksjomat zastępowania pokażemy, że istnieje wtedy zbiór liczb porządkowych.

Niech $\varphi (o,p)$ będzie formułą o zmiennych wolnych $o,p$ która będzie spełniona wtedy i tylko wtedy, gdy $o$ jest dobrym porządkiem, $p$ jest liczbą porządkową i $o$ jest podobne do $p$. Nie jest trudno napisać taką formułę, ale nie jest ona krótka, dlatego ten fragment dowodu pozostawiamy czytelnikowi. Ponieważ dwie liczby porządkowe są podobne wtedy i tylko wtedy gdy są równe to do każdy dobry porządek $o$ jest podobny do co najwyżej jednej liczby porządkowej. Wobec tego dla dowolnego $o$ można dobrać co nawyżej jedno $p$ takie, aby formuła $\varphi (o,p)$ była prawdziwa. To znaczy że dla formuły $\varphi (o,p)$ przesłanka aksjomatu zastępowania jest spełniona. Wobec tego prawdą jest również

${\mathrm{\forall }}_x{\mathrm{\exists }}_y{\mathrm{\forall }}_p(p\in y\iff ({\mathrm{\exists }}_{o}o\in x\wedge \varphi (o,p))$

Biorąc za $x$ zbiór odcinków początkowych $X$, dostaniemy, że istnieje zbiór $y$ taki, że $p$ należy do $y$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje $o$ będący odcinkiem początkowym $X$ dla którego prawdziwa jest formuła $\varphi (o,p)$. Oznacza to dokładnie że istnieje zbiór wszystkich liczb porządkowych podobnych do przedziałów początkowych $X$. Skoro założyliśmy, że każda liczba porządkowa jest podobna do pewnego przedziału początkowego $X$, to istnieje zbiór liczb porządkowych. Otrzymaliśmy więc sprzeczność z twierdzeniem Uzupelnic thm:nieIstniejeZbiorLP|.

Najmniejszą nieskończoną liczbę porządkową będziemy oznaczać przez $\omega$. W naszym podejściu $\omega$ jest po prostu zbiorem $\mathbb{\mathbb{N}}$, który jest dobrze uporządkowany przez inkluzję. Przyjęło się jednak używać oznaczenia $\omega$ dla podkreślenia, że mówimy o dobrym uporządkowaniu. Będziemy mówić że zbiór częściowo uporządkowany jest typu $\omega$ jeśli jest podobny do $(\mathbb{\mathbb{N}},{\subset }_{\mathbb{\mathbb{N}}})$. Podobnie dla dowolnej innej liczby porządkowej $x$ powiemy, że zbiór częściowo uporządkowany jest typu $x$ jeśli jest podobny do $(x,{\subset }_x)$

Ćwiczenie

Udowodnij, że dla dowolnych rozłącznych dobrych porządków $(A,{\le }_A),(B,{\le }_B)$ następujące zbiory są dobrymi porządkami:

1. $(A,{\le }_A)\oplus (B,{\le }_B)=(A\cup B,{\le }_A\cup {\le }_B\cup A\times B)$ czyli na zbiorach $A,B$ porządki są takie jak w zbiorach wyjściowych, a do tego każdy element zbioru $A$ jest mniejszy od każdego elementu zbioru $B$.
2. $(A,{\le }_A)\otimes (B,{\le }_B)=(A\times B,{\le }_{A\times B})$, gdzie ${\le }_{A\times B}$ jest porządkiem leksykograficznym, czyli

$(a_1,b_1){\le }_{A\times B}(a_2,b_2)\iff (a_1{<}_A{a}_2)\vee (a_1=a_2\wedge b_1{\le }_A{b}_2)$

Rozwiązanie

1. Weźmy dowolny niepusty podzbiór $X\subset A\cup B$. Pokażemy, że istnieje w nim

element najmniejszy. Rozważmy dwa przypadki.

1. 1. Jeśli $X\cap A\ne \mathrm{\varnothing }$ to w tym zbiorze istnieje element najmniejszy,

oznaczmy go przez $x_0$. Element ten jest również najmniejszym elementem w zbiorze $X$, gdyż jest mniejszy od wszystkich elementów $X\cap A$ oraz należy do $A$ a więc z definicji porządku na $A\cup B$ jest mniejszy od wszystkich elementów z $B$, w szczególności od elementów z $X\cap B$.

1. 1. Jeśli $X\cap A=\mathrm{\varnothing }$ to $X\subset B$ i wobec tego istnieje w $X$ element

który jest najmniejszy w $X$ względem porządku ${\le }_B$. Element ten jest najmniejszy w całym zbiorze $X$ ponieważ porządek na całym zbiorze $A\cup B$ jest rozszerzeniem porządku na $B$ tak, że wszystkie elementy zbioru $A$ są mniejsze od każdego elementu zbioru $B$.

1. Weźmy dowolny niepusty podzbiór $X\subset A\times B$. Pokażemy, że istnieje w

nim element najmniejszy. Rozważmy zbiór $X_L$ (jest to zbiór składający się z lewych współrzędnych par ze zbioru $X$). Zbiór ten jest podzbiorem $A$ i ponieważ $X$ jest niepusty to $X_L$ również. Skoro $A$ jest dobrze uporządkowany relacją ${\le }_A$ to w $X_L$ istnieje element najmniejszy względem ${\le }_A$ oznaczmy go przez $a_0$. Rozważmy teraz zbiór $B_0=\{b\in B:(a_0,b)\in X\}$. Ponieważ $a_0\in X_L$ to zbiór $B_0$ musi być niepusty. $B_0$ jest podzbiorem $B$ wobec czego musi istnieć w tym zbiorze element najmniejszy, oznaczmy go przez $b_0$. Pokażemy, że $(a_0,b_0)$ jest najmniejszym elementem zbioru $X$. Weźmy dowolny element $(a_1,b_1)$ zbioru $X$. Ponieważ $a_0$ jest najmniejszy w $X_L$ to mamy $a_0{\le }_A{a}_1$. Jeśli $a_0<a_1$ to z definicji porządku ${\le }_{A\times B}$ otrzymujemy $(a_0,b_0){\le }_{A\times B}(a_1,b_1)$. W przeciwnym przypadku mamy $a_0=a_1$, wtedy $b_1\in B_0$ i ponieważ $b_0$ jest najmniejszy w tym zbiorze to otrzymujemy $b_0{\le }_b{b}_1$. Wobec tego zgodnie z definicją ${\le }_{A\times B}$ mamy $(a_0,b_0){\le }_{A\times B}(a_1,b_1)$. Wynika stąd, że element $(a_0,b_0)$ jest najmniejszy w $X$. Wobec dowolności wybory $X$ otrzymujemy, że zbiór $A\times B$ jest dobrze uporządkowany relacją ${\le }_{A\times B}$.

Powyższe konstrukcje łatwo zaadaptować do operowania na zbiorach które nie są rozłączne. W miejsce $A$ wystarczy wziąć zbiór $\{0\}\times A$ a w miejsce $B$ zbiór $\{1\}\times B$. Wtedy będziemy mieli zagwarantowaną rozłączność. Porządek na tak zmienionych zbiorach łatwo przenieść z wyjściowych zbiorów poprzez naturalną bijekcję pomiędzy nimi (czyli $[(0,a_1){\le }_{\{0\}\times A}(0,a_2)]\iff a_1{\le }_{A}a2$). W dalszej części będziemy sie posługiwać tak zmodyfikowanymi konstrukcjami nie dbając o rozłączność zbiorów. Zdefiniujemy teraz arytmetykę na liczbach porządkowych.

Niech $a,b$ będą liczbami porządkowymi. Wtedy

1. Liczbę porządkową podobną do $(a,\subset )\oplus (b,\subset )$ będziemy oznaczać przez $a+b$.
2. Liczbę porządkową podobną do $(a,\subset )\otimes (b,\subset )$ będziemy oznaczać przez $a\cdot b$.

Ćwiczenie

Sprawdź czy prawdziwe są następujące własności liczb porządkowych

1. $1+\omega =\omega$
2. $\omega +1\ne \omega$
3. $\omega +\omega =2\cdot \omega$
4. $a<b\Rightarrow a+c<b+c$
5. $b+a=c+a\Rightarrow b=c$
6. $a+b=a+c\Rightarrow b=c$
7. $a\cdot b=a\cdot c\Rightarrow b=c$
8. $x\cdot y=y\cdot x$

Rozwiązanie

1. Równość jest prawdziwa. Zgodnie z definicją dodawania $1+\omega$ to liczba

porządkowa odpowiadająca zbiorowi liczb naturalnych z dodanym jednym elementem jako najmniejszym, oznaczymy go przez $\mathrm{\perp }$. Łatwo zauważyć, że funkcja $f:\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{\mathrm{\perp }\}\to \mathbb{\mathbb{N}}$ określona w następujący sposób

f()&=& 0
F(n)&=& n+1, { dla $n\in \mathbb{\mathbb{N}}$}

jest monotoniczną bijekcją. Wobec tego częściowe porządki są podobne, a więc odpowiadają jednej liczbie porządkowej $\omega$.

1. Równość nie jest prawdziwa. Łatwo zauważyć, że w porządku $\omega +1$ istnieje

element największy, a w $\omega$ nie.

1. Równość jest prawdziwa. Zgodnie z rozszerzeniem konstrukcji z ćwiczenia

na zbiory które nie muszą być rozłączne, porządki $(\omega ,\le )\oplus (\omega ,\le )$ oraz $(\{0,1\},\le )\times (\omega ,\le )$ są dokładnie identyczne, a więc odpowiadają tej samej liczbie porządkowej.

1. Implikacja nie jest prawdziwa. Na przykład mamy $0<1$ ale nieprawda, że

$0+\omega <1+\omega$, gdyż te liczby są równe.

1. Implikacja nie jest prawdziwa. Sytuacja jest analogiczna do poprzedniego

punktu. Mamy $0+\omega =1+\omega$, ale nie prawda, że $0=1$.

1. Implikacja jest prawdziwa. Przypuśćmy, że $a,b,c$ są liczbami porządkowymi,

takimi że $a+b=a+c$. Niech $(A,{\le }_A),(B,{\le }_B),(C,{\le }_C)$ będą rozłącznymi porządkami podobnymi odpowiednio do $(a,\subset ),(b,\subset ),(c,\subset )$. Równość $a+b=a+c$ implikuje, że porządki $(A,{\le }_A)\oplus (B,{\le }_B)$ i $(A,{\le }_A)\oplus (C,{\le }_C)$ są podobne. Niech $f$ będzie monotoniczną bijekcją z $A\cup B$ w $A\cup C$. Ponieważ żaden dobry porządek nie jest podobny do swojego istotnego przedziału początkowego to $\overrightarrow{f}(A)=A$, wobec tego $\overrightarrow{f}(B)=C$. Skutkiem tego $f\cap B\times C$ jest podobieństwem pomiędzy porządkami $(B,{\le }_B),(C,{\le }_C)$. W efekcie odpowiadające im liczby porządkowe są równe, czyli $b=c$.

1. Implikacja nie jest prawdziwa. Pokażemy, że $\omega \cdot 2=\omega \cdot 1$

podczas gdy $1\ne 2$. Ponieważ $\omega \cdot 1=\omega$ to pokażemy, że również $\omega \cdot 2=\omega$. Zdefiniujmy funkcję $f:\omega \times 2\to \omega$ następująco

$f(n,x)=2\cdot n+x.$

Ponieważ $x\in \{0,1\}$ to $f$ jest bijekcją. Udowodnimy, że $f$ jest monotoniczna. Weźmy dowolne różne pary $(n,a),(m,b)\in \omega \times 2$ takie, że $(n,a){\le }_{\omega \times 2}(m,b)$. Rozważymy dwa przypadki.

1. 1. Jeśli $n<m$ to

$f(n,x)=2\cdot n+x\le 2\cdot n+1<2\cdot (n+1)\le 2\cdot m\le 2\cdot m+b=f(m,b)$

1. 1. W przeciwnym przypadku mamy $n=m$ oraz $a<b$. Wobec tego $a$ musi być równe 0 a $b$ równe 1. Wtedy

$f(n,x)=2\cdot n=2\cdot m\le 2\cdot m+1=f(m,b).$

1. Równość nie jest prawdziwa. Pokażemy, że $2\cdot \omega \ne \omega \cdot 2$. W poprzednim punkcie pokazaliśmy, że $\omega \cdot 2=\omega$. Rozważmy zbiór

$(2,\subset )\otimes (\omega ,\subset )$. Weźmy zbiór $\{0\}\times \omega$, który jest podzbiorem $2\times \omega$. Łatwo zauważyć, że $\{0\}\times \omega$ jest istotnym odcinkiem początkowym $(2,\subset )\otimes (\omega ,\subset )$, który w dodatku jest podobny do $\omega$. Wobec tego porządki $(\omega ,\subset )$ oraz $(2,\subset )\otimes (\omega ,\subset )$ nie mogą być podobne, a więc również $\omega \ne 2\cdot \omega$.

Ćwiczenie

Udowodnij, że liczba porządkowa $x$ jest skończona wtedy i tylko wtedy, gdy relacja $\underset{x}{\overset{-1}{\subset }}$ (czyli ${\supset }_x$) jest dobrym porządkiem na $x$.

Rozwiązanie

Na początek zauważmy, że każda skończona liczba porządkowa ma powyższą własność. Niech $n$ będzie skończoną liczbą porządkową. Wiemy, że $n$ jest dobrze uporządkowany przez inkluzję. Wystarczy wykazać, że jest dobrze uporządkowany przez odwróconą inkluzje, a więc że każdy niepusty podzbiór $n$ ma element największy. Ta własność wynika jednak z udowodnionej w wykładzie 7 wyklad 7. zasada maksimum. Rozważmy teraz nieskończoną liczbę porządkową $x$. Skoro $x$ jest nieskończona to $\omega$ musi być podobna do przedziału początkowego $x$. Ponieważ w $\omega$ nie ma elementu największego to zbiór $x$ nie może być dobrze uporządkowany przez odwrotną inkluzję.