da mario9555 » 16/07/2019, 18:33
Scusatemi, forse non mi sono spiegato bene. Nello sviluppare la dimostrazione, non ho di certo ritenuto che $NN$ fosse l'unico insieme infinito. Il punto è questo: nel caso in cui $S$ è infinito, ho utilizzato il principio di induzione nella seconda forma che afferma che: Se $m$ è un numero naturale e $X$ è una parte non vuota di $NN_m$ avente come minimo m, e che contiene ogni numero naturale $n>m$ per il quale è vera l'implicazione
$m<=h<n=>h inX$, allora $X=NN_m$.
Quindi la dimostrazione in tal caso sarebbe
Per ogni $n in NN$ si ponga $S_n={X inP(S):X$ è finito e $|X|=n}$. Dimostrare l'asserto sopra equivale quindi a dimostrare che per ogni $n inNN$ ogni elemento di $S_n$ è dotato di minimo e di massimo. Per n=1, qualunque sia $X inS_1$ si può porre X={x}, e risulta $minX=maxX=x$. Sia $n inNN$ con n>1, e si supponga che per ogni $i inNN$ tale che $1<=i<n$, ogni elemento di S sia dotato di massimo e minimo. Se X è un elemento di $S_n$ e $x inX$ allora $X\\{x} inS_(n-1)$ è dotato di minimo $bar(x)$ di massimo $bar(x)'$. Dunque
$minX=min{x,bar(x)}$
$maxX=max{x,bar(x)'}$
Quindi ogni elemento di $S_n$ è dotato di minimo e massimo.
Le considerazioni implicite dietro la dimostrazione sono le seguenti
Indichiamo con T l'insieme dei sottoinsiemi finiti e non vuoti di S, e si consideri in $T$ la relazione binaria $R$ definita ponendo $XRY$ se e soltanto se $X,Y inT $e $|X|=|Y|$. Ovviamente $R$ è una relazione di equivalenza in T. Altro fatto ovvio è che $[X]_R=S_(|X|)$ per ogni $X inT$ (si rammenti che $S_n$ è l'insieme degli elementi di T di ordine n). Si consideri ora l'applicazione
$f:[X]_R inT/R->|X| inNN$
L'iniettività è banale. Allo scopo di provare la suriettività di f, sia $n inN$ e si proceda per induzione su n. Se n=1, allora qualunque sia l'elemento $x inS$ risulta $f([{x}]_R)=1$. Sia $n>1$ e si supponga che per $n-1$ esista un elemento $Y$ di T tale che $f([Y]_R)=n-1$. Essendo Y finito, $S\\Y$ è infinito (infatti in caso contrario, l'unione $(S\\Y) uu Y=S$ è finita, assurdo); in particolare $S\\Y!=O/$, per cui esiste un elemento $x$ di S che non appartiene a Y, e $X=Y uu{x}}$ ha ordine n. Quindi $f([X]_R)=n$. Dunque f è suriettiva, e quindi biettiva.
Si ha quindi
$ \bigcup_(ninNN)S_n $ = $ \bigcup_([X]_Rin T//R)[X]_R=T$
Nel caso in cui $S$ è finito, ho utilizzato il seguente risultato (che il mio testo di riferimento utilizza tacitamente nella dimostrazione sull'algoritmo delle divisioni successive)
Sia $n inNN$, e sia X una parte non vuota di $NN$. Se $1 inNN$ e se X contiene ogni elemento $1<i<=n$ tale per cui vale l'implicazione $1<=j<i=>j inX$ , allora $X=I_n$.
La forma del suddetto asserto è simile al principio di induzione nella seconda forma, e si dimostra analogamente.
E' ovvio che $XsubeI_n$. Se per assurdo $X sub I_n$, sia m il minimo $I_n\\X$. Allora $1<m<=n$, e vale l'implicazione
$1<=j<m=>j inX$ (essendo m il minimo di $I_n\\X$)
quindi per ipotesi $m inX$, assurdo. Dunque $X=I_n$
Quindi se S è finito la dimostrazione si svolge così
Per ogni $n in I_|S|$ si ponga $S_n={X inP(S):X$ è finito e $|X|=n}$. Dimostrare l'asserto sopra equivale quindi a dimostrare che per ogni $n inI_|S|$ ogni elemento di $S_n$ è dotato di minimo e di massimo. Per n=1, qualunque sia $X inS_1$ si può porre X={x}, e risulta $minX=maxX=x$. Sia $n in I_|S|$ con n>1, e si supponga che per ogni $i inNN$ tale che $1<=i<n$, ogni elemento di S sia dotato di massimo e minimo. Se X è un elemento di $S_n$ e $x inX$ allora $X\\{x} inS_(n-1)$ è dotato di minimo $bar(x)$ di massimo $bar(x)'$. Dunque
$minX=min{x,bar(x)}$
$maxX=max{x,bar(x)'}$
Quindi ogni elemento di $S_n$ è dotato di minimo e massimo.
Confrontando questa dimostrazione con quella sopra, si deduce inoltre l'utilità di $S^**$.