Introducción
En esta entrada continuaremos trabajando el contenido que vimos en la entrada anterior: Teoría de los conjuntos I: Equivalencias del axioma de elección.
Todo conjunto no vacío puede ser bien ordenado.
El siguiente resultado afirma que cualquier conjunto no vacío puede ser bien ordenado. Para probar esta interesante equivalencia del axioma de elección requerimos de un par de lemas.
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 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 $(A,R)\leq(C,R_2)$.
Por lo tanto $\leq$ es una relación de orden en $\mathcal{B}$.
$\square$
Lema. Sea $X$ un conjunto y $\mathcal{B}$ el conjunto de todos los pares ordenados $(A,R)$ tales que $A$ es un subconjunto de $X$ y $R$ es un buen orden para $A$. Entonces, toda cadena en el conjunto ordenado $(\mathcal{B},\leq)$ tiene una cota superior, donde $\leq$ es la relación de orden definida en el lema anterior.
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 consiguietne, $A\subseteq B$, $R\subseteq R’$ y para cualquier $a\in A$ y $b\in B\setminus A$, $(a,b)\in R’$. 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 $\mathcal{C}$.
$\square$
Los lemas anteriores, en particular el último, nos permitirán mostrar que todo conjunto no vacío puede ser bien ordenado.
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 definicipon 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, entonces $(B,R’)\in\mathcal{B}$. 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 sección mostraremos que el teorema del buen orden implica el axioma de elección.
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 $B\in\mathcal{P}(X)\setminus\set{\emptyset}$. Lo que demuestra que $X$ tiene una función de elección.
$\square$
Podemos enunciar esta serie de resultados como el siguiente:
Teorema. Son equivalentes:
- El axioma de elección.
- El lema de Tukey-Teichmüller.
- Principio maximal de Hausdorff.
- El lema de Kuratowski-Zorn.
- El teorema del buen orden.
Con esto damos por terminada la sección sobre algunas de las equivalencias más importantes del axioma de elección.
Tarea moral
- Sea $(X,\leq)$ un conjunto parcialmente ordenado en el que cualquier cadena tiene una cota superior. Muestre que para cada $a\in X$ existe un elemento $\leq-$maximal $x\in X$ tal que $a\leq x$.
- Sea $(L,\leq)$ un conjunto linealmente ordenado. Pruebe 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 $x\leq y$.
- Sea $X$ cualquier conjunto infinito. Pruebe que $X$ puede ser bien ordenado de tal forma que $X$ no tenga máximo. Pruebe 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 relevante del axioma de elección, de hecho es una equivalencia más, pero es un resultado particularmente atractivo ya que interviene en un rama muy importante de las matemáticas: el Álgebra lineal.
Enlaces
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