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Teoría de los Conjuntos I: Buenos órdenes para cualquier conjunto

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

En esta entrada usaremos lo que aprendimos en la entrada anterior sobre el lema de Zorn para demostrar que cualquier conjunto no vacío puede ser bien ordenado.

Ordenando buenos órdenes de subconjuntos

En esta entrada demostraremos que cualquier conjunto no vacío $X$ tiene un buen orden. Si $a\in X$, entonces $(a,a)$ es un buen orden para $\{a\}\subseteq X$, así que podemos darle un buen orden a un elemento de $X$. La intuición de nuestra prueba es que podemos ir «agrandando» un buen orden para «pocos elementos» de $X$ hasta llegar a ordenar todo $X$. Sin embargo, no podemos hacer esto paso a paso. Tendremos que hacerlo de golpe usando el lema de Zorn. Para ello, daremos una noción de cuándo «un buen orden ordena más elementos de $X$ que otro y lo extiende». Nuestro resultado se obtendrá aplicando el lema de Zorn a esta noción. Comencemos con formalizarla.

Lema. Sea $X$ un conjunto y $\mathcal{B}$ la familia de todos los pares ordenados $(A,R)$ donde $A$ es un subconjunto de $X$ y $R$ es un buen orden para $A$. Definimos en $\mathcal{B}$ la relación $\leq$ como sigue: dados $(A,R),(B,R’)\in\mathcal{B}$ diremos que $(A,R)\leq(B,R’)$ si y sólo si $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para todo $x\in A$ y $y\in B\setminus A$ se cumple que $(x,y)\in R’$. Entonces, $\leq$ es una relación de orden parcial en $\mathcal{B}$.

Demostración.

Verifiquemos primero la reflexividad. Sea $(A,R)\in\mathcal{B}$. Luego, $A\subseteq A$, $R\subseteq R$ y, por vacuidad, para todo $x\in A$ y $y\in A\setminus A$ se tiene que $(x,y)\in R$, lo que muestra que $(A,R)\leq(A,R)$. Por tanto, $\leq$ es una relación reflexiva.

Verifiquemos ahora la antisimetría. Si $(A,R)\leq (B,R’)$ y $(B,R’)\leq(A,R)$, entonces, como consecuencia de la definición de $\leq$ tenemos que $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para todo $x\in A$ y $y\in B\setminus A$ se tiene que $(x,y)\in R’$; pero también, $B\subseteq A$, $R’\subseteq R$ y para todo $x\in B$ y $y\in A\setminus B$ se tiene que $(x,y)\in R$. En particular tenemos que $A\subseteq B$, $B\subseteq A$, $R\subseteq R’$ y $R’\subseteq R$, lo cual implica que $A=B$ y $R=R’$. Por tanto, $(A,R)=(B,R’)$, lo que muestra que $\leq$ es antisimétrica.

Por último mostraremos que la relación $\leq$ es transitiva. Sean $(A,R_0),(B,R_1),(C,R_2)\in\mathcal{B}$ elementos tales que $(A,R_0)\leq(B,R_1)$ y $(B,R_1)\leq(C,R_2)$. Luego, por definición de la relación $\leq$ tenemos que, $A\subseteq B$, $R_0\subseteq R_1$ y para todo $x\in A$ y $y\in B\setminus A$ se cumple que $(x,y)\in R_1$; asimismo, $B\subseteq C$, $R_1\subseteq R_2$ y para todo $x\in B$ y $y\in C\setminus B$ se cumple que $(x,y)\in R_2$. Así, como $A\subseteq B$ y $B\subseteq C$, entonces $A\subseteq C$ y, también, como $R_0\subseteq R_1$ y $R_1\subseteq R_2$, entonces $R_0\subseteq R_2$. Ahora, sean $x\in A$ y $y\in C\setminus A$ cualesquiera elementos. Si $y\in B$, entonces $x\in A$ y $y\in B\setminus A$, por lo que $(x,y)\in R_1$ y, por ende, $(x,y)\in R_2$. Si $y\notin B$, entonces $y\in C\setminus B$ y dado que $x\in A\subseteq B$, entonces $(x,y)\in R_2$. En cualquier caso $(x,y)\in R_2$, lo que demuestra que $(A,R_1)\leq(C,R_2)$.

Por lo tanto $\leq$ es una relación de orden en $\mathcal{B}$.

$\square$

Ya tenemos el conjunto parcialmente ordenado $(\mathcal{B},\leq)$ al que queremos aplicar el lema de Zorn. Pero tenemos que verificar una hipótesis importante: que cada cadena tiene cota superior. Esto lo hacemos en el siguiente lema.

Lema. Sea $X$ un conjunto y $\mathcal{B}$ y $\leq$ definidos como en el lema anterior. Entonces, en $(\mathcal{B}, \leq)$ toda cadena tiene una cota superior.

Demostración.

Sea $\mathcal{C}$ una cadena en $\mathcal{B}$. Definamos $f:\mathcal{C}\to\mathcal{P}(X)$ como sigue: si $(A,R)\in\mathcal{C}$, con $A\subseteq X$ y $R$ un buen orden en $A$, entonces $f((A,R))=A$. Ahora, notemos que si $A\subseteq X$ y $R$ es un buen orden en $A$, entonces $R\subseteq A\times A\subseteq X\times X$, es decir, $R$ es también una relación en $X$. Teniendo en cuenta esto definamos $g:\mathcal{C}\to\mathcal{P}(X\times X)$ como sigue: si $(A,R)\in\mathcal{C}$, con $A\subseteq X$ y $R$ un buen orden en $A$, entonces $g((A,R))=R$. Sean $Y_1:=f[\mathcal{C}]$ y $Y_2:=g[\mathcal{C}]$ y definamos $\mathcal{A}=\bigcup Y_1$ y $\mathcal{R}=\bigcup Y_2$.

Lo que haremos será probar que $\mathcal{A}$ es un subconjunto de $X$ y que $\mathcal{R}$ es un buen orden para $\mathcal{A}$, con lo cual tendríamos que $(\mathcal{A},\mathcal{R})\in\mathcal{B}$.

Primero, como $f((A,R))=A\subseteq X$ para cualquier $(A,R)\in\mathcal{C}$, entonces $Y_1=f[\mathcal{C}]$ es una familia de subconjuntos de $X$ y, por tanto, $\mathcal{A}=\bigcup Y_1$ es un subconjunto de $X$. Ahora, veamos que $\mathcal{R}$ es un buen orden en $\mathcal{A}$.

Lo primero que tenemos que mostrar es que $\mathcal{R}$ es efectivamente una relación en $\mathcal{A}$, es decir, que $\mathcal{R}$ es un subconjunto de $\mathcal{A}\times\mathcal{A}$. Sea $u\in\mathcal{R}$ un elemento arbitrario. Luego, $u\in g((A,R))=R$ para algún $(A,R)\in\mathcal{C}$. Dado que $u\in R$ y $R\subseteq A\times A$, entonces $u\in A\times A$. Además, como $(A,R)\in\mathcal{C}$, entonces $A=f((A,R))\in f[\mathcal{C}]$ y, en consecuencia, $A\subseteq\bigcup f[\mathcal{C}]=\mathcal{A}$, por lo que $A\times A\subseteq\mathcal{A}\times\mathcal{A}$. De este modo, como $u\in A\times A$ se sigue que $u\in\mathcal{A}\times\mathcal{A}$. Esto demuestra que $\mathcal{R}\subseteq\mathcal{A}\times\mathcal{A}$, es decir, $\mathcal{R}$ es una relación en $\mathcal{A}$.

Ahora veamos que $\mathcal{R}$ es una relación de orden en $\mathcal{A}$.

Sea $x\in\mathcal{A}$. Luego, $x\in f((A,R))=A$ para algún $(A,R)\in\mathcal{C}$. Como $R$ es un buen orden en $A$, entonces $(x,x)\in R$ y, dado que $R\subseteq\mathcal{R}$, se sigue que $(x,x)\in\mathcal{R}$. Esto prueba que $\mathcal{R}$ es una relación reflexiva.

Ahora, sean $x,y\in\mathcal{A}$ elementos tales que $(x,y)\in\mathcal{R}$ y $(y,x)\in\mathcal{R}$. Luego, $(x,y)\in g((A,R))=R$ y $(y,x)=g((B,R’))=R’$ para algunos $(A,R),(B,R’)\in\mathcal{C}$. Dado que $\mathcal{C}$ es una cadena, entonces $(A,R)\leq(B,R’)$ o $(B,R’)\leq(A,R)$, lo cual implica que $R\subseteq R’$ o $R’\subseteq R$. De modo que $(x,y),(y,x)\in R$ o $(x,y),(y,x)\in R’$. En cualquier caso podemos concluir que $x=y$ ya que tanto $R$ como $R’$ son relaciones de orden. Esto prueba que $\mathcal{R}$ es una relación antisimétrica.

Supongamos que $x,y,z\in\mathcal{A}$ son cualesquiera elementos tales que $(x,y),(y,z)\in\mathcal{R}$. Luego, $(x,y)\in g((A,R))=R$ y $(y,z)\in g((B,R’))=R’$ para algunos $(A,R),(B,R’)\in\mathcal{C}$. Ahora, como $\mathcal{C}$ es una cadena, entonces $(A,R)\leq(B,R’)$ o $(B,R’)\leq(A,R)$, por lo que $R\subseteq R’$ o $R’\subseteq R$. Así, $(x,y),(y,z)\in R$ o $(x,y),(y,z)\in R’$ y, por tanto, $(x,z)\in R$ o $(x,z)\in R’$ pues tanto $R$ como $R’$ son relaciones de orden. En cualquier caso $(x,z)\in\mathcal{R}$, ya que $R,R’\subseteq\mathcal{R}$. Esto prueba que $\mathcal{R}$ es una relación transitiva.

Por lo tanto, $\mathcal{R}$ es una relación de orden en $\mathcal{A}$.

Resta probar que $\mathcal{R}$ es un buen orden en $\mathcal{A}$. Sea pues $D\subseteq\mathcal{A}$ un conjunto no vacío. Luego, como $D\subseteq\mathcal{A}$ y $D\not=\emptyset$, entonces $D\cap f((A,R))=D\cap A\not=\emptyset$ para algún $(A,R)\in\mathcal{C}$. Luego, como $D\cap A\subseteq A$ no vacío, entonces existe el mínimo de $D\cap A$ con respecto a la relación $R$, ya que $R$ es un buen orden en $A$, es decir, existe $a_0\in D\cap A$ tal que $(a_0,x)\in R$ para todo $x\in D\cap A$. Veamos que $a_0$ es el mínimo de $D$ con respecto a la relación $\mathcal{R}$. Sea $x\in D$ cualquier elemento. Si $x\in A$, entonces $(a_0,x)\in R\subseteq\mathcal{R}$. Si ahora $x\notin A$, entonces, como $D\subseteq\mathcal{A}$, existe $(B,R’)\in\mathcal{C}\setminus\set{(A,R)}$ tal que $x\in f((B,R’))=B$. Luego, como $\mathcal{C}$ es una cadena se tiene que $(A,R)\leq(B,R’)$ o $(B,R’)\leq(A,R)$, sin embargo, no puede ocurrir que $(B,R’)\leq(A,R)$ pues de ser así tendríamos que $B\subseteq A$ y, por ende, $x\in A$ lo cual asumimos no ocurre. Así pues, necesariamente, $(A,R)\leq(B,R’)$ y, por consiguiente, $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para cualesquiera $a\in A$ y $b\in B\setminus A$ se tiene $(a,b)\in R’$. Debido a que $a_0\in A$ y $x\in B\setminus A$, entonces $(a_0,x)\in R’\subseteq\mathcal{R}$. Por lo tanto, para todo $x\in D$, $(a_0,x)\in\mathcal{R}$, lo que demuestra que $a_0$ es el mínimo de $D$ en la relación $\mathcal{R}$. Consecuentemente, $\mathcal{R}$ es un buen orden para $\mathcal{A}$.

Los argumentos anteriores nos permiten concluir que $(\mathcal{A},\mathcal{R})\in\mathcal{B}$, pues $\mathcal{A}\subseteq X$ y $\mathcal{R}$ es un buen orden para $\mathcal{A}$. Ahora, $(\mathcal{A},\mathcal{R})$ es una cota superior para $\mathcal{C}$. En efecto, si $(A,R)\in\mathcal{C}$ es cualquier elemento, entonces $A=f((A,R))\subseteq\bigcup f[\mathcal{C}]=\mathcal{A}$ y $R=g((A,R))\subseteq\bigcup g[\mathcal{C}]=\mathcal{R}$. Por último, si $x\in A$ y $y\in\mathcal{A}\setminus A$, entonces $y\in f((B,R’))=B$ para algún $(B,R’)\in\mathcal{C}$, pero dado que $\mathcal{C}$ es una cadena, entonces $(A,R)\leq(B,R’)$ o $(B,R’)\leq(A,R)$. Sin embargo, no puede ocurrir que $(B,R’)\leq(A,R)$ pues en ese caso tendríamos, en particular, que $B\subseteq A$ y por ende $y\in A$, lo que contradice la elección de $y$. Así que necesariamente, $(A,R)\leq(B,R’)$. Por consiguiente, $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para cualquier $a\in A$ y $b\in B\setminus A$, se tiene que $(a,b)\in R’$. En consecuencia, $(x,y)\in R’$ y como $R’\subseteq\mathcal{R}$, entonces $(x,y)\in\mathcal{R}$.

Por lo tanto, $A\subseteq\mathcal{A}$, $R\subseteq\mathcal{R}$ y para cualesquiera $x\in A$ y $y\in\mathcal{A}\setminus A$, $(x,y)\in\mathcal{R}$, es decir, $(A,R)\leq(\mathcal{A},\mathcal{R})$. Esto demuestra que $(\mathcal{A},\mathcal{R})$ es una cota superior para $\mathcal{C}$.

$\square$

El teorema del buen orden

Ya con los ingredientes anteriores, podemos enfocarnos en el resultado principal de esta entrada.

Teorema. (teorema del buen orden). Todo conjunto no vacío puede ser bien ordenado.

Demostración.

Sea $X$ un conjunto no vacío. Sea $\mathcal{B}$ el conjunto de todos los pares ordenados $(A,R)$ tales que $A\subseteq X$ y $R$ es un buen orden para $A$. Por uno de los lemas anteriores tenemos que $(\mathcal{B},\leq)$ es un conjunto ordenado, donde $\leq$ es la relación definida como $(A,R)\leq(B,R’)$ si y sólo si $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para todo $x\in A$ y $y\in B\setminus A$, $(x,y)\in R’$.

Antes de continuar veamos que $\mathcal{B}$ es no vacío. Como $X\not=\emptyset$, entonces existe $a\in X$. Luego, $R=\set{(a,a)}$ es un buen orden para $\set{a}$. Por tanto, $(\set{a},\set{(a,a)})\in\mathcal{B}$ y así $\mathcal{B}$ es no vacío.

Ahora, por el último lema probado, toda cadena en $\mathcal{B}$ está acotada superiormente y, como $\mathcal{B}$ es no vacío, podemos aplicar el lema de Kuratowski-Zorn y concluir que $\mathcal{B}$ tiene un elemento maximal. Sea $(A,R)$ elemento maximal de $\mathcal{B}$. Lo que probaremos es que $A=X$.

Si $X\not=A$, entonces existe $x\in X\setminus A$. Luego, definiendo $B=A\cup\set{x}$ y $R’=R\cup\set{(a,x):a\in A}\cup\set{(x,x)}$ tenemos que $R’$ es un buen orden para $B$. En efecto, primero probaremos que $R’$ es una relación de orden en $B$.

Si $u\in R’$, entonces $u\in R$ o $u\in\set{(a,x):a\in A}$ o $u=(x,x)$. Luego, como $A\subseteq B$ y $R\subseteq A\times A$, entonces $u\in A\times A\subseteq B\times B$ o $u=(a,x)\in A\times B\subseteq B\times B$ para algún $a\in A$ o $u=(x,x)\in B\times B$. En cualquier caso $u\in B\times B$ y, por tanto, $R’\subseteq B\times B$, lo que muestra que $R’$ es una relación en $B$.

Ahora, si $b\in B$, entonces $b\in A$ o $b=x$. Si $b\in A$, entonces $(b,b)\in R$ por ser $R$ una relación de orden en $A$ y, por tanto, $(b,b)\in R’$ pues $R\subseteq R’$. Si $b=x$, entonces $(b,b)\in R’$, por definición de $R’$. En cualquier caso se cumple que $(b,b)\in R’$, lo que muestra que $R’$ es una relación reflexiva.

Por otro lado, si $c,b\in B$ son tales que $(c,b)\in R’$ y $(b,c)\in R’$, entonces tenemos algunos casos:

Caso 1. $(c,b)\in R$ y $(b,c)\in R$. Luego, por ser $R$ una relación de orden se cumple que $R$ es antisimétrica, por lo que $c=b$.

Caso 2. $(c,b)\in R$ y $(b,c)\in\set{(a,x):a\in A}$. Luego, $(b,c)=(a,x)$ para algún $a\in A$ y, como $(c,b)\in R\subseteq A\times A$, entonces $(c,b)=(a_1,a_2)$ para algunos $a_1,a_2\in A$. De lo anterior se sigue que $c=a_1\in A$ pero también que $c=x\notin A$ y esto es una contradicción. Así el caso 2 no puede ocurrir.

Caso 3. $(c,b)\in R$ y $(b,c)\in\set{(x,x)}$. Este caso tampoco puede darse por las razones dadas en el caso 2.

Caso 4. $(c,b)\in\set{(a,x):a\in A}$ y $(b,c)\in\set{(a,x):a\in A}$. Luego, $(c,b)=(a_1,x)$ y $(b,c)=(a_2,x)$ para algunos $a_1,a_2\in A$. De esto se sigue que $c=a_1\in A$ y $c=x\notin A$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, el caso 5 tampoco pede darse.

Caso 5. $(c,b)\in\set{(a,x):a\in A}$ y $(b,c)\in\set{(x,x)}$. Luego, $(c,b)=(a_1,x)$ para algún $a_1\in A$ y $(c,b)=(x,x)$, por lo que $c=a_1\in A$ y $c=x\notin A$ lo cual es una contradicción. Por tanto, el caso 5 tampoco puede darse.

Caso 6. $(c,b)\in\set{(x,x)}$ y $(b,c)\in\set{(x,x)}$. En este caso se tiene que $b=x=c$.

Los 6 casos anteriores son las únicas posibilidades y, por tanto, concluimos que $b=c$. Esto muestra que $R’$ es una relación antisimétrica.

Ahora, sean $b,c,d\in B$ tales que $(b,c)\in R’$ y $(c,d)\in R’$. Luego, tenemos los siguientes casos:

Caso 1. $(b,c),(c,d)\in R$. En este caso se sigue que $(b,d)\in R\subseteq R’$ pues $R$ es transitiva.

Caso 2. $(b,c)\in R$ y $(c,d)\in\set{(a,x):a\in A}$. Luego, como $(b,c)\in R\subseteq A\times A$, entonces $b\in A$ y, por tanto, $(b,x)\in R’$. Ahora, como $(c,d)\in\set{(a,x):a\in A}$, entonces $d=x$ y, por tanto, $(b,d)\in R’$.

Caso 3. $(b,c)\in R$ y $(c,d)\in\set{(x,x)}$. Así como en el caso 2 se sigue que $(b,d)\in R’$.

Caso 4. $(b,c),(c,d)\in\set{(a,x):a\in A}$. En este caso se sigue que $c=d=x$ y, por tanto, $(b,c)=(b,d)\in R’$.

Caso 5. $(b,c)\in\set{(a,x):a\in A}$ y $(c,d)\in\set{(x,x)}$. Así como en el caso 3 se sigue que $c=d=x$ y, por tanto, que $(b,d)\in R’$.

Caso 6. $(b,c),(c,d)\in\set{(x,x)}$. Se sigue inmediatamente que $b=c=d=x$ y, por tanto, $(b,d)\in R’$.

Estos son los únicos casos posibles, pues no pueden ocurrir los siguientes casos:

Caso i. $(c,d)\in R$ y $(b,c)\in\set{(a,x):a\in A}$. En este caso se tendría que $c=x$ y que $c\in A$, lo cual no ocurre por la elección de $x$.

Caso ii. $(c,d)\in R$ y $(b,c)\in\set{(x,x)}$. Lo mismo que en el caso i.

Caso iii. $(c,d)\in\set{(a,x):a\in A}$ y $(b,c)\in\set{(x,x)}$. Lo mismo que en los casos i y ii.

En los únicos casos posibles se concluye que $(b,d)\in R’$, lo que muestra que $R’$ es una relación transitiva.

Por lo tanto $R’$ es una relación de orden en $B$. Ahora, sea $D\subseteq B$ no vacío. Si $D\cap A\not=\emptyset$, entonces $D\cap A$ tiene un elemento mínimo en $A$ respecto a la relación de orden $R$, es decir, existe $a_0\in D\cap A$ tal que $(a_0,a)\in R$ para todo $a\in D\cap A$. Luego, si $d\in D$ es cualquier elemento, entonces $d\in A$ o $d=x$. Si $d\in A$, entonces $(a_0,d)\in R\subseteq R’$ y, si $d=x$, entonces $(a_0,d)\in R’$ por definición de $R’$. Lo que demuestra que $a_0$ es el mínimo de $D$ con respecto a la relación de orden $R’$. Si ahora $D\cap A=\emptyset$, entonces, necesariamente, $D=\set{x}$ y, ciertamente, $D$ tiene mínimo, el cual es $x$. Por lo tanto, cualquier subconjunto no vacío de $B$ tiene elemento mínimo con respecto a la relación $R’$. Lo que muestra que $R’$ es un buen orden para $B$.

Luego, $(B,R’)\in\mathcal{B}$. Dado que $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para cualquier $a\in A$ y $b\in B\setminus A=\set{x}$ se tiene que $(a,b)\in R’$, se sigue que $(A,R)\leq(B,R’)$ y, sin embargo, $(A,R)\not=(B,R’)$, lo cual contradice la maximalidad de $(A,R)$ en $\mathcal{B}$.

Concluimos entonces que $A=X$ y, por tanto, $R$ es un buen orden para $X$. Por lo tanto, $X$ puede ser bien ordenado.

$\square$

Para culminar esta entrada, mostraremos que el teorema del buen orden implica el axioma de elección. La idea intuitiva es sencilla. Para un conjunto $X$, ¿cuál elemento elegimos de cada subconjunto no vacío de $X$? Pues damos un buen orden a $X$ y para cada subconjunto no vacío elegimos el mínimo.

Teorema. El teorema del buen orden implica el axioma de elección.

Demostración.

Sea $X$ un conjunto no vacío. Luego, por el teorema del buen orden, existe una relación $R$ en $X$ que es un buen orden en $X$. Definamos $e:\mathcal{P}(X)\setminus\set{\emptyset}\to X$ por medio de $e(B)=\min_R(B)$, donde $\min_R(B)$ denota al elemento mínimo del subconjunto no vacío $B$ de $A$ con respecto a la relación $R$. Dado que, por definición, el mínimo de un conjunto pertenece a dicho conjunto, concluimos que $e(B)\in B$ para todo $B\in\mathcal{P}(X)\setminus\set{\emptyset}$. Esto demuestra que $X$ tiene una función de elección.

$\square$

Resumen de últimas equivalencias

Podemos resumir la serie de resultados probados en esta entrada y la anterior mediante el siguiente teorema.

Teorema. Son equivalentes los siguientes resultados

  1. El axioma de elección.
  2. El lema de Tukey-Teichmüller.
  3. Principio maximal de Hausdorff.
  4. El lema de Kuratowski-Zorn.
  5. El teorema del buen orden.

Con esto damos por termnado esl estudio de algunas de las equivalencias más importantes del axioma de elección.

Tarea moral

  1. Sea $(X,\leq)$ un conjunto parcialmente ordenado en el que cualquier cadena tiene una cota superior. Muestra que para cada $a\in X$ existe un elemento $\leq-$maximal $x\in X$ tal que $a\leq x$.
  2. Sea $(L,\leq)$ un conjunto linealmente ordenado. Prueba que existe un conjunto $W\subseteq L$ tal que $\leq$ es un buen orden para $W$ y tal que para cada $x\in L$ existe $y\in W$ tal que $x\leq y$.
  3. Sea $X$ cualquier conjunto infinito. Prueba que $X$ puede ser bien ordenado de tal forma que $X$ no tenga máximo. Prueba también que $X$ puede ser bien ordenado de tal forma que tenga un máximo.

Más adelante…

En la siguiente y última entrada veremos una aplicación del axioma de elección relevante en álgebra lineal.

Entradas relacionadas

Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Teoría de los Conjuntos I: Buen orden en los naturales

Por Gabriela Hernández Aguilar

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Introducción

En esta entrada demostraremos que el conjunto de los números naturales es un conjunto bien ordenado.

Resultados previos

A continuación demostraremos el siguiente lema que nos dice que la intersección de dos números naturales resulta ser un número natural.

Lema. Si $n,m\in \mathbb{N}$, entonces $n\cap m\in \mathbb{N}$.

Demostración.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$.

$n\cap m$ es un conjunto transitivo: En la entrada de construcción de números naturales se demostró que intersección de conjuntos transitivos es transitivo. Como $n$ y $m$ son naturales, entonces son transitivos. Así, $n\cap m$ también lo es.

$n\cap m$ es un orden total con la pertenencia:

Notemos la relación de pertenencia en $n\cap m$ es la relación $\in_{n\cap m}=\in_n\cap((n\cap m)\times(n\cap m))$. En efecto, si $x\in_{n\cap m}y$, entonces, $x\in y$ y $x,y\in n\cap m$; en particular, $x\in y$ y $x,y\in n$, es decir, $x\in_ny$. Esto muestra que $\in_{n\cap m}\subseteq \in_n\cap((n\cap m)\times(n\cap m))$. Por otro lado, si $x\in_n y$ y $x,y\in n\cap m$, entonces, $x\in y$ y $x,y\in n\cap m$, es decir, $x\in_{n\cap m}y$. Esto demuestra la igualdad mencionada.

–Asimetría de $\in_{n\cap m}$.

Sean $z,w\in n\cap m$ tales que $z\in_{n\cap m} w$. Dado que $z\in_{n\cap m}w$, entonces $z\in_nw$. De este modo, $w\notin_{n\cap m} z$, ya que de lo contrario, $w\in_n z$, lo cual contradice que $\in_n$ sea una relación asimétrica. Por lo tanto, $\in_{n\cap m}$ es asimétrica.

–Transitividad de $\in_{n\cap m}$.

Sean $z,w,y\in n\cap m$ tales que $z\in_{n\cap m} w$ y $w\in_{n\cap m} y$. Entonces, $z\in_n w$ y $w\in_n y$, por lo que $z\in_n y$ por la transitividad de $\in_n$. Así pues $z\in_n y$ y $z,y\in n\cap m$, y en consecuencia $z\in_{n\cap m}y$.

– $\in_{n\cap m}$-comparables.

Sean $z,w\in n\cap m$. En particular, $z,w\in n$. Luego, por ser $(n, \in_n)$ un orden total, $z\in_n w$ o $w\in_n z$ o $z=w$. En consecuencia, $z\in_{n\cap m}w$ o $w\in_{n\cap m}z$ o $z=w$. Por lo tanto, los elementos de $n\cap m$ son $\in_{n\cap m}$-comparables.

Cualquier subconjunto $B$ no vacío de $n\cap m$ tiene elemento mínimo y máximo.

Veamos que $B$ tiene mínimo. Lo del máximo quedará como uno de los ejercicos. Dado que $B\subseteq n\cap m$, entonces, en particular, $B\subseteq n$. Dado que $n$ es un número natural y $B$ es un subconjunto no vacío de $n$, $B$ tiene mínimo con respecto a $\in_n$.

Sea $a=\min(B)$ con respecto a $\in_n$. Luego, $a\in_nx$ para todo $x\in B\setminus\set{a}$. Así pues, si $x\in B\setminus\set{a}$ es cualquier elemento, entonces, $a\in_n x$ y, como $a,x\in n\cap m$ pues $B\subseteq n\cap m$, se sigue, $a\in_{n\cap m}x$. Por lo tanto, $a=\min(B)$ en el orden $\in_{n\cap m}$.

Por lo tanto, si $n,m\in \mathbb{N}$, entonces $n\cap m\in \mathbb{N}$.

$\square$

En la tarea moral te corresponde probar que cualquier subconjunto no vacío de $n\cap m$ tiene elemento máximo.

Antes de demostrar nuestro resultado principal, probaremos otros dos resultados auxiliares.

Lema. Si $n, m$ son naturales distintos $n\subsetneq m$, entonces $n\in m$.

Demostración.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$ distintos tales que $n\subsetneq m$. Como, $m\setminus n\subseteq m$ y $m\setminus n\not=\emptyset$, existe $k=\min(m\setminus n)$ con respecto a $\in_{m}$.

Afirmación. $k=n$.

Demostración de la afirmación.

$\subseteq$) Sea $y\in k$, entonces $y\in m$ por ser $m$ un conjunto transitivo. Luego, $y\in n$, pues de lo contrario $y\in m\setminus n$ y así, $y$ sería un elemento en $m\setminus n$ tal que $y\in k$, pero esto es imposible pues $k=\min(m\setminus n)$. Por lo tanto, $y\in n$ y, por ende, $k\subseteq n$.

$\supseteq$) Sea $y\in n$. Como $n\subseteq m$, entonces $y\in m$. Ahora, por ser $m$ un natural, $m$ está ordenado totalmente por la pertenencia. Así que, $y,k\in m$, o bien $y\in k$ o bien $k\in y$ o bien $y=k$. No puede ocurrir que $k\in y$, pues de ser así se tendría que $k\in n$ ya que $y\in n$ y $n$ es transitivo por ser un número natural. Así, tendríamos $k\notin m\setminus n$, lo cual contradice la elección de $k$. Ahora, no puede ocurrir que $k=y$, pues nuevamente tendríamos que $k\in n$ y ya vimos que esto conduce a una contradicción. Luego, tiene que ocurrir que $y\in k$. Esto demuestra que $n\subseteq k$.

Por lo tanto, $n=k$ y, en consecuencia, $n\in m$.

$\square$

Lema. Si $n$ y $m$ son naturales, entonces $n\in m$ o $m\in n$ o $n=m$, es decir, $n,m$ son $\in$-comparables.

Demostración.

Sean $n,m\in\mathbb{N}$. Tenemos los siguientes casos:

Caso 1. Si $n=m$ no hay más que probar.

Caso 2. $n\not=m$.

Consideremos a la intersección $n\cap m$. Luego, $n\cap m\subseteq m$ y $n\cap m\subseteq n$. Si $n\cap m=m$, entonces $m\subseteq n$, pero $m\not=n$, por lo que $m\subsetneq$ y por el lema anterior tenemos que $m\in n$. Si $n\cap m=n$, entonces $n\subseteq m$, pero $n\not=m$, por lo que $n\subset m$ y, en consecuencia, $n\in m$.

Por tanto, si $n\not=m$, entonces $n\in m$ o $m\in n$. En consecuencia, cualesquiera dos números naturales son $\in$-comparables.

$\square$

Los naturales están bien ordenados

Estamos listos para probar el resultado principal de esta entrada.

Teorema. $(\mathbb{N}, \leq)$ es un conjunto bien ordenado.

Demostración.

Veamos primero que $\leq$ en $\mathbb{N}$ es reflexiva, antisimétrica y transitiva. Luego, veremos que $\mathbb{N}$ es un conjunto bien ordenado con $\leq$.

– Reflexividad.

Sea $n\in \mathbb{N}$. Dado que $n=n$ se cumple que $n\leq n$.

– Antisimetría.

Sean $n,m\in \mathbb{N}$. Supongamos que $n\leq m$ y $m\leq n$. Como $n\leq m$, sabemos que $n\in m$ o $n=m$. El caso $n\in m$ lleva a una contradicción, pues como $m\leq n$ entonces o $m=n$ (y llegamos a la contradicción $n\in n$) o $m\in n$ (y llegamos a la contradicción $n\in m$ y $m\in n$). Así, $n=m$.

Los argumentos anteriores muestran que $\leq$ es una relación antisimétrica en $\mathbb{N}$.

– Transitividad.

Sean $n,m,l\in \mathbb{N}$. Supongamos que $n\leq m$ y $m\leq l$. Veamos que $n\leq l$
Dado que $n\leq m$, entonces $n\in m$ o $n=m$ y como $m\leq l$, entonces $m\in l$ o $m=l$.
Caso 1: Si $n\in m$ y $m\in l$, entonces $m\subseteq l$ por ser $l$ un conjunto transitivo y así, $n\in l$.
Caso 2: Si $n\in m$ y $m=l$, entonces $n\in l$.
Caso 3: Si $n=m$ y $m\in l$, entonces $n\in l$.
Caso 4: Si $n=m$ y $m=l$, entonces $n=l$.
En cualquier caso ocurre que $n\in l$ o $n=l$, es decir, $n\leq l$.

Por lo tanto, $\leq$ es una relación transitiva. Estas propiedades nos permiten concluir que $\leq$ es un orden parcial en $\mathbb{N}$.

Para mostrar que $\mathbb{N}$ es un conjunto bien ordenado con $\leq$, sólo resta probar que cualquier subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$ tiene elemento mínimo con respecto a $\leq$.

– Buen orden.

Sea $B\not=\emptyset$ tal que $B\subseteq \mathbb{N}$ y veamos que $B$ tiene elemento mínimo. Dado que $B\not=\emptyset$, podemos fijar $x\in B$. Luego, $x\in \mathbb{N}$ y por tanto $s(x)\in \mathbb{N}$. Consideremos $s(x)\cap B$ conjunto no vacío pues $x\in s(x)$ y $x\in B$. Notemos además que $s(x)\cap B$ es subconjunto no vacío de $s(x)$, por lo que $s(x)\cap B$ tiene elemento mínimo con respecto a $\in$ en $s(x)$.

Sea $k=\min(s(x) \cap B)$. Afirmamos que $k=\min(B)$ en $\leq$. En efecto, si $n\in B$, entonces $n\in s(x)\cap B$ o $n\notin s(x)$; si $n\in s(x)\cap B$, entonces $n=k$ o $k\in n$ pues $k=\min(s(x)\cap B)$ con respecto a $\in$. Supongamos ahora que $n\notin s(x)$. Por un lema visto en esta entrada, y dado que $n$ y $s(x)$ son naturales tales que $n\notin s(x)$ , entonces $s(x)\in n$ o $s(x)=n$. Si $n=s(x)$, entonces $k\in n$ pues $k\in s(x)$. Finalmente, si $s(x)\in n$, entonces $s(x)\subseteq n$ por ser $n$ conjunto transitivo y, en consecuencia, $k\in n$, ya que $k\in s(x)$. En cualquier caso tenemos que $k\leq n$, lo que demuestra que $k=\min(B)$ con respecto a la relación $\leq$ definida en $\mathbb{N}$.

Por lo tanto, $(\mathbb{N}, \leq)$ es un conjunto bien ordenado.

$\square$

Tarea moral

La siguiente lista de ejercicios te permitirá reforzar el contenido visto en esta sección:

  1. Sea $X$ un subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$, demuestra que $\bigcap X\in \mathbb{N}\cap X$. (Nota que esta es una generalización del primer lema que probamos en esta entrada).
  2. Muestra que cualquier subconjunto no vacío de $n\cap m$ tiene elemento máximo.

Más adelante…

En la siguiente entrada haremos una breve pausa en funciones compatibles. Esto nos servirá más adelante para probar el teorema de recursión. Dicho teorema será de utilidad para definir recursivamente a la suma y el producto en el conjunto de los números naturales.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE109323 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 3»

Álgebra Superior II: El principio del buen orden

Por Roberto Manríquez Castillo

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Introducción

En la entrada pasada definimos una relación de orden en el conjunto de números naturales, más aun, probamos algunas propiedades de esta nueva relación, de las cuales, la más importante fue que este orden era un orden total. Ya en los ejercicios morales, vimos que podíamos restringir esta relación a cualquier número natural $n$ para definir un orden en los conjuntos con $n$ elementos.

En esta entrada definiremos una de las propiedades más importantes del orden en los naturales: el principio de buena ordenación, veremos que en cierto sentido es equivalente al principio de inducción, y daremos una breve presentación a algunos otros conjuntos que en este sentido se comportan de forma similar a los naturales.

La propiedad de buena ordenación

Pensemos en un número natural $n\neq 0$ con el orden que este hereda de $\mathbb{N}$, abusando de la notación, podemos escribir de forma ordenada a $n$ como $\{0<1<…<n-1\}$, parece ser que no habrá muchas sorpresas a la hora de estudiar a los números como conjuntos ordenados. Sin embargo, vale la pena notar que debido a lo que probamos en la sección de El tamaño de los naturales, cualquier subconjunto $A$ de $n$ será finito. Gracias a esto, y a que demostramos que el orden es total, podemos comparar todos los elementos de $A$ y fijarnos en el menor de todos ellos. Antes de formalizar esta prueba, recordaremos qué significa que un elemento de un conjunto sea mínimo.

Definición. Si $A$ es un conjunto ordenado por $\leq$, decimos que $a_0\in A$ es un elemento mínimo, si para todo $a\in A$ se tiene que $a_0\leq a$.

Ahora sí, enunciamos y demostramos nuestro primer teorema.

Teorema. Si $n\neq 0$ y $A\subseteq n$ es distinto del vacío, entonces existe $a_0$ mínimo en $A$.

Demostración. El hecho de que $A$ sea un conjunto finito no necesita más demostración que la que se mencionó en el párrafo anterior. Entonces podemos proceder por inducción sobre $m=\vert A\vert$.

Como $A\neq \emptyset$ la base de inducción se probará para $m=1$. Es decir que $A=\{a\}$, evidentemente, el elemento $a$ es el mínimo de $A$.

Supongamos ahora que si un conjunto no vacío tiene $m$ elementos, entonces tiene un elemento mínimo y supongamos que $A$ es un conjunto con $\sigma(m)$ elementos. Como $A$ es no vacío, entonces podemos elegir algún $a\in A$ arbitrario, entonces el conjunto $A\setminus\{a\}$ es un conjunto con $m$ elementos, y por la hipótesis de inducción, tiene un mínimo, llamémoslo $a’$. Como el orden en $A$ es el de los naturales, y este es total, $a’$ y $a$ son comparables, llamemos $a_0$ al mínimo entre estos dos elementos y demostremos que $a_0$ es el mínimo de $A$.

Sea $x\in A$ arbitrario, si $x=a$, ya terminamos, pues por definición $a_0\leq a$, en caso contrario $x \in A\setminus\{a\}$, pero como $a’$ es el mínimo de este conjunto, entonces $a’\leq x$, y como $a_0\leq a’$, por transitividad concluimos que $a_0\leq x$, por lo que $A$ sí tiene mínimo.

$\square$

Como mencionamos antes, la propiedad de que todos los subconjuntos de un conjunto arbitrario tengan mínimo elemento es importante, por lo que damos la siguiente definición.

Definición. Si $B$ es un conjunto ordenado por $\leq$, decimos que $B$ tiene la propiedad del buen orden si todo subconjunto no vacío de $B$ tiene un mínimo.

Entonces el teorema anterior puede ser reformulado como

Teorema. Si $n$ es un número natural, entonces $n$ está bien ordenado.

El conjunto de los números naturales está bien ordenado.

Un error lógico, sería asumir que por el teorema anterior, el conjunto de los números naturales también cumple la propiedad del buen orden, ya que a diferencia de cualquier número natural, en $\mathbb{N}$ existen conjuntos con una infinidad de elementos; sin embargo, aunque esta prueba no funcione, no se sigue que $\mathbb{N}$ no esté bien ordenado, es por esto que enunciamos el siguiente teorema.

Teorema. $\mathbb{N}$ satisface la propiedad del buen orden.

Demostración. Sea $A$ un subconjunto no vacío de números naturales, procedamos por contradicción, es decir, supongamos que $A$ no tiene elemento mínimo. Consideremos $B=\{n\in\mathbb{N}\mid m\leq n \Rightarrow m\notin A\}$, veamos que B es inductivo.

Evidentemente $0$ está en $B$, porque si no, existiría $m\leq 0$ tal que $m\in A$, como el único natural menor o igual a $0$ es $0$, tenemos que $0\in A$, pero entonces, $0$ sería un mínimo de $A$, ya que es menor o igual a todo natural.

Supongamos entonces que $n\in B$ y demostremos que $\sigma(n)\in B$, supongamos que no, entonces existirá $m\leq\sigma(n)$, tal que $m\in A$, como $m\in A$, por la definición de $B$, debe ocurrir que $n<m$ y por uno de los resultados de la entrada pasada, tenemos que $\sigma(n) \leq m$, por la antisimetría del orden, tenemos que $m=\sigma(n)$.

De nuevo usemos reducción al absurdo para probar que $\sigma(m)$ es un mínimo de $A$, si no lo fuera, existiría $a \in A$ tal que es falso que $\sigma(n)\leq a$, esto implicaría que es falso que $n<a$, es decir que $a\leq n$ y como $n\in B$, esto implicaría que $a\notin A $ lo cual es absurdo, entonces $\sigma(n)$ sí es un mínimo de $A$, pero de nuevo, esto es contradictorio con la suposición de que $A$ no tenía elemento mínimo, esta contradicción se deriva de suponer que $\sigma(n)\notin B$, entonces $\sigma(n)\in B$, por lo que el paso inductivo queda probado y $B=\mathbb{N}$.

Como $B=\mathbb{N}$, debe ocurrir que $A= \emptyset$ ya que si $a\in A$, como $a\leq \sigma(a)$, por la definición de $B$ debería pasar que $\sigma(a)\notin B$, contradiciendo que $B=\mathbb{N}$, pero desde un inicio, supusimos que $A\neq \emptyset$, esto quiere decir que suponer que $A$ no tiene mínimo es absurdo. Entonces, concluimos que $A$ sí debe de tener un elemento mínimo.

$\square$

El principio de inducción y el principio del buen orden

La idea de una prueba más corta de este resultado se da en los ejercicios morales; sin embargo, damos esta prueba para ver como el principio de inducción prueba el del buen orden. De forma análoga podemos demostrar el principio de inducción a partir del principio del buen orden.

Teorema. Supongamos cierto que $\mathbb{N}$ satisface la propiedad del buen orden, entonces, el principio de inducción también es cierto.

Demostración. Sea $A$ un conjunto inductivo, debemos de demostrar que $A=\mathbb{N}$, supongamos que no lo es, entonces $\mathbb{N}\setminus A\neq\emptyset$, por lo que, por el principio del buen orden, este conjunto tiene un elemento mínimo, sea $n$ el mínimo. Como $A$ es inductivo, $0\in A$. por lo que $n\neq 0$, entonces existe un $m$ tal que $\sigma(m)=n$, como $n$ es el mínimo, de $\mathbb{N}\setminus A$, tenemos que $m\notin \mathbb{N}\setminus A$, por lo que $m\in A$, pero como $A$ es inductivo, $\sigma(m)=n\in A$, lo cual es una contradicción, entonces, $A=\mathbb{N}$.

$\square$

En $\mathbb{N}$, existe otra formulación equivalente al principio de inducción, llamado principio de inducción fuerte, y dice que

Teorema. Si $A$ es un conjunto tal que:

  • $0\in A$.
  • Es cierto que si $n\in A$ y para todo $m\leq n$, se tiene que también $m\in A$ entonces $\sigma(n)\in A$.

Entonces $A=\mathbb{N}$.

Los detalles de la prueba se mencionan en uno de los ejercicios morales.

Conjuntos bien ordenados

Antes de estudiar otros conjuntos bien ordenados damos la siguiente proposición elemental.

Teorema. Si $A$ es un conjunto bien ordenado por $\leq$, entonces $A$ es un orden lineal.

Demostración. Sean $a,b\in A$, consideremos el conjunto $\{a,b\}\subset A$, como $A$ es un buen orden, entonces, este subconjunto tiene un elemento mínimo, es decir que $a\leq b$ ó $b\leq a$, esto quiere decir que los elementos son comparables.

$\square$

Hemos demostrado que todo número natural y el conjunto de los naturales, tienen un buen orden natural, una pregunta natural es si estos son los únicos conjuntos bien ordenados, la respuesta es que no; sin embargo hay varias cosas que analizar.

Lo primero que mencionaremos, es que todo conjunto finito $A$ y linealmente ordenado, satisface la propiedad del buen orden y más aun, se puede probar que si $\vert A\vert=n$, entonces el orden de $A$ y de $n$ son indistinguibles, detallamos esta afirmación en uno de los problemas de la tarea moral.

El caso infinito es más complicado, ya que existen muchos conjuntos numerables que pueden ordenarse de forma distinta a $\mathbb{N}$ y aun así tener la propiedad del buen orden, en realidad, es muy sencillo construirlos, como mencionamos en el siguiente teorema.

Teorema. Si $A$ es un conjunto bien ordenado bajo $\leq$, entonces $\sigma(A)$ es un conjunto bien ordenado con el orden $\leq’=\leq\cup\bigcup_{a\in \sigma(A)}(a,A)$.

Demostración. El hecho de que $\leq’$ es un orden, será un ejercicio moral, veamos que $\leq’$ está bien ordenado. Sea $B\subseteq \sigma(A)$ distinto del vacío, entonces debemos encontrar un elemento mínimo para $B$. Si $B=\{A\}$ el resultado es trivial.

Entonces supongamos que $B\neq\{A\}$ y consideremos $B\setminus \{A\}\subseteq A$, el cual es distinto del vacío. Como $A$ es un buen orden, entonces, existe $b$ elemento mínimo para este conjunto, afirmamos que $b$ también es un elemento mínimo para $B$. Para ver esto, sea $b’\in B$, si $b’\in B\setminus \{A\}\subseteq A$ el resultado se sigue de la definición de $b$, mientras que si $b’=A$, tenemos que $b’\leq A$ ya que por definición $(b’,A)\in \leq’$. Con esto finaliza la prueba.

$\square$

Aplicando el teorema anterior a $\mathbb{N}$, tenemos que $\mathbb{N}\cup\{\mathbb{N}\}$ es un buen orden con $\leq$ definido como $a\leq b$ si y solo si $a\in b$ o $a=b$, sin embargo, a diferencia de $\mathbb{N}$, este conjunto tiene un máximo, dígase $\mathbb{N}$ (ahora visto como elemento).

Otra cosa curiosa que podemos notar del conjunto $\sigma(\mathbb{N})$ es que aunque el principio del buen orden es válido, el principio de inducción no lo es, a diferencia de como pasaba en $\mathbb{N}$, en realidad, esta no es la única propiedad que perdemos, por ejemplo, en $\sigma(\mathbb{N})$, el cero no es el único elemento sin un antecesor, en realidad, esta es una de las razones por las que la prueba del principio de inducción a partir del principio del buen orden no es válida para este conjunto.

El estudio de los buenos ordenes es importante en Teoría de conjuntos y está muy relacionada con la teoría de conjuntos transitivos.

Más adelante…

Ya que hemos estudiado la propiedad más importante del orden en los naturales. solo falta ver como es que esta propiedad se relaciona con las operaciones que definimos, los resultados vistos en esta sección y en la siguiente, serán muy importantes en los siguientes temas que desarrollemos, ya que serán la base de muchos resultados, sobre todo al ver los resultados de la teoría de números en $\mathbb{Z}$, donde el orden, la inducción y el buen orden tendrán papeles fundamentales.

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. Si $A$ es un conjunto con $n$ elementos, y $\leq_A$ es un orden total en $A$, demuestra que existe una función $f:n \longrightarrow A$ tal que $n\leq m \Leftrightarrow f(n)\leq_A f(m)$. Sugerencia: Usa inducción sobre $n$ y después el principio del buen orden.
  2. Prueba el principio del buen orden a partir del axioma de regularidad y de la definición de $<$. Sugerencia: recuerda que el axioma de regularidad prohíbe la existencia de sucesiones infinitas de conjuntos tales que $…\in a_2\in a_1\in a_0$.
  3. Demuestra que en $\mathbb{N}$, el principio de inducción fuerte es equivalente al principio de inducción. Sugerencia: Prueba el principio de inducción fuerte a partir del débil, y el principio del buen orden a partir del fuerte.
  4. Usando la notación del último teorema, demuestra que $\leq’$ sí define una relación de orden en $\sigma(A)$.
  5. Si $A$ es un conjunto bien ordenado e infinito con $a_0$ elemento mínimo, prueba que existe una función $f:\mathbb{N}\longrightarrow A$ tal que $f(0)= a_0$ y si $n\leq m$ entonces $f(n)\leq f(m)$. Sugerencia: Usa la técnica que se ocupó a la hora de demostrar que los naturales son el conjunto infinito más pequeño.

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Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104522 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM – Etapa 2»