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Notas de Aula

Leandro F. Aurichi 1

29 de junho de 2018

1Instituto de Ciencias Matematicas e de Computacao - USP

2

Sumario

I ZFC 9

1 Preambulos 11

1.1 Alguns axiomas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Um processo lento e doloroso . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

Boa ordem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.2 Boa ordem e boa mesmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Ordem × escolha . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.3 Tamanhos, muitos tamanhos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

Uma aplicacao com circunferencias . . . . . . . . . . . . . . . 27

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2 Ordinais, cardinais e outros 31

2.1 Ordinais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Ordinais compactos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2 Uma aplicacao de aritmetica ordinal . . . . . . . . . . . . . . 38

2.3 Medindo a complexidade dos conjuntos . . . . . . . . . . . . . 41

Acabando com as escolhas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.4 Cardinais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

Uma ordem bacana sobre pares de ordinais . . . . . . . . . . 49

Sequencias convergem, mas e daı? . . . . . . . . . . . . . . . 52

3

4 SUMARIO

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.5 Mais um pouco sobre ordens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

Pre-ordens . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Olhando por cima do muro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3 Algumas aplicacoes 61

3.1 Exemplos reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

3.2 Algumas funcoes em ω1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

3.3 Coloracoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.4 Um pouco de arvores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

Alongamento . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Filtros 73

4.1 Conceitos basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Uma topologia sobre ultrafiltros . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.2 Um pouco de βω . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4.3 Algumas aplicacoes coloridas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

II Alem de ZFC 85

5 A hipotese do contınuo 87

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

6 Axioma de Martin 91

6.1 Definicao e resultados basicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

6.2 Uma aplicacao ludica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

6.3 A volta dos pequenos cardinais . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

SUMARIO 5

Alongamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

7 A hipotese de Suslin 977.1 Uma caracterizacao para os reais . . . . . . . . . . . . . . . . 97

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99Martin e Baire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

7.2 Produto de espacos ccc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101Martin e o produto de espacos ccc . . . . . . . . . . . . . . . 102Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

8 Forcing 1058.1 Algebras de Boole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1068.2 Dando valores as formulas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

Aumentando o universo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110Exercıcios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Indices 121Notacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121Indice Remissivo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122

6 SUMARIO

Introducao

Teoria dos conjuntos e uma area da matematica com diversos usos. Por umlado, ela e uma das maneiras de se fundamentar a matematica - no sentidoque toda area matematica pode de alguma forma ser fundamentada usando-se esta teoria. Por outro lado, tal area e uma area em si, com seus propriosproblemas e motivacoes - muitas vezes se confundindo com combinatoriainfinita. Finalmente, teoria dos conjuntos e uma area que pode ter aplicacoesem diversas areas - principalmente em problemas que envolvam algum tipode combinatoria (mesmo quando tal combiatoria nao e explıcita).

Neste texto trabalharemos principalmente com os dois ultimos aspectos:teoria dos conjuntos como area em si e aplicacoes para outras areas. Atentativa e fazer esses dois aspectos de forma alternada, mais focada nasaplicacoes e desenvolvendo a teoria conforme a necessidade.

A estrutura do texto se da em duas principais partes: a primeira den-tro de ZFC, que e o que se costuma supor em matematica comum. Nasegunda parte, apresentamos alguns resultados que dependem de hipotesesmais fortes e discutiremos a importancia deste tipo resultado.

7

8 SUMARIO

Parte I

ZFC

9

Capıtulo 1

Preambulos

1.1 Alguns axiomas

A ideia de que qualquer colecao de coisas forma um conjunto leva a con-tradicoes de forma muito rapida. Por exemplo, considere T a colecao detodos os conjuntos. Uma primeira coisa estranha a se notar e que, comoT e um conjunto, temos que T ∈ T . Isso e estranho, mas a princıpio, naoe grave. Para diminuir o incomodo, tomemos N a colecao dos conjuntos“normais” no seguinte sentido:

N = {x ∈ T : x /∈ x}

Assim, em N so temos os conjuntos “normais”. Por exemplo, T /∈ N . Mas Este e conhecido como o

paradoxo de Russell.e quanto ao proprio N? Note que se N ∈ N , terıamos, pela definicao deN , que N /∈ N . Por outro lado, se N /∈ N , pelo mesmo motivo, terıamosN ∈ N e nao ha escapatoria.

O problema aqui surge por tomarmos qualquer colecao de coisas comoformando um conjunto. Desta forma, como em qualquer outra coisa em Apesar de parecer que a

definicao de N e que leva

a problemas, e a definicao

de T que e problematica

matematica, o que precisamos nao e de uma “definicao” intuitiva do que eser um conjunto, mas sim, de uma lista de axiomas que dizem o que podemosfazer.

A lista mais comumente usada para isso (e que nos vamos adotar aqui)e a seguinte (conhecida como ZFC)1: ZFC e uma tripla estranha:

duas pessoas e um axioma.

Zermelo, Fraenkel e o axi-

oma da escolha (choice, em

ingles).

Vazio ∃x ∀y y /∈ x. Ou seja, esse x da formula e o conjunto vazio, denotadopor ∅, que nada mais e que um conjunto que nao tem elementos.

1Vale dizer que a lista apresentada aqui nao e minimal - alguns axiomas sao con-sequencias de outros, mas optamos por esta apresentacao por questoes didaticas.

11

12 CAPITULO 1. PREAMBULOS

Extensionalidade ∀x ∀y (x = y) ↔ (∀z (z ∈ x ↔ z ∈ y)). Ou seja, doisconjuntos sao iguais se possuem os mesmos elementos.

Par ∀x ∀y ∃z x, y ∈ z. Ou seja, para quaisquer conjuntos x, y, existe umconjunto z que os contem como elementos.

Separacao Se A e um conjunto e ϕ e uma formula, entao {x ∈ A : ϕ(x)} eAqui ja nao apresenta-

mos a forumalacao explici-

tamente. Mas voce pode

fazer isso no Alongamento

1.1.10.

um conjunto. Note que, formalmente, para cada formula ϕ, temos umnovo axioma. Ou seja, aqui temos um esquema que representa infi-nitos axiomas. A formula ϕ tambem pode receber parametros (sejamconjuntos) - veja o Exercıcio 1.1.18.

Uniao ∀F ∃U ∀x ∀y (x ∈ y∧y ∈ F)→ x ∈ U . Vamos dar um exemplo paraAqui cometemos um

abuso, o axioma so diz que

estes elementos estarao em

U , mas nao que so eles.

U poderia conter “lixo”

- mas isso e facilmente

corrigido usando-se o

axioma da separacao.

facilitar: considere F = {{1}, {2, 3}, {4}}. Entao o U do axioma nadamais e que {1, 2, 3, 4}. Em notacao, temos que U =

⋃F =

⋃y∈F y.

Infinito Dado x, defina s(x) = x ∪ {x} (leia s(x) como “sucessor de x” -isso vai fazer algum sentido daqui a pouco). O axioma do infinito nadamais diz que existe um conjunto que contem o ∅ como elemento e quee fechado por sucessores. Em sımbolos:

∃S ∅ ∈ S ∧ (∀x ∈ S s(x) ∈ S)

Partes ∀x ∃y ∀z ⊂ x z ∈ y. Isto e, dado um conjunto x, existe um conjuntoAqui estamos fazendo um

abuso na notacao nova-

mente: a ⊂ b e uma abre-

viacao para ∀x x ∈ a →x ∈ b

y que contem todos os subconjuntos de x como elementos. Usando oaxioma da separacao para jogar fora eventuais outros elementos (istoe, elementos que nao sejam subconjuntos de x), obtemos o conjuntoque denotaremos por ℘(x).

Substituicao Dizemos que uma formula ϕ e do tipo funcao se, para qual-quer x existe um unico y tal que ϕ(x, y). Assim, dada uma formula ϕPense como se ϕ fosse uma

funcao e y = ϕ(x). Veja o

Exercıcio 1.1.19.

do tipo funcao temos que o seguinte tambem e um axioma:

∀x ∃y ∀z ∈ x ∃z′ ∈ y ϕ(z, z′)

Ou seja, usando este axioma e o axioma da separacao, dado um con-junto D, conseguimos obter que o seguinte tambem e um conjunto:

{a : ∃d ∈ D ϕ(d, a)}

Note tambem que, novamente, para cada formula do tipo funcao, te-mos um novo axioma. Ou seja, este e outro esquema de infinitosaxiomas. E, como anteriormente, a formula pode receber parametros,veja o Exercıcio 1.1.18.

1.1. ALGUNS AXIOMAS 13

Fundacao ∀x 6= ∅ ∃y ∈ x x ∩ y = ∅. Este axioma impede coisas estranhascomo por exemplo x ∈ x: se temos que x ∈ x, entao {x} contraria esteaxioma.

Princıpio da boa ordem Para todo conjunto x existe uma boa ordemsobre ele. Veremos mais adiante a definicao de boa ordem e diversasde suas propriedades. Este axioma muitas vezes e substituido peloaxioma da escolha. Veremos mais sobre isso na proxima secao.

Um processo lento e doloroso

Teoria dos conjuntos serve tambem para fundamentar matematica no se-guinte sentido: o que e feito em matematica, como funcoes, relacoes etc,pode ser construido a partir dos axiomas apresentados anteriormente. Decerta forma, estamos entao apenas supondo como verdadeiros estes axiomas.Mas esse nao e um processo curto. E nao e o enfoque deste texto. Assim, Pode ate nao ser um pro-

cesso difıcil, mas e um pro-

cesso cansativo.

apenas para satisfazer o leitor curioso, vamos apresentar um roteiro comoexemplo, deixando os outros como um exercıcio de imaginacao.

Vamos mostrar como podemos formalizar a ideia de uma relacao (porexemplo, a ≤ entre os naturais). Desta forma, vamos supor que X e umconjunto (cuja construcao ja esta justificada pelos axiomas) e vamos vercomo justificar a existencia de uma relacao R sobre X. A primeira coisa aser feita e transformar isso em uma linguagem com a qual possamos traba-lhar. So podemos trabalhar com conjuntos, entao o processo e simplificado:nao temos escolha, precisamos fazer a relacao entre os elementos virar umconjunto. Mas isso e facil. Basta pensarmos a relacao R como o conjunto depares de X ×X tais que a primeira coordenada se relaciona com a segunda.Ou seja, basicamente e uma mudanca de notacao. Em vez de dizermos

xRy

dizemos(x, y) ∈ R

Talvez um exemplo ajude aqui. Se estivessemos trabalhando com a relacao≤ nos naturais, estarıamos na verdade trabalhando com o conjunto Da vontade de falar

{(a, b) : a ≤ b}, mas es-

tamos tentando justificar

≤, entao isso ficaria meio

circular.

{(a, b) ∈ N2 : ∃c ∈ N a+ c = b}

Assim, so precisamos justificar a existencia de X ×X tendo como hipotesea existencia de X. Se tivermos o conceito de par ordenado, isso fica facil:nada mais e que o conjunto de todos os pares ordenados cujas duas coordenas


estao em X. Mas como definir um par ordenado so usando conjuntos? Dadosx, y, uma primeira ideia poderia ser {x, y}. Mas isso ja da o problema daordem, uma vez que {x, y} = {y, x}. Uma boa ideia e simplesmente definirda seguinte forma:

(x, y) = {x, {x, y}}

Note que, dados x, y, temos que a justificativa para a existencia do con-Veja o Alongamento 1.1.11

e o Exercıcio 1.1.20 junto acima se da simplesmente pelo axioma do par e da separacao.Note tambem que usamos a soma para definir a relacao de ordem. Para

definir a soma, seguimos o mesmo padrao - pense apenas que uma funcaoNote que fazendo isso, uma

funcao acaba sendo o con-

junto que comumente cha-

mamos de grafico dela.

y = f(x) nada mais e que uma relacao entre x e y.

Boa ordem

Boa ordem nao e so algo que estamos devendo definir para completar osaxiomas, como tambem e um conceito que sera bastante importante nestetexto. Lembrando:

Definicao 1.1.1. Dizemos que ≤ e uma ordem sobre X se, para todox, y, z ∈ X, temos:Ou seja, na formalizacao

anterior, terıamos que ≤e um subconjunto de X ×X tal que, por exemplo,

(x, x) ∈ ≤ para todo x ∈X.

(a) x ≤ x;

(b) se x ≤ y e y ≤ x entao x = y;

(c) se x ≤ y e y ≤ z entao x ≤ z.

Uma boa ordem e uma ordem com uma condicao adicional:

Definicao 1.1.2. Dizemos que uma ordem ≤ sobre X e uma boa ordemse, para todo subconjunto nao vazio Y ⊂ X existe mınimo (minY ), isto e,um y ∈ Y tal que y ≤ y′ para todo y′ ∈ Y .

Vamos agora definir um conjunto bastante especial. Considere S o con-junto dado pelo axioma do infinito. Definimos o seguinte conjunto:

ω =⋂N∈N

N

onde N = {N ∈ ℘(S) : ∅ ∈ N e ∀x ∈ N s(x) ∈ N}.Note que, pela definicao acima, temos diretamente que vale o seguinte

resultado:

Proposicao 1.1.3 (Princıpio da inducao finita). Seja X ⊂ ω tal que∅ ∈ X e tal que, se x ∈ X, entao s(x) ∈ X. Entao X = ω.


Demonstracao. Por um lado, X ⊂ ω. Pela definicao de ω, temos que ω ⊂X.

Com isso, temos que ω faz o papel dos naturais, com a funcao s fazendoo papel da funcao “sucessor” usual dos naturais. Ate o final desta secao,veremos alguns resultados que nos ajudam a entender melhor os elementosde ω e o proprio conjunto ω - um resultado que pode ajudar a ter em mentee o enunciado no Exercıcio 1.1.23.

Um conceito que ira aparecer diversas vezes e o conceito de conjuntotransitivo:

Definicao 1.1.4. Dizemos que X e um conjunto transitivo se, para todo Veja o Alongamento 1.1.13

para entender melhor o

nome

y ∈ X, temos que y ⊂ X.

Proposicao 1.1.5. Se n ∈ ω, entao n e transitivo.

Demonstracao. Note que ∅ e trivialmente transitivo. Note tambem que, se ae transitivo, entao a∪{a} tambem e. Logo, o resultado segue pelo princıpioda inducao finita.

Lema 1.1.6. Sejam a, b ∈ ω tais que a ⊂ b. Entao a ∈ b ou a = b.

Demonstracao. Por inducao sobre b. Se b = ∅, entao a = ∅ e temos oresultado.

Suponha entao o resultado para b e vamos provar para s(b). Isto e, vamossupor que

a ⊂ b⇒ (a ∈ b ∨ a = b)

e vamos provar que

a ⊂ s(b)⇒ (a ∈ s(b) ∨ a = s(b))

Suponha entao que a ⊂ s(b) = b ∪ {b}. Vamos dividir em dois casos. Seb ∈ a, como a ∈ ω, a e transitivo. Logo, b ⊂ a. Ou seja, temos:

b ∪ {b} ⊂ a ⊂ b ∪ {b}

Logo, a = s(b).

Se b /∈ a, entao a ⊂ b. Pela hipotese de inducao temos dois casos:

• a ∈ b: Neste caso, temos a ∈ b ∪ {b} = s(b).

• a = b: Entao a = b ∈ b ∪ {b} = s(b).


Note que ⊂ e uma ordem sobre ω, ja que ⊂ e uma ordem sobre qualquerconjunto. Mas, no caso de ω, podemos mostrar que tal ordem e uma boaordem:

Teorema 1.1.7. ω e bem ordenado por ⊂.

Demonstracao. Como ja temos que ⊂ e ordem, basta fazer o argumentosobre a existencia de mınimos. Seja S ⊂ ω nao vazio. Suponha que S naotenha mınimo. SejaUm minorante de um

conjunto S e um elemento

a tal que a ≤ s para todo

s ∈ S.

M = {a ∈ ω : a e um minorante de S}

Note que M ∩ S = ∅, caso contrario S teria um mınimo. Note que ∅ ∈ M .Suponha que a ∈ M . Vamos provar que s(a) ∈ M . Seja b ∈ S. Comoa ⊂ b e a 6= b, temos que a ∈ b (Lema 1.1.6). Assim, a ∪ {a} ⊂ b. Ou seja,s(a) e um minorante para S e, portanto, s(a) ∈M . Logo, pelo princıpio dainducao finita, temos que M = ω e, portanto, S = ∅, contradicao.

Note que, assim, temos que a ordem ≤ usual dos naturais se traduz como⊂ aqui. E, incidentalmente, a ordem estrita < se traduz como ∈.

Alongamentos

Alongamento 1.1.8. Formalmente, podemos trabalhar com conjuntos ape-nas com as relacoes ∈ e =. Mas, nos axiomas listados acima, usamos outrossımbolos. Para tudo ficar certo, defina as seguintes formulas so usando ∈ e=:

(a) x ⊂ y

(b) x ∩ y

(c) x = {a} para algum a.

Alongamento 1.1.9. Dado F 6= ∅, mostre a existencia de⋂F =

⋂A∈F A.

Alongamento 1.1.10. Escreva explicitamente o axioma da separacao.

Alongamento 1.1.11. Mostre que, dados x, y, de fato existe o par ordenado(x, y) definido como acima.

Alongamento 1.1.12. Mostre que toda boa ordem e total (chamamos umaordem sobre X de ordem total se todos os elementos de X sao comparaveisentre si).


Alongamento 1.1.13. Mostre que x e transitivo se, e somente se, paratodo a, b tais que a ∈ b e b ∈ x, temos que a ∈ x.

Alongamento 1.1.14. Mostre diretamente que os seguintes conjuntos saotransitivos: ∅, {∅}, {∅, {∅}}.

Alongamento 1.1.15. Mostre que o axioma do vazio pode ser obtido apartir dos outros.

Alongamento 1.1.16. Considere N o conjunto dos numeros naturais coma ordem usual ≤. Dados a, b ∈ N, defina a � b se, e somente se, um doscasos abaixo ocorre:

• a ≤ b e a, b sao ambos pares;

• a ≤ b e a, b sao ambos ımpares;

• a e par e b e ımpar.

Mostre que � e uma boa ordem sobre N (use o fato que ≤ e uma boaordem).

Exercıcios

Exercıcio 1.1.17. Imagine um mundo colorido onde existam duas coresde conjuntos: vermelhos e amarelos. Existem o vazio vermelho e o vazioamarelo, depois o unitario do vazio vermelho e o unitario do vazio amarelo.Mas tambem o conjunto com dois elementos: os dois vazios (um de cadacor). E proceda assim com as outras operacoes de conjuntos. Qual axiomade ZFC nao e satisfeito nesse mundo?

Exercıcio 1.1.18. Normalmente, as formulas que aparecem nos axiomasda separacao e substituicao (bem como as que aparecem em inducoes erecursoes), podem receber parametros que sejam conjuntos. Por exemplo, noaxioma da separacao, podemos trabalhar com formulas do tipo ϕ(x, t), ondeo t sera pensado como um parametro (que e um conjunto dado). Considereϕ como a formula

∃a ∈ t x ∈ a

Dado X um conjunto e t = {A,B,C}, Diga quem e o conjunto (dado peloaxioma da separacao):

{x ∈ X : ϕ(x, t)}


Exercıcio 1.1.19. Usando o axioma da substituicao, mostre que, dado umconjunto A, existe o conjunto U = {{a} : a ∈ A}. Mostre a existencia domesmo conjunto usando o axioma das partes.

Exercıcio 1.1.20. Escreva a formula “x e um par ordenado”.

Exercıcio 1.1.21. Uma funcao nada mais e que um conjunto de paresordenados (ou seja, uma funcao nada mais e que um tipo de relacao) comuma propriedade a mais. Escreva essa propriedade usando essa notacao deconjunto.

Exercıcio 1.1.22. Seja ≤ uma ordem total sobre X. Mostre que sao equi-valentes:

(i) ≤ e uma boa ordem;

(ii) nao existe (xn)n∈ω tal que cada xn ∈ X e xn+1 < xn.

Exercıcio 1.1.23. Mostre que, dado n ∈ ω, n = {k ∈ ω : k < n}.Ou seja, podemos definir

0 = ∅, 1 = {0}, 2 = {0, 1}etc.

Exercıcio 1.1.24. Considere X o conjunto {0, 1}×ω com a seguinte ordem:

(a, n) � (b,m)

se a < b ou se a = b e n ≤ m. Mostre que � e uma boa ordem.

1.2 Boa ordem e boa mesmo

Comecamos esta secao com uma aplicacao interessante do princıpio da boaordem. Na proxima secao, veremos que essa aplicacao tem mais coisas inte-ressantes escondidas.

Teorema 1.2.1. Todo espaco vetorial possui base.Na verdade, para este

texto, a maior importancia

da demonstracao a seguir e

que o princıpio da boa or-

dem implica na existencia

de bases em espacos veto-

riais - sem o uso do axioma

da escolha.

Demonstracao. Seja V um espaco vetorial. Dado A ⊂ V , vamos denotarpor [A] o subespaco gerado por A (lembre-se que este e o subconjunto deV que contem A e todas as combinacoes lineares dos elementos de A). Porconvencao, adotemos [∅] = {0}. Seja � uma boa ordem sobre V . Defina Bda seguinte maneira

Aqui a ideia e que organi-

zamos os vetores numa fila

e os que nao eram com-

binacao lineares dos ante-

riores entram em B.

B = {v ∈ V : v /∈ [{w ∈ V : w ≺ v}]}

Vamos mostrar que B e uma base para V . Suponha que B nao seja linear-mente independente. Sejam b1, ..., bn ∈ B e α1, ..., αn ∈ K (K e um corpo

1.2. BOA ORDEM E BOA MESMO 19

qualquer sobre quem V e espaco vetorial) tais que∑n

i=1 αibi = 0 e αi 6= 0para todo i. Seja bj o maximo de {b1, ..., bn} (com relacao a �). Note quebj ∈ [{b1, ..., bn}r {bj}] e, portanto, bj ∈ [{w ∈ V : w ≺ bj}]. Logo, bj /∈ B,contradicao.

Agora vamos mostrar que B e gerador. Isto e, que [B] = V . Suponha quenao. Entao existe b /∈ [B]. Seja b o menor com tal propriedade. Logo, para Aqui estamos finalmente

usando que � e boa ordem,

antes so usamos que ela e

total.

todo w ≺ b, w ∈ [B]. Ou seja, [{w ∈ V : w ≺ b}] ⊂ [B] (isso e um exercıciosimples de algebra linear). Como b /∈ [B], temos que b /∈ [{w ∈ V : w ≺ b}]e, portanto, b ∈ B contradicao (pois B ⊂ [B]).

Outro fato importante sobre boas ordens e que vale uma certa inducaopara elas:

Proposicao 1.2.2 (Inducao para boa ordem). Seja ≤ uma boa ordemsobre X. Entao vale inducao sobre X no seguinte sentido: dada uma formulaϕ tal que, para qualquer x ∈ X temos Um jeito de ler essa e

hipotese e “se vale para

todo mundo antes de x,

vale para x”.

(∀y ∈ X y < x⇒ ϕ(y))⇒ ϕ(x)

entao vale ϕ(x) para todo x ∈ X.

Demonstracao. Suponha que nao vale o resultado, entao existe x o menortal que nao vale ϕ(x). Logo, pela hipotese sobre ϕ, temos que vale ϕ(x),contradicao.

Nos naturais, podemos definir funcoes num ponto n apenas com baseem como a funcao foi definida nos valores menores que n. Por exemplo,podemos definir f de forma que f(0) = 1 e f(n+ 1) = (n+ 1)f(n) (tambemconhecida como n!). Para boas ordens, podemos fazer algo similar. Antes deprovarmos tal resultado, e bom notar que, ao formarlizarmos o conceito defuncao em ZFC, tratamos cada funcao como um conjunto de pares ordenados- essa formalizacao tem tambem a vantagem que podemos trabalhar comfuncoes como se fossem conjuntos, podendo tomar unioes, interseccoes etc.Veja o Alongamento 1.2.9 para ver essa formalizacao. Usaremos este fatoimplicitamente nesta demonstracao e em outras no decorrer deste texto.

Proposicao 1.2.3 (Recursao para boa ordem). Seja ≤ uma boa ordem A existencia de Y pode

ser omitida, mas a demons-

tracao fica um pouco mais

confusa. Veja o Exercıcio

1.2.16.

sobre X. Seja ϕ uma formula do tipo funcao tal que existe um conjunto Ycom a propriedade que, se ϕ(z, y) vale para algum z, y, entao y ∈ Y . Entaoexiste uma unica funcao com domınio X tal que, para cada x ∈ X, f(x) = a,onde a e o unico tal que ϕ({f(y) : y < x}, a).


Demonstracao. Considere F o conjunto de todas as funcoes g com domınioA ideia aqui e que, se

nao desse para definir tal

funcao, existiria o primeiro

ponto em que ela nao po-

deria ser definida e isso le-

varia a uma contradicao.

algum segmento inicial de X, isto e, {y ∈ X : y < x} para algum x ∈ Xe tal que g(x) = a onde ϕ({g(y) : y < x}, a) para cada x no domınio de g.Primeiramente, note que tal famılia e nao vazia, ja que g = {(x, a)} ∈ F ,onde x = minX e a e tal que ϕ(∅, a). Note tambem que dadas quaisquerduas funcoes em F , elas sao compatıveis, isto e, se x pertence ao domıniode ambas, elas valem o mesmo em tal ponto x (mostre isso por inducao).Como uniao de uma famılia de funcoes compatıveis e uma funcao (veja oAlongamento 1.2.10), temos que f =

⋃F e uma funcao. Note que, se

mostrarmos que f tem domınio X, terminamos. Suponha que nao e sejax = min{y ∈ X : y /∈ dom(f)}. Note que f � {y ∈ X : y < x} e umelemento de F . Considere

g = (f � {y ∈ X : y < x}) ∪ {(x, a)}

onde a e o unico tal que ϕ({y ∈ X : y < x}, a). Note que g ∈ F , contrariandoa definicao de f .

Ordem × escolha

Como dito anteriormente, o princıpio da boa ordem e equivalente ao axiomada escolha. Mas existem outras formulacoes tambem equivalentes. Vamosapresentar algumas delas, comecando com uma das mais populares:

Definicao 1.2.4. Seja ≤ uma ordem sobre X. Dizemos que C ⊂ X e umacadeia se C e totalmente ordenado por ≤, isto e, dados a, b ∈ C, valea ≤ b ou b ≤ a. Dizemos que a ∈ X e maximal se nao existe b ∈ X tal quea < b. Dado Y ⊂ X, dizemos que a ∈ X e um majorante para Y se, paratodo y ∈ Y , temos que y ≤ a.

Proposicao 1.2.5 (Lema de Zorn). Seja ≤ uma ordem sobre X conjuntoFormalmente, aqui es-

tamos provando que o

Princıpio da Boa Ordem

implica no Lema de Zorn

nao vazio. Se toda cadeia em X admite majorante, entao X admite elementomaximal.

Demonstracao. Seja � uma boa ordem sobre X. Para cada x ∈ X, definaEstamos usando tacita-

mente aqui recursao para

boas ordens. E cuidado

com as ordens aqui, temos

duas diferentes.

Ax =

{{x} ∪

⋃y≺xAy se z < x para todo z ∈

⋃y≺xAy⋃

y≺xAy caso contrario

Como essa e a primeira construcao por recursao nao trivial deste texto,vamos tentar apresentar melhor a ideia aqui. Suponha que α e o mınimo deX com relacao a �. Desta forma, Aα e o primeiro a ser definido. Como nao


existe Ay com y < α para falhar a hipotese de construcao, temos automati-camente que

Aα = {α} ∪ ∅ = {α}

Desta forma, suponha que β seja o primeiro elemento de X maior que α(com relacao a �) mas que nao valha α < β. Entao, temos que que

Aβ = {α}

Agora, se γ for o primeiro maior que α e β (com relacao a �), mas α < γ,entao

Aγ = {γ} ∪ {α} = {α, γ}.

Vamos provar que cada Ax e uma cadeia com relacao a ≤. Vamos fazerisso por inducao sobre x. Isto e, vamos supor que, dado x ∈ X, se Ay for umacadeia para cada y ≺ x, entao Ax tambem e uma cadeia. Primeiramente,note que

⋃y≺xAy e uma cadeia (veja o Exercıcio 1.2.12). Assim, temos dois

casos:

• Ax =⋃y≺xAy. Este caso e trivial pelo comentario acima.

• Ax = {x} ∪⋃y≺xAy. Neste caso, isso quer dizer que z < x para todo

z ∈⋃y≺xAy. Ou seja,

⋃y≺xAy e totalmente ordenado e todos os seus

elementos sao menores que x. Logo, Ax tambem e uma cadeia.

Note que, pelo mesmo Exercıcio 1.2.12, temos que A =⋃x∈X Ax e uma

cadeia com relacao a ≤. Logo, por hipotese, temos que existe x majorantepara A. Se mostrarmos que x e maximal, terminamos. Suponha que x naoseja maximal. Isto e, existe z ∈ X com x < z. Note entao z /∈ A, ja que x emajorante de A. Note tambem que, pela definicao de Az, temos:

Az = {z} ∪⋃y<z

Ay

e, portanto, z ∈ A, o que e uma contradicao.

O Lema de Zorn implica o princıpio da boa ordem: Cuidado que na proxima

demonstracao, trabalhare-

mos com relacoes como se

elas fosse conjuntos - da

mesma maneira que fize-

mos com funcoes.

Proposicao 1.2.6. Se vale o Lema de Zorn, vale o princıpio da boa ordem.


Demonstracao. Seja X um conjunto. Seja O o conjunto dos pares (A,≤A)onde A ⊂ X e ≤A e uma boa ordem sobre A. Considere a seguinte relacaosobre O:

(A,≤A) � (B,≤B)

se A ⊂ B, ≤B ∩(A × A) =≤A e A e um segmento inicial de B, isto e,para todo a ∈ A e b ∈ B r A, a ≤B b. Seja C uma cadeia de elementosA primeira vontade aqui

e simplesmente dizer que

uma ordem estende a ou-

tra. Mas daı uniao de

boas ordens pode nao ser

uma boa ordem (veja o

Exercıcio 1.2.13.)

de O. Vamos mostrar que ≤=⋃

(A,≤A)∈C ≤A e uma boa ordem sobre Y =⋃(A,≤A)∈C A. Que ≤ e uma ordem, e facil. Entao seja S ⊂ Y nao vazio. Seja

y ∈ S. Seja A tal que (A,≤A) ∈ C e tal que y ∈ A. Seja m = minS ∩A (talmınimo e considerado com relacao a ≤A). Note que, pela maneira como � edefinida, nao existe y′ ∈ S tal que y′ < m. Logo, m e o mınimo de S. Destaforma, temos que (Y,≤) ∈ O e, alem disso, (Y,≤) e um majorante para acadeia C (exercıcio). Assim, pelo Lema de Zorn, temos que existe (B,≤B)maximal em O. Note que B = X, pois, caso contrario, se existe x ∈ X rB,basta estender a ordem ≤B para incluir x como o maior elemento de B∪{x}que seria um elemeto de O estritamente maior que (B,≤B).

O princıpio da boa ordem claramente implica o axioma da escolha:

Proposicao 1.2.7 (Axioma da escolha). Dada uma famılia F de con-juntos nao vazios, existe f : F −→

⋃F tal que f(x) ∈ x para todo x ∈ F .

Demonstracao. Fixe ≤ uma boa ordem sobre⋃F . Para cada x ∈ F , defina

f(x) = minx.

Vimos anteriormente que todo espaco vetorial admite uma base. Fizemosisso usando o princıpio da boa ordem. Ou seja, mostramos a implicacao“princıpio da boa ordem implica que todo espaco vetorial possui base”. Avolta tambem vale. Vamos provar isso, mas nao vamos fazer um caminhodireto - primeiramente vamos mostrar o seguinte:

Proposicao 1.2.8. Se todo espaco vetorial possui base, entao (quase) valeo axioma da escolha.

Esse resultado (e demons-

tracao) e de Andreas Blass

em [1].

Demonstracao. Vamos mostrar uma versao mais fraca que o axioma da esco-lha: o axioma das multiplas escolhas - Dada F uma famılia de conjuntosnao vazios, existe ϕ : F −→ ℘(

⋃F) tal que ϕ(F ) ⊂ F e finito e nao vazio

para todo F . Veremos depois como passar dessa afirmacao para o axiomada escolha propriamente dito.

Seja F uma famılia de conjuntos nao vazios. Sem perda de generalidade,podemos supor que todos os elementos de F sao dois a dois disjuntos (vejao Exercıcio 1.2.15). Defina X =

⋃F∈F F . Seja k um corpo. Defina k(X)


o corpo de fracoes com “variaveis” em X. Isto e, os elementos de k(X)sao “fracoes de polinomios de varias variaveis”, mas no lugar das variaveis,aparecem elementos de X.

Para cada F ∈ F , definimos o F -grau de um monomio como sendo a Monomio e so a multi-

plicacao de um escalar por

variaveis. Ou seja, um

polinomio e a soma de

monomios.

soma dos graus de todos os elementos de F naquele monomio. Um elementof ∈ k(X) e dito F -homogeneo de grau d se e da forma p1

p2onde todos os

monomios de p2 tem um mesmo F -grau n e todos os monomios de p1 temF -grau d+ n.

Note que K = {f ∈ k(X) : f e F -homogeneo de grau 0 para todo F ∈ F}e um subcorpo e, portanto, k(X) e um espaco vetorial sobre K. Seja V oespaco gerado por X em k(X) (como K-espaco vetorial).

Por hipotese, existe B base para V . Seja F ∈ F e seja x ∈ F . Comox ∈ V , existe B(x) ⊂ B finito e, para cada b ∈ B(x), existe λxb ∈ K naonulo de forma que

x =∑

b∈B(x)

λxb b

Seja y ∈ F . De maneira analoga ao que fizemos antes, podemos escrever

y =∑

b∈B(y)

λybb

Note tambem que yx ∈ K (aqui usamos que os elementos de F sao dois a

dois disjuntos, veja o Alongamento 1.2.11). Logo, multiplicando a primeiraequacao acima por y

x , obtemos:

y =∑

b∈B(x)

y

xλxb b

Como B e base, temos unicidade na escrita. Em particular, B(x) = B(y).Ou seja, B(x) nao depende do particular x ∈ F tomado. Note tambem que

cada λyb =yλxbx . Ou seja, f = 1

x

∑b∈B(x) λ

xb tambem e unico. De fato, defina

para cada x:

fx =1

x

∑b∈B(x)

λxb

Temos

fx = 1x

∑b∈B(x) λ

xb

=∑

b∈B(x)1xλ

xb

=∑

b∈B(x)1yλ

yb

= fy


Ou seja f = fx nao depende da escolha do particular x. Mais que isso, f e F -homogeneo de grau −1 (ja que λxb ∈ K). Ou seja, se escrevemos f na formasimplificada, alguns elementos de F devem aparecer no seu denominador.Defina ϕ(F ) como sendo o conjunto de tais elementos. Ou seja, definimosϕ(F ) como sendo um subconjunto finito de F e, portanto, temos a funcaodesejada.

Ainda faltam algumas implicacoes para fecharmos a equivalencia com-pleta entre essas afirmacoes. Mas elas ficarao bem mais faceis quando ti-vermos mais algumas ferramentas. Voltaremos a elas quando tivermos taisferramentas.

Alongamentos

Alongamento 1.2.9. Sejam X e Y conjuntos. Dizemos que f e umafuncao de X em Y (notacao f : X → Y se f ⊂ X × Y tal que:

• Para todo x ∈ X, existe y ∈ Y tal que (x, y) ∈ f ;

• Para todo x ∈ X, se (x, a), (x, b) ∈ f , entao a = b.

Usualmente, em vez de denotarmos (x, y) ∈ f , usamos f(x) = y.

(a) Dada f : X → Y , defina o conjunto dom(f) (domınio de f).

(b) Dada f : X → Y , defina o conjunto Im(f) (imagem de f). Cuidadoaqui, nao queremos o contradomınio de f .

(c) Dados f : X → Y e Z ⊂ X, determine o conjunto f � Z, onde f � Z ea funcao restricao de f a Z.

Alongamento 1.2.10. Mostre que, se F e um conjunto de funcoes duas aduas compatıveis, entao

⋃F e uma funcao.

Alongamento 1.2.11. Na demonstracao da Proposicao 1.2.8, note que seos elementos de F nao sao necessariamente dois a dois disjuntos, entao dadosx, y ∈ F ∈ F , pode nao ser verdade que y

x tenha G-grau homogeneo paratodo G ∈ F .

1.3. TAMANHOS, MUITOS TAMANHOS 25

Exercıcios

Exercıcio 1.2.12. Seja X um conjunto ordenado por ≤. Seja C uma famılia Informalmente, lemos este

exercıcio como “cadeia de

cadeias e cadeia”.

de subconjuntos de X tais que, dados A,B ∈ C, temos que A ⊂ B ou B ⊂ A(ou seja, C e uma cadeia com relacao a ⊂). Suponha que cada A ∈ C sejatotalmente ordenado por ≤. Mostre que

⋃A∈C A e totalmente ordenado por

≤.

Exercıcio 1.2.13. Escreva a ordem usual de Z como uma cadeia de boasordens. Conclua que uniao de cadeias de boas ordens nao necessariamentee boa ordem.

Exercıcio 1.2.14. Mostre diretamente que, se vale o Lema de Zorn, entaovale o axioma da escolha.

Exercıcio 1.2.15. Seja F uma famılia de conjuntos nao vazios. Para cadaF ∈ F , defina F ′ = {(x, F ) : x ∈ F}. Mostre que F ′ = {F ′ : F ∈ F} e umafamılia de conjuntos dois a dois disjuntos.

Exercıcio 1.2.16. Seja ≤ boa ordem sobre X. Seja ϕ uma formula do tipofuncao. Mostre que a formula ψ(x, a) dada por

“(x ∈ X e existe uma funcao f com domınio {y ∈ X : y ≤ x} tal quef(z) = b onde ϕ({z′ : z′ < z}, b) e f(x) = a onde ϕ({z′ : z < x}, a))

ou a = ∅”

e uma formula do tipo funcao. Depois, note que, pelo axioma da subs-tituicao, podemos tomar todos os valores possıveis de a se x ∈ X e ψ(x, a).Mostre entao que vale o teorema da recursao sem pedirmos a restricao dosvalores para ϕ.

1.3 Tamanhos, muitos tamanhos

Para comparar tamanhos de conjuntos, usaremos funcoes bijetoras:

Definicao 1.3.1. Dizemos que X e Y tem a mesma cardinalidade se existe Depois que tivermos

definido cardinais, essa

notacao fara mais sentido.

f : X −→ Y bijetora. Notacao: |X| = |Y |.

Muitas vezes, verificar se existe alguma bijecao e um processo difıcil.Bem mais facil e a verificacao da existencia de duas funcoes injetoras. Oproximo teorema ajuda nesse sentido:

Teorema 1.3.2 (de Cantor-Bernstein-Schroeder). Sejam A,B conjun-tos e sejam f : A −→ B e g : B −→ A funcoes injetoras. Entao |A| = |B|.


Demonstracao. Vamos provar o resultado supondo que A ∩ B = ∅. Paraver como obter o caso geral a partir desse, veja o Alongamento 1.3.10. Sejax ∈ A ∪B. DefinaPense essa construcao da

seguinte forma: numeros

positivos vao indicando

para onde um ponto vai

(via f ou g, dependendo

de onde le esta), enquanto

negativos vao indicando de

onde ele veio (via f−1 ou

g−1). Mas como as funcoes

nao sao sobrejetoras, um

ponto pode nao ter vindo

de lugar algum, daı para-

mos.

• sx0 = x

• sxn+1 =

{f(sxn) se sxn ∈ Ag(sxn) se sxn ∈ B.

• sx−(n+1) =

{f−1(sx−n) se sx−n esta definido e pertence a Bg−1(sx−n) se sx−n esta definido e pertence a A

Note que sxz pode nao estar definido para todo z ∈ Z. Considere

Sx = {sxz ∈ A ∪B : z ∈ Z e sxz esta definido}

Note que (Sx)x∈A∪B forma uma particao sobre A∪B (cuidado, pode acon-tecer que Sx = Sy mesmo com x 6= y). De fato, sejam syz = sxk. Note que,entao syz+m = sxk+m para qualquer m ∈ Z. Logo, Sy = Sx.

Com isso, se mostrarmos que |Sx ∩ A| = |Sx ∩ B|, terminamos. Temosalguns casos:

• Se sxz esta definido para todo z, f induz uma bijecao, pois e sobrejetora.

• Se sxz ∈ A e o menor z definido, entao f induz uma bijecao (ja que esobrejetora).

• Se sxz ∈ B e o menor z definido, entao g induz uma bijecao (ja que esobrejetora).

Uma aplicacao simples do proximo resultado e que sempre podemos au-mentar os tamanhos:

Proposicao 1.3.3. Seja X um conjunto. Entao nao existe f : X −→ ℘(X)funcao sobrejetora.

Demonstracao. Suponha que exista f : X −→ ℘(X) sobrejetora. Defina

A = {x ∈ X : x /∈ f(x)}

Como f e sobrejetora, existe x ∈ X tal que f(x) = A. Note que isso e umacontradicao, ja que:

• Se x ∈ A, entao, pela definicao de A, temos que x /∈ f(x) = A.

• Se x /∈ A, entao, pela definicao de A, temos que x ∈ f(x) = A.


Uma aplicacao com circunferenciasEssa aplicacao foi tirada de

[3].Nesta secao, vamos apresentar uma aplicacao do que temos ate aqui. Elafica um pouco mais facil depois que tivermos cardinais definidos mas, essen-cialmente, o que precisamos de cardinais e o seguinte resultado:

Proposicao 1.3.4. Dado X um conjunto, existe uma boa ordem ≤ sobre X Digamos que essa seja uma

otima ordem.tal que, para todo x ∈ X, nao existe uma sobrejecao entre {y ∈ X : y < x}e X.

Demonstracao. Seja � uma boa ordem qualquer sobre X. Se ela ja tem talpropriedade, terminamos. Se nao, existe x ∈ X tal que existe uma bijecaoentre {y ∈ X : y ≺ x} e X. Seja x o menor com tal propriedade. Note que,entao, {y ∈ X : y ≺ x} induz uma boa ordem sobre X (veja Alongamento1.3.8).

Tambem vamos usar nesta secao os seguintes fatos, que serao facilmenteprovados com o material que veremos depois:

• |R| = |R3|.

• |R>0| = |R|.

Proposicao 1.3.5. Nao existe uma famılia C de circunferencias duas a Para efeitos de nao cair

em trivialidades, nao va-

mos considerar conjuntos

unitarios como uma cir-

cunferencia.

duas disjuntas tal que⋃C = R2.

Demonstracao. Suponha que exista tal famılia. Seja C0 ∈ C. Sejam x0 e r0 ocentro e o raio respectivamente de C0. Seja C1 tal que x0 ∈ C1. Seja r1 o raiode C1. Note que, como C0 ∩ C1 = ∅, r1 <

r02 . Continuando este processo,

temos que a sequencia (xn)n∈ω dos centros das circunferencias (Cn)n∈ω euma sequencia de Cauchy e, portanto convergente para algum x ∈ R. Noteque se C e uma circunferencia tal que x ∈ C, temos que C ∩ Cn 6= ∅ paraalgum n, contradicao.

A situacao muda bem quando passamos para o R3. Comecemos com umlema:

Lema 1.3.6. Seja C uma famılia de circunferencias tal que nao existef : C −→ R3 sobrejetora. Se existe p ∈ R3 r

⋃C, entao existe uma cir-

cunferencia C tal que p ∈ C e C ∩ C ′ = ∅ para todo C ′ ∈ C.

Demonstracao. Seja P = {π ⊂ R3 : π e um plano tal que x ∈ π}. Note Fazer alguns desenhos

ajuda bastante nesta

demonstracao.

que nao existe uma funcao sobrejetora de C em P (basicamente, porque


|P | = |R3|). Assim, como cada circunferencia esta contida num unico plano,existe π ∈ P tal que, para qualquer C ∈ C, nao e verdade que C ⊂ π.Considere

S = {p ∈ π : existe C ∈ C tal que p ∈ C}.

Como cada C ∈ C intercepta π em, no maximo, dois pontos, temos que |S| ≤|C|. Seja p ∈ π r S (existe por |π| = |R|) e seja r ⊂ π uma reta contendo p.Aqui usamos o seguinte re-

sultado: se um conjunto e

infinito, entao |X| = |F|onde F e o conjunto de to-

dos os subconjuntos finitos

de X. Vamos provar esse

resultado mais adiante.

A quantidade de circunferencias contidas em π e que tangenciam r no pontop e igual a quantidade de pontos de R. Como cada ponto de S determina, nomaximo, uma destas circunferencias, podemos tomar uma circunferencia Ctangenciando r no ponto p que nao contem qualquer ponto de S e, portanto,nao tem pontos em comum com qualquer uma das circunferencias anteriores.

Proposicao 1.3.7. Existe uma famılia C de circunferencias duas a duasdisjuntas tal que

⋃C = R3.

Demonstracao. Considere ≤ uma boa ordem sobre R3 com a propriedadeapresentada na Proposicao 1.3.4. Seja x o menor ponto de R3 segundo essaordem. Seja Cx uma circunferencia qualquer que contenha o ponto x. Agoraseja z ∈ R3 um ponto qualquer e suponha definida Cy circunferencia paratodo y < z de maneira que:

(i) se y < z, entao y ∈ Cy.

(ii) se y, y′ < z e Cy 6= Cy′ , entao Cy ∩ Cy′ = ∅.

Vamos mostrar que existe uma circunferencia Cz de maneira que:

(i) z ∈ Cz.

(ii) se y < z e Cy 6= Cz, entao Cy ∩ Cz = ∅.

Assim, se conseguimos garantir tais condicoes, podemos continuar esse pro-cesso para todo z ∈ R3. Vamos verificar isso. Temos dois casos.

• Existe y < z tal que z ∈ Cy. Neste caso, basta fazer Cz = Cy. Noteque temos as condicoes satisfeitas facilmente.

• Nao existe y < z tal que z ∈ Cy. Assim, note que {Cy : y < z} e zsatisfazem as condicoes do Lema 1.3.6. Logo, existe Cz circunferenciasatisfazendo as condicoes desejadas.

Considere C = {Cx : x ∈ R3}. Note que essa e a cobertura que pro-curavamos.


Alongamentos

Alongamento 1.3.8. Seja ≤ uma boa ordem sobre X e seja f : X −→ Ybijecao. Mostre que � dada por a � b se f−1(a) ≤ f−1(b) para todo a, b ∈ Ye uma boa ordem sobre Y .

Alongamento 1.3.9. Seja f : X −→ Y funcao sobrejetora. Mostre queexiste g : Y −→ X injetora.

Alongamento 1.3.10. Este e um um roteiro para mostrar que, se valeo Teorema de Cantor-Bernstein-Schoroeder para conjuntos disjuntos, entaovale para o caso geral. Sejam f : A→ B e g : B → A injetoras.

(a) Considere os conjuntos A′ = {(a, 0) : a ∈ A} e B′ = {(b, 1) : b ∈ B}.Note que tais conjuntos sao disjuntos.

(b) Mostre que |A| = |A′| e |B| = |B′|.

(c) Conclua o resultado.

Alongamento 1.3.11. Enuncie e prove o analogo ao Teorema 1.3.2 ondeas funcoes apresentadas sao sobrejetoras em vez de injetoras.

Exercıcios

Exercıcio 1.3.12. Sejam A e B conjuntos. Denotamos por BA o conjuntode todas as funcoes da forma f : A −→ B. Mostre que, dado X conjuntoqualquer, |℘(X)| = |2X | (considere 2 = {0, 1}).

Na sequencia, vamos apresentar alguns resultados envolvendo reticula-dos. Entre eles, vamos apresentar um teorema de Tarski ([13]) e, comoaplicacao de tal teorema, uma nova demonstracao do Teorema de Cantor-Bernstein-Schroeder (Teorema 1.3.2).

Exercıcio 1.3.13. Dizemos que uma ordem (A,≤) e um reticulado se,para a, b ∈ A, existe o supremo do conjunto {a, b} (normalmente denotadopor a ∨ b) e e tambem o ınfimo (denotado por a ∧ b). Dizemos que (A,≤) eum reticulado completo se, para todo B ⊂ A, existe o supremo e o ınfimode B (denotados por

∨B e

∧B respectivamente).

(a) Mostre que toda ordem total e um reticulado.

(b) Mostre que [a, b] com a ordem usual de R e um reticulado completo.


(c) Dados a, b ∈ A, denotamos por [a, b] = {x ∈ A : a ≤ x e x ≤ b}. Mostreque, se a ≤ b e A e completo, entao [a, b] e um reticulado completo.

Exercıcio 1.3.14. Seja (A,≤) um reticulado completo. Seja f : A → Amonotona nao decrescente, isto e, se a ≤ b, entao f(a) ≤ f(b). Este e umroteiro para mostrar que o conjunto F = {a ∈ A : f(a) = a} dos pontosfixos de f e um reticulado completo.

(a) Considere B = {a ∈ A : a ≤ f(a)}. Note que B 6= ∅.

(b) Mostre que, para todo b ∈ B, f(b) ∈ B.

(c) Seja s =∨B. Mostre que s ∈ B.

(d) Note que s e um ponto fixo.

(e) Note que nao existe ponto fixo maior que s (e que s e maior que todooutro ponto fixo).

(f) De maneira analoga, mostre que existe i ponto fixo minimal (e menorque todo outro ponto fixo).

(g) Considere 1 =∨A. Seja C ⊂ F . Seja c =

∨C. Note que c ∈ B.

(h) Note que f [[c, 1]] ⊂ [c, 1]. Ou seja, podemos considerar f ′ como a res-tricao de f a [c, 1] e obter um ponto fixo de f ′ (e, portanto de f) que emenor que todos os outros pontos fixos em [c, 1].

(i) Note que o ponto fixo do item anterior e o ınfimo de C.

(j) Conclua que F e completo.

Exercıcio 1.3.15. Sejam f : X → Y e g : Y → X injetoras.

(a) Note que (℘(X),⊂) e um reticulado completo.

(b) Mostre que ϕ : ℘(X) → ℘(X) dada por ϕ(A) = X r (g[Y r f [A]]) euma funcao monotona nao decrescente.

(c) Seja F ⊂ X ponto fixo de ϕ. Mostre que i : X → Y dada por

i(x) =

{f(x) se x ∈ Fg−1(x) se x ∈ X r F

e uma bijecao entre X e Y .

Exercıcio 1.3.16. Seja f : [0, 1]→ [0, 1] funcao monotona nao decrescente.Note que nem precisamos

de f contınua. Mostre que, alem de f ter pontos fixos, o conjunto de tais pontos admitemaximo e mınimo.

Capıtulo 2

Ordinais, cardinais e outros

2.1 Ordinais

Ja vimos que boa ordem e algo bastante importante neste texto. Agora,vamos apresentar certos conjuntos que, de alguma forma, sao representantescanonicos de todas as boas ordens possıveis:

Definicao 2.1.1. Dizemos que α e um ordinal se ele e transitivo e bemordenado por ∈. Cuidado aqui, dizemos

que ∈ e uma boa ordem

no sentido de ordem

estrita. Para ficarmos

com a definicao formal,

precisamos trabalhar com

“∈ ou igual”.

Note que, pelo que provamos anteriormente, cada n ∈ ω e um ordinal.Mais que isso, o proprio conjunto ω tambem e um ordinal. E, nao e muitodifıcil de ver, ω ∪ {ω} tambem e um ordinal.

Note que, como cada ordinal e transitivo, entao todo elemento seu tambeme bem ordenado por ∈. Assim, podemos provar:

Proposicao 2.1.2. Seja α um ordinal. Se x ∈ α, entao x e um ordinal.

Demonstracao. So precisamos mostrar que x e transitivo. Sejam a, b taisque a ∈ b e b ∈ x. Como α e transitivo, temos que b ∈ α. E, pelo mesmomotivo, a ∈ α. Como ∈ e uma ordem sobre α, temos que esta e uma relacaotransitiva e, portanto, a ∈ x.

Proposicao 2.1.3. Seja X um conjunto nao vazio de ordinais. Entao⋂X

e um ordinal.

Demonstracao. Basta notar que interseccao de conjuntos transitivos e umconjunto transitivo e que, dado α ∈ X, temos que

⋂X ⊂ α e, portanto,

como ∈ bem ordena α, ∈ bem ordena⋂X.

31

32 CAPITULO 2. ORDINAIS, CARDINAIS E OUTROS

Na sequencia, vamos provar alguns resultados tecnicos para ordinais. Umdos objetivos e formalizar inducao e boa ordem sobre ordinais. Comecemoscom a ideia de sucessor de um ordinal.

Proposicao 2.1.4. Sejam α e β ordinais tais que β ∈ α. Suponha queLeia esse enunciado com <

no lugar de ∈ para ele pa-

recer mais natural.

exista γ ∈ α seja tal que γ e o menor tal que β ∈ γ. Entao γ = β ∪ {β}.

Demonstracao. Como γ e um ordinal, temos que β ⊂ γ e, portanto, β ∪{β} ⊂ γ. Por outro lado, dado ξ ∈ γ, temos pela minimalidade de γ queNote que pela transitivi-

dade dos ordinais, temos

que todos os elementos

aqui pertencem a α.

β /∈ ξ. Ou seja, como ∈ e uma ordem total sobre α, temos ξ ∈ β ou ξ = β.Desta forma, temos que γ ⊂ β ∪ {β}.

Proposicao 2.1.5. Seja α um ordinal. Entao α = β ∪ {β} para algum βou, para todo β ∈ α, temos β ∪ {β} ∈ α.

Demonstracao. Seja β ∈ α tal que β ∪ {β} /∈ α. Note que β ∪ {β} ⊂ α.Suponha que exista γ ∈ αr (β ∪ {β}). Podemos supor que γ seja o menorcom tal propriedade. Note que β ∈ γ (de fato, como γ, β ∈ α, se β /∈ γ,como ∈ e uma ordem total sobre α, terıamos que β = γ ou γ ∈ β. Masambos esses casos contrariam o fato que γ ∈ α r (β ∪ {β})). Entao, peloresultado anterior, temos que γ = β ∪ {β} contrariando o fato que γ ∈ α eβ ∪ {β} /∈ α.

Os resultados anteriores nos motivam a denotar α ∪ {α} como s(α) (seα e um ordinal). Ainda mais, costumamos denotar por α + 1 tal conjunto.Com isso, temos a seguinte definicao:

Definicao 2.1.6. Seja α um ordinal. Se α = β + 1 para algum β ordinal,dizemos que α e um ordinal sucessor. Caso contrario, dizemos que α eum ordinal limite.

Note que todo n ∈ ω nao vazio e um ordinal sucessor. Note tambem queω e um ordinal limite (veja o Alongamento 2.1.21).

Lema 2.1.7. Sejam α, β e γ ordinais tais que β ⊂ α e γ ∈ α r β. Entaoβ ⊂ γ.

Demonstracao. Seja ξ ∈ β. Vamos provar que ξ ∈ γ. Suponha que nao.Note que ξ, γ ∈ α. Logo, como ∈ e uma ordem total sobre α, temos doiscasos:

• ξ = γ. Mas isso e uma contradicao pois neste caso temos γ ∈ β,contrariando a definicao de γ.

2.1. ORDINAIS 33

• γ ∈ ξ. Mas isso e uma contradicao, pois isso tambem implica queγ ∈ β.

Da mesma forma que ocorre com os elementos de ω, temos a seguintetraducao:

Lema 2.1.8. Sejam α e β ordinais tais que β ⊂ α. Entao β = α ou β ∈ α.

Demonstracao. Suponha β 6= α. Seja γ ∈ αr β. Podemos supor γ o menorcom tal propriedade. Vamos mostrar que γ = β (note que isso implica queβ ∈ α como queremos). Suponha que nao. Pelo lema anterior, temos queβ ⊂ γ. Entao existe γ′ ∈ γ r β. Logo, temos que γ′ ∈ α r β, contrariandoo fato que γ era o menor com tal propriedade.

Teorema 2.1.9 (Inducao para ordinais). Seja ϕ uma formula tal que,se para todo α ordinal, temos que ϕ(β) para β ∈ α, entao ϕ(α). Entao, paratodo α ordinal, temos que ϕ(α).

Demonstracao. Seja α um ordinal qualquer. Defina

B = {ξ ∈ α : ϕ(ξ)}.

Se B = α entao, por hipotese, temos que vale ϕ(α). Caso contrario, sejaγ = min(α r B). Note que, como γ ⊂ α, temos que, para todo ξ ∈ γ, vale Estamos usando aqui o

mınimo com relacao ao ∈.ϕ(ξ). Logo, por hipotese, vale ϕ(γ), contrariando o fato que γ /∈ B.

Com isso, podemos provar que quaisquer dois ordinais sao comparaveiscom relacao a ⊂:

Proposicao 2.1.10. Sejam α, β ordinais. Entao vale α ⊂ β ou β ⊂ α.

Demonstracao. Vamos provar a afirmacao por inducao sobre α. Ou seja,fixe β ordinal e suponha que, para todo ξ ∈ α, temos que vale

ξ ⊂ β ou β ⊂ ξ

Note que se, existe ξ ∈ α tal que β ⊂ ξ, temos que β ⊂ α ja que ξ ⊂ αpela transitividade.

Assim, podemos supor que para todo ξ ∈ α, β 6⊂ ξ. Ou seja, pelahipotese de inducao, para todo ξ ∈ α, temos que ξ ⊂ β. Para cada ξ ∈ α,pelo Lema 2.1.8, terıamos dois casos: ξ = β ou ξ ∈ β. Note que o primeirocaso nunca ocorre ja que estamos supondo β 6⊂ ξ para todo ξ ∈ α. Destaforma, temos que para todo ξ ∈ α, ocorre o segundo caso: ξ ∈ β. Mas issonada mais e que dizer α ⊂ β.


Mais do que funcionar como uma ordem total para os ordinais, a inclusaofunciona como uma boa ordem:

Teorema 2.1.11 (Boa ordem para ordinais). Seja ϕ uma formula sobreA ideia e que se certa pro-

priedade vale para algum

ordinal, entao existe o me-

nor ordinal que a satisfaz.

ordinais tal que pelo menos um ordinal a satisfaca. Entao existe um ordinalα tal que vale ϕ(α) e, se β e um ordinal tal que ϕ(β), entao α ⊂ β.

Demonstracao. Seja ξ ordinal tal que vale ϕ(ξ). Se nao existe η ∈ ξ tal quevale ϕ(η), tomamos α = ξ. Caso contrario, tomamos

α = min{η ∈ ξ : ϕ(η)}.

Seja β um ordinal tal que vale ϕ(β). Precisamos mostrar que α ⊂ β.Suponha que nao. Entao, pela Proposicao 2.1.10, temos que β ⊂ α. Noteque, assim, temos que β ∈ α ou β = α. Mas ambos implicam em contradicao.

Com isso, podemos provar que “∈ ∨ =” funciona como uma boa ordemsobre os ordinais. Desta forma, muitas vezes vamos denotar por < quandoqueremos dizer ∈ com relacao a ordinais. Tambem utilizaremos a notacaomin como se ∈ fosse uma ordem comum. Uma observacao importante aser feita e que nao podemos dizer que ∈ e de fato uma boa ordem sobre osordinais basicamente por que os ordinais nao formam um conjunto:

Proposicao 2.1.12. A colecao de todos os ordinais nao forma um conjunto.

Demonstracao. Suponha que A seja o conjunto de todos os ordinais. Noteque A e tambem um ordinal. Logo, A ∈ A, o que e uma contradicao.Aqui voce poderia dizer

que A ∈ A contraria o

axioma da fundacao. Mas

note que nem precisamos

disso, basta lembrar que ∈e uma ordem estrita dentro

de ordinais.

Formalmente, dada um formula ϕ sobre conjuntos, chamamos a colecaode todos os conjuntos que a satisfazem de uma classe. Claramente, todoconjunto e uma classe. Assim, para indicarmos que uma classe nao e umconjunto, diremos que ela e uma classe propria.

Tambem e possıvel fazer recursao sobre ordinais:

Teorema 2.1.13 (Recursao para ordinais). Seja ϕ uma formula do tipoAqui pode parecer que es-

tamos quantificando sobre

formulas (o que nao e per-

mitido). A formalizacao

e: para cada formula ϕ,

provamos que a formula

ψ apresentada satisfaz o

enunciado - ou seja, temos

infinitos teoremas.

funcao. Entao existe uma formula ψ tambem do tipo funcao tal que, paratodo ordinal α, vale ψ(α, b) se, e somente se, vale ϕ((aξ)ξ<α, b), onde cadaaξ e tal que vale ψ(ξ, aξ). Alem disso, se ψ′ e outra formula satisfazendotal enunciado, temos que, para todo ordinal α e todo conjunto b, temos quevale ψ(α, b) se, e somente se, ψ′(α, b).

2.1. ORDINAIS 35

Demonstracao. A parte da unicidade segue facilmente da “boa ordem” sobreos ordinais (exercıcio). Vamos entao mostrar que existe alguma ψ.

Considere ψ(α, b) a afirmacao:

Existe uma sequencia (aξ)ξ∈α tal que vale ϕ((aξ)ξ∈α, b) e, para todo ξ ∈ α,vale ϕ((aη)η∈ξ, aξ).

Por inducao, pode-se mostrar que ψ esta bem definida e que e do tipo funcaocomo gostarıamos.

Vamos terminar esta secao mostrando que os ordinais representam (deforma unica) cada boa ordem:

Definicao 2.1.14. Sejam X e Y conjuntos ordenados. Dizemos que f :X −→ Y e um isomorfismo de ordem se f e bijetora e f(a) ≤ f(b) se, esomente se, a ≤ b.

Na proxima demonstracao, vamos usar que todo segmento inicial de umordinal e um ordinal e que, portanto, e um elemento dele. Veja o Exercıcio2.1.25.

Proposicao 2.1.15. Sejam α e β ordinais. Se existe f : α −→ β isomor-fismo de ordem, entao α = β.

Demonstracao. Vamos provar por inducao sobre α o seguinte resultado: seexiste f : α→ β isomorfimo de ordem, entao α ⊂ β (note que isso e suficienteja que depois e so trabalhar com a inversa). Se α = ∅, entao claramenteo resultado vale. Agora suponha que o resultado vale para todo ξ < α.Suponha que exista f : α→ β isomorfismo de ordem. Seja ξ < α. Note quef � ξ : ξ → A e um isomorfismo de ordem, onde A ⊂ β. Note que A e umsegmento inicial de β e, portanto, A = γ para algum γ ∈ β. Pela hipotesede inducao, temos que ξ ⊂ γ. Ou seja, ξ ∈ γ ou ξ = γ. Ambos os casosimplicam que ξ ∈ β e, portanto, obtemos que α ⊂ β como querıamos.

Teorema 2.1.16. Seja X um conjunto bem ordenado. Entao existe um, eapenas um, ordinal α tal que existe f : X −→ α isomorfismo de ordem.

Demonstracao. A unicidade segue do resultado anterior. Para a existencia,basta definir f recursivamente como f(x) = min{β : ∀y < x f(y) < β}.


Ordinais compactos

Fixado um ordinal α, ha uma topologia bastante natural sobre ele, a topo-logia da ordem:

Definicao 2.1.17. Dado um ordinal α, chamamos de topologia da ordema topologia gerada pelos conjuntos da forma ]ξ, η[ e [0, ξ[ para todo ξ, η ∈ α.Os intervalos de ordinais

sao definidos de forma

analoga aos intervalos de

reais.

A menos de mencao contraria, sempre que tomarmos um ordinal comoum espaco topologico, estaremos adotando a topologia da ordem.

O seguinte resultado usaremos implicitamente diversas vezes ao longo dotexto - note que ele e apenas a Proposicao 2.1.5:

Proposicao 2.1.18. Seja α ordinal limite. Se β ∈ α, entao β + 1 ∈ α.

Finalmente, podemos caracterizar os ordinais limites topologicamente:

Proposicao 2.1.19. Se α e um ordinal limite diferente de 0, entao α naoe compacto.

Demonstracao. Basta notar que {[0, β + 1[: β ∈ α} e uma cobertura abertasem subcobertura finita.

Proposicao 2.1.20. Se α e um ordinal sucessor, entao α e compacto.

Demonstracao. Vamos mostrar por inducao sobre α. Seja β tal que α =β+1. Se β for sucessor, terminamos (afinal, α sera um compacto adicionadode um ponto). Suponha que β nao seja sucessor. Seja C uma cobertura porabertos para α. Seja C ∈ C tal que β ∈ C. Note que existe ξ tal que]ξ, β] ⊂ C. E, como β e limite, ξ + 1 < β. Por hipotese de inducao, existeC′ ⊂ C finito tal que ξ + 1 = [0, ξ] ⊂

⋃C′. Note, entao, C′ ∪ {C} e uma

subcobertura finita para [0, β] = α.

Alongamentos

Alongamento 2.1.21. Mostre que todo n ∈ ω nao nulo e um ordinalsucessor. Mostre que ω e um ordinal limite.

Alongamento 2.1.22. Mostre que, para todo α ordinal, temos que [0, α] =[0, α+ 1[.

Alongamento 2.1.23. Mostre que no Teorema 2.1.16 o isomorfismo tambeme unico.

2.1. ORDINAIS 37

Alongamento 2.1.24. Considere ω com a seguinte ordem: se a, b 6= 0,entao a � b se, e somente se, a ≤ b (≤ e a ordem usual) e a ≤ 0 para todoa ∈ ω.

(a) Mostre que � e uma boa ordem.

(b) Mostre que ω com esta ordem e isomorfo a ω + 1.

Exercıcios

Exercıcio 2.1.25. Seja α um ordinal e seja A ⊂ α um segmento inicial deα.

(a) Mostre que A e um ordinal.

(b) Mostre que A ∈ α.

Exercıcio 2.1.26. Mostre que, se X e um conjunto, nao existe uma funcaocom domınio X e sobrejetora nos ordinais.

Exercıcio 2.1.27. Mostre que nao existe um conjunto ilimitado nos ordi-nais.

Exercıcio 2.1.28. Mostre que a colecao dos ordinais sucessores e uma classepropria.

Exercıcio 2.1.29. Mostre que num ordinal α, os unicos pontos isolados sao x e dito um ponto isolado

se {x} e aberto.os sucessores e o 0.

Exercıcio 2.1.30. Mostre que todo ordinal e um espaco de Hausdorff,isto e, dados dois pontos x, y distintos, existem abertos A,B disjuntos taisque x ∈ A e y ∈ B.

Exercıcio 2.1.31. Mostre que se α = supA, entao α ∈ A.

Exercıcio 2.1.32. Sejam X bem ordenado e Y totalmente ordenado. Cha-mamos de ordem lexicografica a seguinte ordem sobre Y X : f < g sef(x) < g(x) onde x = min{z ∈ X : f(z) 6= g(z)}.

(a) Mostre que isso e de fato uma ordem e mostre tambem que tal ordem etotal.

(b) Considere ωω com a ordem apresentada acima. Mostre que A ⊂ ωω

onde A = {f ∈ ωw : ∃n f(n) 6= 0} nao admite mınimo.


(c) Conclua que, mesmo que Y seja bem ordenado, nao temos que a ordemacima e uma boa ordem.

Exercıcio 2.1.33. Sejam α e β ordinais. Defina α+ β como o unico ordinalque e isomorfo a ({0} × α)∪ ({1} × β) com a ordem lexicografica. Verifiquese e verdadeira a afirmacao “ω + 1 = 1 + ω”.

Exercıcio 2.1.34. Dizemos que uma funcao de ordinais em ordinais e umafuncao normal se f(α) < f(β) se α < β e f(α) = sup{f(β) : β < α} se αe limite e diferente de ∅. Seja f uma funcao normal. Mostre que:

(a) f(supA) = sup{f(a) : a ∈ A} para todo A conjunto de ordinais.

(b) f(α) ≥ α para todo α.

(c) dado β ordinal, existe α ≥ β tal que f(α) = α.

2.2 Uma aplicacao de aritmetica ordinal

Nesta secao vamos apresentar a aritmetica ordinal. Nosso intuito com elaEssa secao e livremente

inspirada na Secao 10.2 de

[8].

e apresentar algumas construcoes recursivas e tambem fazer uma aplicacaointeressante, que esta no final desta secao. Mas e melhor ressaltar que depoisdesta secao, utilizaremos sempre a aritmetica cardinal (ainda a ser definida).Fica o aviso aqui porque ambas tem a mesma notacao.

Comecemos com a definicao da soma ordinal. Fixado α um ordinal,definimos α+ β recursivamente da seguinte forma:

• α+ 0 = 0;

• α+ β = s(α+ γ) se β = s(γ);Lembrando aqui que

s(ξ) = ξ ∪ {ξ}.• α+ β =

⋃γ∈β(α+ γ) se β e um ordinal limite diferente de 0.

De maneira analoga, podemos definir o produto ordinal. Fixado α umordinal, definimos:

• α · 0 = 0;

• α · β = (α · γ) + α se β = s(γ);

• α · β =⋃γ∈β(α · γ) se β e um ordinal limite diferente de 0.

Fixado α ordinal, a exponenciacao ordinal tambem pode ser definidarecursivamente:

2.2. UMA APLICACAO DE ARITMETICA ORDINAL 39

• α0 = 1;

• αβ = αγ · α se β = s(γ);

• αβ =⋃γ∈β α

γ se β e um ordinal limite diferente de 0.

Com isso, e possıvel provar o seguinte resultado:

Teorema 2.2.1 (Forma normal de Cantor). Sejam α e β ordinais taisque 1 < α ≤ β. Existao existe um unico k ∈ ω e unicos ordinais γ0, ..., γk−1

edelta0, ..., δk−1 com γ0 > γ1 > · · · > γk−1, 0 < δi < α para todo i e tais que

β = αγ0 · δ0 + αγ1 · δ1 + · · ·+ αγk−1 · δk−1

Vamos agora a uma aplicacao em teoria dos numeros. Dizemos umnumero n ∈ ω esta escrito recursivamente na base b se n esta escrito nabase b, cada expoente tambem esta escrito na base b, cada expoente de cadaexpoente tambem etc. Por exemplo, considere o numero 521. Ele escrito nabase 2 fica

521 = 29 + 23 + 20

Mas os expoentes 9 e 3 nao estao escritos na base 2, assim, arrumamos:

521 = 223+20 + 221+20 + 20

Apareceu um novo 3, daı fazemos:

521 = 22220+20+20 + 222

0+20 + 20

Agora o processo terminou. Note podemos fazer isso em qualquer basefixada. Para cada possıvel base b ∈ ω, com b ≥ 2, considere a funcaopb : ω → ω que faz o seguinte processo:

• pb recebe um numero n;

• escreve o numero n recursivamente na base b;

• substitui cada ocorrencia da base b por (b+ 1) e faz a conta;

• a funcao pb retorna o valor obtido na conta acima.


Por exemplo, lembrando que ja fizemos a expansao acima,

p2(521) = 3331+30+30 + 331+30 + 30

= 1.330.279.464.729.113.309.844.748.891.857.449.678.491≈ 13 · 1038

Recursivamente, podemos definir pb : ω → ω da seguinte forma:

• pb(k) = k se k < b.

• pb(kbt + r) = k(b+ 1)pb(t) + pb(r) para k < b, r < bt, t ≥ 1.

Vamos agora definir uma funcao muito parecida em sua construcao, masque associa a cada natural, um ordinal:

• Pb(k) = k se k < b.

• Pb(kbt + r) = ωPb(t) · k + Pb(r) para k < b, r < bt, t ≥ 1.

Intuitivamente falando, Pb e feita da mesma maneira que pb, com adiferenca que trocamos as ocorrencias da base b por ω (em vez de b + 1) einvertemos a ordem usual na multiplicacao. Vejamos o exemplo que fizemosanteriormente:

Pb(521) = ωωω1+ω0+ω0

+ ωω1+ω0

+ ω0

= ωωω+1+1 + ωω+1 + 1

Vejamos algumas propriedades auxiliares sobre essas funcoes:

Lema 2.2.2. Fixado b ≥ 2, dados n < m temos que Pb(n) < Pb(m).

Lema 2.2.3. Fixado b ≥ 2 e dado k ∈ ω, temos que Pb+1(pb(k)) = Pb(k).

Finalmente, definimos as sequencias de Goodstein recursivamentepara cada k ∈ ω:

• gk(1) = k;

• gk(n+ 1) =

{pn+1(gk(n))− 1 se gk(n) > 0;

0 caso contrario

Teorema 2.2.4 (Goodstein). Dado k ≥ 1, existe n ∈ ω tal que gk(n) = 0.

2.3. MEDINDO A COMPLEXIDADE DOS CONJUNTOS 41

Demonstracao. Considere a seguinte sequencia:

Pn+1(gk(n))n∈ω (2.1)

Suponha que gk(n + 1) > 0. Entao, pela definicao de gk(n + 1), temosque

Pn+2(gk(n+ 1)) = Pn+2(pn+1(gk(n))− 1)

Note que o Lema 2.2.2 diz que Pn+1 e uma funcao crescente, logo

Pn+2(pn+1(gk(n))− 1) < Pn+2(pn+1(gk(n))).

Ja o Lema 2.2.3 nos da uma maneira alternativa de computar o lado direitoda desigualdade acima:

Pn+2(pn+1(gk(n))) = Pn+1(gk(n)).

Ou seja

Pn+2(gk(n+ 1) < Pn+1(gk(n)).

Assim, se gk(n) > 0 para todo n, temos que a sequencia em (2.1) e umasequencia decrescente infinita de ordinais, o que e uma contradicao com aboa ordem.

O teorema acima foi provado por Goodstein em 1944 ([6]). Essa demons-tracao faz uso de ordinais e depois, em 1982, Kirby e Paris provaram em[9] que algo do tipo e necessario: esse teorema nao decorre dos axiomas dePeano.

2.3 Medindo a complexidade dos conjuntos

Nesta secao, vamos mostrar uma maneira de medir o quao complicado emontar um determinado conjunto. A intuicao e mais ou menos assim: ∅ eo mais simples, {∅} e um pouco mais complicado, enquanto {{∅}, ∅} e umpouco mais ainda.

Comecemos com um resultado simples:

Proposicao 2.3.1. Seja X um conjunto qualquer. Entao existe um con- Chamamos tr(X) de fe-

cho transitivo de X.junto transitivo tr(X) onde X ⊂ tr(X) e, dado qualquer conjunto Y transi-tivo tal que X ⊂ Y , temos que tr(X) ⊂ Y .


Demonstracao. Defina T0 = X e Tn+1 =⋃Tn para n ∈ ω . Defina tr(X) =Cuidado aqui,

⋃Tn = {x :

∃y ∈ Tn x ∈ y}.⋃n∈ω Tn. Claramente, X ⊂ tr(X) e tr(X) e transitivo. Note tambem que,

se x ∈ Tn para algum n ∈ ω, x ∈ Y para qualquer Y transitivo tal queX ⊂ Y .

Proposicao 2.3.2. Toda classe nao vazia de conjuntos admite um elemento∈-minimal - isto e, um elemento a tal que nao existe um elemento b na classetal que b ∈ a.

Demonstracao. Lembre que uma classe e a colecao de conjuntos que satis-fazem uma determinada formula. Assim, seja ϕ uma formula tal que existaX tal que vale ϕ(X). Considere

A = {a ∈ tr(X) : ϕ(a)}

Note que A e um conjunto pelo axioma da separacao. Se A = ∅, como X ⊂tr(X), temos que X e minimal. Caso contrario, pelo axioma da fundacao,existe a ∈ A tal que a ∩ A = ∅. Note que tal a e minimal: se b ∈ a e talque vale ϕ(b), terıamos que b ∈ A e, portanto, b ∈ A ∩ a, contrariando adefinicao de a.

Esse resultado nos da que podemos definir algo recursivamente sobre osproprios elementos. Para ficar mais claro, vejamos isso em acao, justamenteno exemplo que nos sera importante agora:

Definicao 2.3.3. Seja X um conjunto. Definimos rank(∅) = ∅ e denotamospor rank(X)= sup{rank(y) + 1 : y ∈ X}.

Note que isso esta bem definido. De fato, suponha que nao. ConsidereFormalmente, deverıamos

trabalhar como na de-

monstracao do teorema de

recursao.

todos os conjuntos X de forma que nao foi possıvel definir o rank. Seja Xo ∈-minimal sem rank. Mas note que, entao, todo elemento de X tem ranke, portanto, X tambem tem.

Alem do rank dar uma medida sobre a complexidade do conjunto, tambemnos da uma ideia sobre sua construcao. Considere a seguinte construcao re-cursiva:

• V0 = ∅;

• Vα+1 = ℘(Vα)

• Vβ =⋃ξ<β Vξ

Vamos provar que todo conjunto pertence a algum dos Vα’s. Para isso,vamos provar o seguinte resultado:


Lema 2.3.4. Sejam α, β ordinais. Temos:

(a) Vα e transitivo.

(b) Vα ⊂ Vβ se α ≤ β.

(c) se X ⊂ Vα e α < β, entao X ∈ Vβ.

(d) se X ∈ Vα, entao X ⊂ Vξ para algum ξ < α.

Demonstracao. (a) Por inducao sobre α. Se α = ∅, e imediato. Se α elimite, o resultado e imediato uma vez que Vα e uniao de conjuntostransitivos. Finalmente, se α = β+1, temos que, dado X ∈ Vα, X ⊂ Vβ.Logo, se Y ∈ X, temos que Y ∈ Vβ. Mas, como Vβ e transitivo, Y ⊂ Vβe, portanto, Y ∈ Vβ+1 como querıamos.

(b) Por inducao sobre β. Caso β = γ + 1. Podemos supor que α ≤ γ (casocontrario, α = β). Assim, pela hipotese de inducao, temos que Vα ⊂ Vγ .Logo, Vα ∈ Vγ+1. Como Vγ+1 e transitivo, temos o que querıamos.Agora suponha que β e limite. Neste caso, e imediato que Vα ⊂ Vβ peladefinicao de Vβ.

(c) Basta notar que X ∈ Vα+1 ⊂ Vβ.

(d) Por inducao sobre Vα. Se α = β + 1, o resultado e imediato (ξ = β).Se α e limite, entao X ∈ Vβ para algum β < α e portanto o resultadosegue por inducao e pelo fato que Vβ ⊂ Vα.

Proposicao 2.3.5. Seja X um conjunto. Entao rank(X) = α se, e somente Ou seja, todo conjunto e

formado apenas por ∅ e pa-

res de { e }. Se denotar-

mos ∅ por {}, entao todo

conjunto nada mais e que

uma colecao de { e }. Pa-

rece um pouco triste.

se, X ⊂ Vα e X 6⊂ Vβ para todo β < α.

Demonstracao. Vamos mostrar por inducao sobre α. Suponha o resultadopara todo ξ < α. Seja X conjunto tal que rank(X) = α. Assim, todoY ∈ X e tal que rank(Y ) < α e, portanto, Y ⊂ Vξ para algum ξ < α. Logo,Y ∈ Vα pelo lema anterior. Ou seja, X ⊂ Vα. Note tambem que X 6⊂ Vξpara todo ξ < α por hipotese de inducao.

Por outro lado, seja X ⊂ Vα tal que X 6⊂ Vξ para tod ξ < α. DadoY ∈ X, temos, pelo lema anterior, que Y ⊂ Vξ para algum ξ < α. Portanto,rank(Y ) ≤ ξ. Assim, ja temos que rank(X) ≤ α. Por outro lado, dadoqualquer ξ < α, existe Y ∈ X tal que rank(Y ) ≥ ξ. Caso contrario, todoY ∈ X seria tal que Y ∈ Vξ e, portanto, X ⊂ Vξ, uma contradicao.


Acabando com as escolhas

Nesta secao, vamos fechar as implicacoes para as diversas formulacoes equi-Esta secao foi bastante ba-

seada no livro [7]. valentes ao princıpio da boa ordem e o axioma da escolha tratadas nestetexto.

Proposicao 2.3.6. Se vale o axioma das multiplas escolhas, vale que todoconjunto ordenado admite um conjunto maximal de elementos dois a doisincomparaveis.

Demonstracao. Seja X um conjunto ordenado. Pelo axioma das multiplasescolhas, existe f : ℘(X) r {∅} −→ ℘(X) tal que, para todo A ⊂ X naovazio, f(A) ⊂ A e finito e nao vazio. Defina g : ℘(X) −→ ℘(X) da seguinteforma, dado A ⊂ X:

g(A) =

{{a ∈ f(A) : a e minimal em f(A)} se A 6= ∅∅ caso contrario

Note que, trivialmente, se A 6= ∅, g(A) e um suconjunto finito nao vaziode elementos de A dois a dois incomparaveis.

Considere a seguinte construcao recursiva sobre os ordinais:

• A0 = g(X)

• Aα = g({x ∈ X : x e incomparavel com cada b ∈⋃β<αAβ}).

Note que os elementos de X que pertencem a algum Aα formam um con-Basta usar o axioma da se-

paracao para tomar o sub-

conjunto de X dos elemen-

tos para os quais existe um

ordinal tal que...

junto - vamos chamar tal conjunto de A. Vamos provar que tal A e umconjunto maximal de elementos incomparaveis. Suponha que a, b ∈ A se-jam comparaveis. Seja α tal que a ∈ Aα e b ∈ Aβ. Se α = β, temos umacontradicao pois tanto a como b sao minimais em Aα. Sem perda de ge-neralidade, suponha α < β. Entao b /∈ Aβ ja que b e comparavel com a,contradicao.

Finalmente, vamos provar que A e maximal. Note que, em algum ordinalα, Aα = ∅ (caso contrario, terıamos que os ordinais formariam um conjunto- ja que haveria uma injecao dos ordinais em ℘(X)). Mas note que isso so epossivel se nao “sobraram” elementos que possam estender A.

O proximo lema e util na hora de encontrar boas ordens:

Lema 2.3.7. Seja X um conjunto nao vazio. Se existe f : ℘(X)r{∅} −→ XUma funcao assim e cha-

mada de uma funcao es-

colha para ℘(X) r {∅}.onde f(V ) ∈ V para todo V ∈ ℘(X) nao vazio, entao existe uma boa ordemsobre X.


Demonstracao. Defina a seguinte recursao sobre os ordinais (antes de comecar,fixe um Y /∈ X qualquer). Tomamos x0 = f(X) e

xα =

{f(X r {xβ : β < α}) se {xβ : β < α} 6⊃ XY caso contrario

Note que f precisa valer Y a partir de algum ordinal α, caso contrarioterıamos que os ordinais formariam um conjunto pelo axioma da substi-tuicao. Note que assim {xβ : β < α} induz uma boa ordem sobre X.

Em particular, esse lema nos da o seguinte:

Corolario 2.3.8. Se vale o axioma da escolha, vale o princıpio da boaordem.

Demonstracao. Seja X um conjunto. Seja f uma funcao escolha sobre ℘(X).Pelo lema anterior, temos que existe uma boa ordem sobre X.

Proposicao 2.3.9. Se todo conjunto ordenado admite uma famılia maximalde elementos dois a dois nao comparaveis, entao todo conjunto totalmenteordenado admite uma boa ordem.

Demonstracao. Seja X totalmente ordenado por ≤. Se mostrarmos queexiste uma funcao escolha para ℘(X) r {∅}, o resultado segue pelo lemaanterior. Seja Y o conjunto de todos os pares da forma (Y, y), onde y ∈ Y ⊂X. Defina sobre tal conjunto a ordem

(Y1, y1) � (Y2, y2) se Y1 = Y2 e y1 ≤ y2

Seja A ⊂ Y maximal tal que seus elementos sao dois a dois incomparaveis.Vamos mostrar que A e uma funcao escolha desejada.

Note que, dado Y ⊂ X nao vazio, existe algum par da forma (Y, y) ∈ Ypois, caso contrario, qualquer um desta forma seria incomparavel com todosos elementos de A. Mais que isso, como a ordem sobre X e total, existe umunico elemento com tal formato. Ou seja, pela segunda parte, temos que Ae funcao e, pela primeira, que o domınio de A e todo ℘(X) r {∅}.

Proposicao 2.3.10. Se todo conjunto totalmente ordenado pode ser bemordenado, entao dado um conjunto bem ordenado A, temos que ℘(A) e bemordenavel.

Demonstracao. Identifique o ℘(A) com 2A (veja o Exercıcio 1.3.12). Colo-que em 2A a ordem lexicografica (veja Exercıcio 2.1.32). Assim, ℘(A) ficatotalmente ordenado e, portanto, bem ordenavel.


Dos resultados anteriores, obtemos:

Corolario 2.3.11. Se todo conjunto ordenado admite uma famılia maximalde elementos incomparaveis, vale que todo conjunto bem ordenado A e talque ℘(A) e bem ordenavel.

Demonstracao. Note que nossa hipotese implica que todo conjunto total-mente ordenado e bem ordenavel (Proposicao 2.3.9). Ja essa condicao im-plica o que queremos pela Proposicao 2.3.10.

Para fechar todas as equivalencias, resta provar o seguinte:

Proposicao 2.3.12. Se vale que todo conjunto bem ordenado A e tal que℘(A) e bem ordenado, entao vale o princıpio da boa ordem.

Demonstracao. Primeiramente, note que e suficiente mostrarmos que Vα ebem ordenado para todo α ordinal limite (ja que todo X e suconjunto dealgum Vα desta forma). Seja α ordinal limite. Se mostrarmos que existeuma famılia (Wβ)β<α onde cada Wβ e uma boa ordem sobre Vβ teremos oAqui nao podemos sim-

plesmente aplicar inducao,

porque precisamos dizer

qual boa ordem pegamos

para cada β, caso contrario

nao temos como garantir a

existencia da famılia sem o

axioma da escolha.

resultado (e facil construir uma boa ordem a partir disso). Seja κ o menorordinal1 tal que nao existe uma funcao injetora de κ em Vα. Por hipotese,℘(κ) admite uma boa ordem ≤. Vamos agora definir cada Wβ usando estaboa ordem recursivamente:

• W0 = ∅

• se β e limite, definimos Wβ de maneira padrao usando cada Wξ comξ < β.

• se β = γ + 1, entao Vβ = ℘(Vγ). Por hipotese, Vγ e bem ordenado porWγ e, portanto, tem um isomorfismo de ordem com algum ξ < κ. Daıusando esse isomorfismo mais a boa ordem ≤ de ℘(κ), obtemos umaboa ordem sobre Vβ.

Com a sequencia apresentada acima, mais os resultados anteriores, temosa equivalencia entre princıpio da boa ordem, lema de Zorn, axioma da escolhae todo espaco vetorial tem base (veja a Figura 2.1).

1Veja o Exercıcio 2.3.17.

2.3

.M

ED

IND

OA

CO

MP

LE

XID

AD

ED

OS

CO

NJU

NT

OS

47

Lema de Zorn

Princıpio da Boa OrdemTodo espaco vetorial

admite base

Axioma da EscolhaAxioma

das Multiplas Escolhas

A bem ordenado⇓

℘(A) bem ordenado

FamıliasIncomparaveis Maximais

1.2.5, 1.2.6

1.2.1

1.2.81.2.7

2.3.6

Imediato

2.3.11

2.3.12

Figura 2.1: Equivalencias do axioma da escolha


Alongamentos

Alongamento 2.3.13. Prove a tese da Proposicao 2.3.6 supondo que valeo Lema de Zorn.

Exercıcios

Exercıcio 2.3.14. Dizemos que uma sequencia (an)n∈ω e ∈-crescente sean ∈ an+1 para todo n ∈ ω. Dizemos que a mesma sequencia e ∈-decrescentese an+1 ∈ an para todo n ∈ ω. De um exemplo de um destes tipos desequencias e prove que o outro tipo nao existe.

Exercıcio 2.3.15. Seja α um ordinal. Determine rank(α).

Exercıcio 2.3.16. O princıpio maximal de Hausdorff e a afirmacao:

“Todo conjunto ordenado admite cadeia maximal (isto e, subconjuntototalmente ordenado maximal)”

(a) Considere a seguinte ordem sobre R2: 〈x, y〉 ≤ 〈a, b〉 se, e somente se,x = a e y ≤ b. Descreva as cadeias maximais.

(b) Mostre que o princıpio maximal de Hausdorff e equivalente ao Lema deZorn.

Exercıcio 2.3.17. No Proposicao 2.3.12, consideramos κ o menor ordinaltal que nao existe f : κ → X injetora, onde X e um conjunto fixado. Umargumento muito simples para a existencia de tal κ seria considerar κ umordinal isomorfo a uma boa ordem sobre ℘(X). O problema e que isso nadamais e que o princıpio da boa ordem e tal proposicao esta tentando provaruma equivalencia de tal princıpio. Abaixo vamos mostrar um roteiro decomo contornar tal problema.

Fixe um conjunto X qualquer.

(a) Note que IP = {≤:≤ e uma boa ordem sobre um subconjunto de X} eum conjunto.

(b) Lembre que dado um conjunto bem ordenado, existe um unico ordinalisomorfo a ele. Conclua que Q = {α : α e um ordinal isomorfo a umsubconjunto de X} e um conjunto.

(c) Note que Q e um conjunto transitivo de ordinais e, portanto, um ordinal.

(d) Note que fazendo κ = Q, temos o que querıamos.

(e) O ordinal κ obtido acima e conhecido como numero de Hartog de X.

2.4. CARDINAIS 49

2.4 Cardinais

Do mesmo jeito que ordinais representam todas as boas ordens, cardinaisrepresentam todos os tamanhos de conjuntos:

Definicao 2.4.1. Seja α um ordinal. Dizemos que α e um cardinal se naoexiste β < α tal que |α| = |β|.

Note que, dado um conjunto X qualquer, ele tem bijecao com algumordinal, via princıpio da boa ordem. Se tomarmos o menor ordinal tal queexiste uma bijecao com X, obtemos um cardinal. Alem disso, pela definicaode cardinais, tal cardinal e unico. Assim, faz sentido a seguinte definicao:

Definicao 2.4.2. Seja X um conjunto. Denotamos por |X| o unico cardinalκ tal que existe uma bijecao entre X e κ.

Note que isso estende o uso anterior que fazıamos de | · |, afinal, existeuma bijecao entre X e Y se, e somente se, |X| = |Y | como acima.

Note tambem que, dado um cardinal qualquer, existe um ordinal maiorque ele que nao tem bijecao com ele (veja o Alongamento 2.4.19). Assim,faz sentido a seguinte definicao:

Definicao 2.4.3. Seja κ um cardinal. Denotamos por κ+ o menor cardinal Nao confundir κ+ com κ+

1 (soma ordinal).que e maior que κ.

Com isso, podemos fazer a seguinte definicao:

Definicao 2.4.4. Denotamos por ℵ0= ω. Se ℵβ esta definido para todoβ < α (α um ordinal), denotamos por ℵα= κ onde κ e o menor cardinal talque ℵβ < κ para todo β < α.

Desta forma, e facil ver que ℵα+1 = ℵ+α . Alem disso, muitas vezes usare-

mos a notacao ωα no lugar de ℵα quando quisermos destacar que queremostrabalhar com a ordem de ℵα.

Dizemos que um conjunto X e finito se existe n ∈ ℵ0 tal que |X| = n.Dizemos que X e infinito caso contrario.

Uma ordem bacana sobre pares de ordinais

Vejamos agora como definir uma ordem sobre pares de ordinais. Isso vainos facilitar na hora de calcular o tamanho de produtos. Mas antes, vamosdefinir uma notacao que vai facilitar bastante:


Definicao 2.4.5. Seja X um conjunto ordenado por ≤. Dado x ∈ X,denotamos por ↓x o conjunto {y ∈ X : y < x}.

Definicao 2.4.6. Sejam (α, β) e (γ, δ) pares de ordinais. Vamos denotarpor (α, β) < (γ, δ) se

• max{α, β} < max{γ, δ} ou

• max{α, β} = max{γ, δ} e α < γ ou

• max{α, β} = max{γ, δ}, α = γ e β < δ.

Ou seja, essa ordem comeca assim:

(0, 0) < (0, 1) < (1, 1) < (0, 2) < (1, 2) < (2, 1) < (2, 2) < · · · < (0, ω) < · · ·

Nao e difıcil notar que ≤ e uma ordem e que qualquer conjunto naoFormalmente nao e uma

ordem, uma vez que pares

de ordinais nao e um con-

junto. Mas deve dar para

entender.

vazio de pares de ordinais admite mınimo com tal ordem (veja o Alonga-mento 2.4.20). Note tambem que, para qualquer ordinal α, temos (veja oAlongamento 2.4.21):

α× α =↓ (0, α)

Considere, para cada α, β ordinais, o(α, β) o unico ordinal tal que o(α, β)e isomorfo a ↓ (α, β).

Lema 2.4.7. o(0, ω) = ω.

Demonstracao. Note que ↓ (0, ω) = ω × ω. Como ↓ (0, ω) e infinito, bastamostrarmos que, para cada elemento de ↓ (0, ω) so existem finitos elementosmenores que ele. De fato, dado (a, b) ∈ ω×ω, temos que (x, y) ≤ (a, b) e talque x, y ≤ max{a, b}.

Note que, como o(0, α) < o(0, β), se α < β, temos que α ≤ o(0, α) paratodo α. Vejamos a outra desigualdade para o caso de cardinais:

Proposicao 2.4.8. Para todo cardinal infinito κ, o(0, κ) = κ. Em particu-lar, existe uma bijecao entre κ× κ e κ.

Demonstracao. Vamos mostrar por inducao sobre κ. Note que, para κ = ℵ0,ja temos o resultado. Suponha entao que o resultado e valido para todoη < κ e vamos mostrar para κ. Suponha que nao. Entao κ < o(0, κ). Logo,

2.4. CARDINAIS 51

existe (γ, δ) < (0, κ) tal que κ = o(γ, δ). Note que, entao, γ, δ < κ. Seja ηtal que

γ, δ < η < κ.

Note que (γ, δ) < (0, η). Assim, κ < o(0, η). Por outro lado, temos

|o(0, η)| = |η × η|= ||η| × |η||.

Mas, por hipotese de inducao, ||η| × |η|| = o(0, |η|) = |η|. Contradicao jaque |η| < κ.

Corolario 2.4.9. Seja κ um cardinal infinito. Entao κ = |κ× κ|.

Corolario 2.4.10. Seja X um conjunto infinito. Entao |X| = |X ×X|.

Corolario 2.4.11. Sejam X,Y conjuntos infinitos. Entao |X × Y | =max{|X|, |Y |}.

Demonstracao. Suponha |X| ≤ |Y |. Entao |X ×Y | ≤ |Y ×Y | = |Y |. Como|Y | ≤ |X × Y |, temos o resultado.

Corolario 2.4.12. Seja F uma famılia de conjuntos tal que |F| = κ (κ einfinito) e cada F ∈ F e tal que |F | ≤ κ. Entao |

⋃F| ≤ κ.

Demonstracao. Vamos supor que cada |F | = κ e mostrar a igualdade (noteque isso e suficiente). Fixe {Fξ : ξ < κ} = F e, para cada ξ < κ, sejafξ : κ −→ Fξ bijetora. Note que ϕ : κ× κ −→

⋃F dada por

ϕ(α, β) = fα(β)

e sobrejetora. Logo, κ = |κ × κ| ≥ |⋃F|. Como a outra desigualdade e

imediata, temos o resultado.

Um conceito que vai ser importante em varios contextos sao subconjuntosde algum tamanho fixado:

Definicao 2.4.13. Sejam X um conjunto e κ um cardinal. Denotamos por[X]κ o conjunto {A ⊂ X : |A| = κ}. Tambem usamos a notacao [X]<κ para{Y ⊂ X : |X| < κ}.

Em particular, [X]<ℵ0 sao todos os subconjuntos finitos de X:

Proposicao 2.4.14. Se X e infinito, entao |[X]<ℵ0 | = |X|.


Demonstracao. Note que |[X]n| = |X| para todo n ∈ ℵ0, n 6= 0. Como[X]<ℵ0 =

⋃n∈ω[X]n, temos o resultado.

Terminamos essa secao com uma simples aplicacao:

Teorema 2.4.15. Seja V um espaco vetorial. Se A e B sao bases para V ,entao |A| = |B|.

Demonstracao. Vamos apenas fazer o caso em que A e B sao infinitas. Su-ponha que nao vale o resultado e, portanto, podemos supor sem perda degeneralidade que |A| < |B|. Para cada a ∈ A, existe Ba ⊂ B finito tal quea ∈ [Ba] . Seja B′ =

⋃a∈ABa. Note que |B′| ≤ |A|. Por outro lado, noteLembrando, [X] denota o

subespaco gerado por X. que B′ ⊂ B e [B′] = V , ja que [B′] ⊃ A, contradicao.

Sequencias convergem, mas e daı?

Ja vimos que ω1 nao e compacto. Mas vamos ver nesta secao que ele temcertas propriedades “parecidas” com compactos:

Lema 2.4.16. Seja A ⊂ ω1 enumeravel. Entao A e limitado.

Demonstracao. Suponha que nao. Entao ω1 =⋃a∈A ↓ a. Mas note que

cada ↓ a e enumeravel. Logo, ω1 e enumeravel, contradicao.

Lema 2.4.17. Toda sequencia (xn)n∈w estritamente crescente de pontos deω1 e convergente.

Demonstracao. Como A = {xn : n ∈ ω} e enumeravel, temos que A admitesupremo. Seja α ∈ ω1 tal supremo. Note que, dado ]β, α] aberto contendoα, temos que, existe xn > β (por α ser supremo) e todo xk com k > n e talque xk ∈]β, α].

Teorema 2.4.18. Toda sequencia (enumeravel) de pontos de ω1 admitesubsequencia convergente.

Demonstracao. Seja (xn)n∈ω sequencia de pontos de ω1. Note que, peloExercıcio 2.4.25, temos um dos seguintes casos:

• (xn)n∈ω admite subsequencia constante. Neste caso, o resultado etrivial.

• (xn)n∈ω admite subsequencia estritamente decrescente. Note que essecaso e impossıvel, uma vez que ω1 e bem ordenado.

2.4. CARDINAIS 53

• (xn)n∈ω admite subsequencia estritamente crescente. Note que nestecaso temos o resultado pelo lema anterior.

Alongamentos

Alongamento 2.4.19. Seja κ. Mostre que κ < |℘(κ)|.

Alongamento 2.4.20. Mostre que ≤ definida sobre os pares de ordinais ede fato uma ordem e que todo conjunto de pares admite mınimo.

Alongamento 2.4.21. Mostre que, dado um ordinal α, ↓ (0, α) = α× α.

Alongamento 2.4.22. Mostre que todo cardinal infinito e um ordinal li-mite.

Exercıcios

Exercıcio 2.4.23. Mostre que X e infinito se, e somente se, existe f : ω −→X injetora.

Exercıcio 2.4.24. Mostre que X e infinito se, e somente se, existe f : X −→Y bijetora tal que Y ( X.

Exercıcio 2.4.25. Este e um roteiro para mostrar que toda sequencia num Vamos provar esse resul-

tado novamente adiante

como uma aplicacao do Te-

orema de Ramsey (Pro-

posicao 3.3.8.

conjunto totalmente ordenado admite uma subsequencia constante, ou ad-mite uma subsequencia estritamente crescente ou admite uma subsequenciaestritamente decrescente. Assim, seja (xn)n∈ω uma sequencia num conjuntoX totalmente ordenado por ≤

(a) Note que podemos supor que xn 6= xm se n 6= m (se nao pudermos, eque ja resolvemos).

(b) Dizemos que xn e um pico se, para todo k > n, temos que xk < xn. Su-ponha que existam infinitos picos. Mostre que existe uma subsequenciadecrescente infinita.

(c) Suponha que nao existam infinitos picos. Mostre que existe uma sub-sequencia crescente.

(d) Conclua o resultado.

Exercıcio 2.4.26. Considere ω1 + 1 como espaco topologico. Mostre queω1 ∈ ω1 mas nao existe uma sequencia em ω1 convergente para ω1.


2.5 Mais um pouco sobre ordens

Cofinalidade e uma especie de “atalho” ate o final de um conjunto:

Definicao 2.5.1. Seja X ordenado por ≤. Dizemos que A ⊂ X e cofinalem X se, para todo x ∈ X, existe a ∈ A tal que x ≤ a.

Definicao 2.5.2. Seja X conjunto ordenado. Denotamos por cf(X) (acofinalidade de X) o menor cardinal κ tal que existe A ⊂ X tal que A ecofinal em X e |A| = κ.

Muitas vezes e mais comodo trabalhar com uma notacao de funcao:

Definicao 2.5.3. Sejam X um conjunto ordenado e κ um cardinal. Dizemosque f : κ −→ X e uma funcao cofinal se sua imagem e cofinal em X.

E imediato notar o seguinte:

Proposicao 2.5.4. Dado X um conjunto ordenado. Entao cf(X) = κ se,e somente se, κ e o menor cardinal tal que existe f : κ −→ X cofinal.

No caso de ordinais, podemos tomar a f crescente:

Proposicao 2.5.5. Seja α um ordinal. Entao cf(α) = κ se, e somente se,κ e o menor cardinal tal que existe f : κ −→ α funcao crescente e cofinal.

Demonstracao. Vamos mostrar que, se existe uma funcao cofinal, entaoexiste uma cofinal e crescente com o mesmo domınio. Suponha cf(α) = κ.Seja g : κ −→ α cofinal. Defina f : κ −→ α da seguinte forma, para ξ ∈ κ:

f(ξ) = sup{g(η) : η ≤ ξ}

Note que tal funcao e crescente. Note tambem que, se sua imagem estivercontida em α, ela sera cofinal. Assim, resta apenas mostrar que, dado ξ ∈ κ,temos que f(ξ) ∈ α. Pela definicao de f , e imediato notar que f(ξ) ≤ α. Ouseja, so precisamos provar que f(ξ) 6= α. Primeiramente, note que podemossupor α limite (veja o Alongamento 2.5.16). Suponha que f(ξ) = α. Entao

α = sup{g(η) : η ≤ ξ}

Ou seja, g � (ξ + 1) e cofinal em α. Mas isso e uma contradicao com aVeja o Alongamento 2.5.17

definicao de cofinalidade de α ja que |ξ + 1| < κ

Vejamos alguns exemplos:

2.5. MAIS UM POUCO SOBRE ORDENS 55

Exemplo 2.5.6. • Se α e da forma β + 1, entao cf(α) = 1.

• Pelos resultados da secao anterior, temos que cf(ℵ1) = ℵ1.

• cf(ℵω) = ℵ0. Para isso, basta notar que f : ℵ0 −→ ℵω dada porf(n) = ℵn e cofinal (note que cf(ℵω) ≥ ℵ0 pelo Exercıcio 2.5.21).

Vamos agora definir o produto generalizado:

Definicao 2.5.7. Seja (Xξ)ξ<κ uma famılia de conjuntos. Denotamos por Podemos ver∏ξ<κXξ

como o conjunto de to-

das as funcoes de κ em⋃ξ<κXξ tais que cada

f(ξ) ∈ Xξ.

∏ξ<κXξ o conjunto {(xξ)ξ<κ : xξ ∈ Xξ}. Chamamos cada xξ de ξ-esima

coordenada de (xξ)ξ<κ.

Podemos agora fazer algumas aplicacoes em aritmetica cardinal:

Teorema 2.5.8 (Teorema de Konig). Seja κ cardinal e sejam (Aξ)ξ<κ e(Bξ)ξ<κ famılias de conjuntos tais que |Aξ| < |Bξ| para todo ξ < κ. Entao|⋃ξ<κAξ| < |

∏ξ<κBξ|.

Demonstracao. Suponha que nao. Entao existe f :⋃ξ<κAξ −→

∏ξ<κBξ

sobrejetora. Para cada ξ < κ, existe bξ ∈ Bξ tal que bξ /∈ πξ[f [Aξ]] ja que nao πξ e a projecao na ξ-esima

coordenada.existe uma funcao sobrejetora de Aξ em Bξ. Note que (bξ)ξ<κ ∈∏ξ<κBξ

mas nao esta na imagem de f . De fato, suponha (bξ)ξ<κ na imagem de f .Seja a tal que f(a) = (bξ)ξ<κ. Seja η tal que a ∈ Aη. Pela construcao, temosque bη /∈ πη[f [Aη]], contradicao.

Dados η e κ cardinais, denotamos por ηκ = |ηκ| (veja o Alongamento2.5.19 para verificar que essa notacao e coerente com o caso em ω).

Corolario 2.5.9. Seja κ um cardinal infinito. Entao κ < κcf(κ).

Demonstracao. Seja f : cf(κ) −→ κ cofinal e crescente. Note que, paracada ξ < cf(κ), temos que | ↓ f(ξ)| < κ (por κ se cardinal). Note tambemque

⋃ξ<cf(κ) ↓ f(ξ) = κ. Finalmente, κcf(κ) = |

∏ξ<cf(κ) κ|. Logo

|κ| = |⋃

ξ<cf(κ)

f(ξ)| < |∏

ξ<cf(κ)

κ| = κcf(κ)


Pre-ordens

Existe uma pre-ordem sobre as funcoes de ω em ω natural e com bastanteaplicacoes. Comecaremos a trabalhar com ela nesta secao.

Definicao 2.5.10. Dizemos que ≤ e uma pre-ordem sobre um conjuntoX se, para todo a, b, c ∈ X temos:Ou seja, o que esta fal-

tando para virar ordem e

a ≤ b e b ≤ a implicar

a = b.

(a) a ≤ a

(b) se a ≤ b e b ≤ c entao a ≤ c.

Definicao 2.5.11. Denotamos por≤∗ a seguinte pre-ordem sobre ωω: dadosVeja o Alongamento

2.5.20. f, g ∈ ωω, dizemos que f ≤∗ g se

{n ∈ ω : f(n) > g(n)} e finito.

Vejamos alguns conceitos sobre famılias de funcoes de ωω:

Definicao 2.5.12. Seja F ⊂ ωω. Dizemos que F e uma famılia ilimitadase nao existe g ∈ ωω tal que f ≤∗ g para todo f ∈ F . Dizemos que F e umaO conceito de ilimitado e

meio que o mesmo que

para ordens e o conceito de

dominante e o de cofinal

para ordens.

famılia dominante se, para todo g ∈ ωω, existe f ∈ F tal que g ≤∗ f .

Note que a propria famılia F = ωω e ilimitada e dominante.

Proposicao 2.5.13. Toda famılia dominante e ilimitada.

Demonstracao. Seja F uma famılia dominante. Suponha que ela nao sejailimitada. Ou seja, existe g ∈ ωω tal que f ≤∗ g para todo f ∈ F . Definah ∈ ωω como

h(n) = g(n) + 1

para todo n ∈ ω. Note que nao existe f ∈ F tal que h ≤∗ f e, portanto, Fnao e dominante.

Proposicao 2.5.14. Nao existe uma famılia ilimitada enumeravel.

Demonstracao. Seja (fn)n∈ω famılia enumeravel de funcoes de ωω. Paracada n ∈ ω, defina

g(n) = max{f0(n), ..., fn(n)}

Note que fn ≤∗ g para todo n ∈ ω e, portanto, (fn)n∈ω nao e ilimitada.Note que {k ∈ ω : fn(k) >

g(k)} ⊂ {0, ..., n− 1}.


Olhando por cima do muro

Chamamos de c a cardinalidade de |2ω|. Note que c = |ωω|. De fato, eimediato notar que |2ω| ≤ |ωω|. Por outro lado, temos que ωω pode seridentificado com [ω]ω (ver Exercıcio 2.5.30). Assim,

|ωω| = |[ω]ω| ≤ |℘(ω)| = |2ω|

Com isso, e facil ver que c = |R| (ver o Exercıcio 2.5.31).

Note que c e nao enumeravel. Logo, temos que

ℵ1 ≤ c

Pelos resultados da secao anterior, como existe pelo menos uma famıliadominante, podemos definir d como a menor cardinalidade possıvel parauma famılia dominante e b como a menor cardinalidade possıvel para umafamılia ilimitada. Como toda famılia dominante e ilimitada, temos

b ≤ d

Como a propria famılia ωω e dominante, temos que d ≤ c. Finalmente, comonao existe uma famılia ilimitada enumeravel, temos que ℵ1 ≤ b. Resumindo,temos a seguinte situacao:

ℵ1 ≤ b ≤ d ≤ c

O curioso e que, com os axiomas que temos ate o momento, isso e meioque tudo que podemos dizer sobre as relacoes entre esses quatro cardinais.

A hipotese do contınuo (uma afirmacao que e independente dos axi-omas de ZFC), afirma que 2ℵ0 = ℵ1. Note que, supondo essa afirmacao, asdesigualdades acima viram todas igualdades.

Por outro lado, meio que qualquer outra combinacao que quisermos epossıvel tambem. Veremos um pouco mais disso adiante.

Uma afirmacao independente de uma lista de axiomas nada mais eque uma afirmacao que nem ela, nem sua negacao, podem ser provadas apartir da lista de axiomas. E a mesma situacao que ocorre, por exemplo, emteoria dos corpos: considere T os axiomas de teoria dos corpos. Quando seprova que R e um corpo, estamos provando que R satisfaz todos os axiomasde corpo - vamos usar a notacao R � T . Pode-se provar que, se ϕ e uma Para ver uma formalizacao

deste argumento, recomen-

damos [10].

consequencia de T , entao vale tambem que R � ϕ (ou seja, todas as con-sequencias de T tambem valem em R). Podemos repetir este processo com


qualquer outro conjunto que satisfaca T . Isso nos permite fazer o seguinteargumento. Considere ϕ a afirmacao

∃x x · x = 1 + 1

Intuitivamente, esta afirmacao, completamente escrita na linguagem dateoria dos corpos, quer dizer que existe algum elemento cujo quadrado edois. Note que essa afirmacao nao e uma consequencia de T . Pois, se elafosse, como Q � T , terıamos que Q � ϕ, o que nao e verdade. Por outrolado, tambem temos que a negacao de ϕ tambem nao e consequencia de T .Pois, se fosse, terıamos R � ¬ϕ, o que tambem nao e verdade.

A argumentacao acima nao e possıvel com a teoria dos conjuntos (ba-sicamente, por nao existir um conjunto de todos os conjuntos). Mas aindaassim, podemos provar esse tipo de situacao, usando outros metodos. Vere-mos alguns topicos neste sentido mais adiante.

Alongamentos

Alongamento 2.5.15. Seja α um ordinal. Mostre que:

(a) cf(α) ≤ α

(b) se cf(α) e finito, entao cf(α) = 1.

(c) cf(cf(α)) = cf(α).

Alongamento 2.5.16. Seja α = β + 1 ordinal. Se f : κ → α e cofinal,entao existe ξ < κ tal que f(ξ) = β.

Alongamento 2.5.17. Sejam α ordinal limite e A ⊂ α. Mostre que A ecofinal se, e somente se, supA = α.

Alongamento 2.5.18. Mostre que Q e enumeravel.

Alongamento 2.5.19. Considere a, b ∈ ω. Mostre que ab = |℘(ab)| (ondeo primeiro ab e a exponenciacao usual nos naturais e o segundo e o conjuntodas funcoes de {0, ..., b− 1} em {0, ..., a− 1}).

Alongamento 2.5.20. Mostre que f ≤∗ g se, e somente se, existe n0 ∈ ωtal que, para todo n ≥ n0, temos f(n) ≤ g(n).


Exercıcios

Exercıcio 2.5.21. Seja α um ordinal.

(a) Mostre que se cf(α) = 1, entao α = β + 1 para algum β.

(b) Mostre que se cf(α) e finita, entao cf(α) = 1.

(c) Mostre que se κ e um cardinal infinito, entao cf(κ) ≥ ℵ0.

Exercıcio 2.5.22. SejamX,A,B conjuntos. Mostre que |(XA)B| = |XA×B|.Mostre que, em particular, cℵ0 = c.

Exercıcio 2.5.23. Seja α ordinal limite. Mostre que cf(ℵα) = cf(α).

Exercıcio 2.5.24. Seja α um ordinal de cofinalidade nao enumeravel. Mos-tre que {β < α : cf(β) = ω} e ilimitado em α.

Exercıcio 2.5.25. Mostre que existem um cardinal κ e uma famılia F deconjuntos tais que |F| < κ, cada F ∈ F e tal que |F | < κ e ainda assim|⋃F| = κ.

Exercıcio 2.5.26. Seja F uma famılia dominante. Para cada f ∈ F , definagf ∈ ωω por

gf (n) =

{f(n) se n e par

0 caso contrario

para cada n ∈ ω. Mostre que G = {gf : f ∈ F} e ilimitada mas nao edominante.

Exercıcio 2.5.27. Seja F um conjunto. Mostre que |⋃F| ≤ |F| sup{|F | :

F ∈ F}.

Exercıcio 2.5.28. Mostre que c 6= ℵω.

Exercıcio 2.5.29. Mostre que existe α tal que ℵα = α.

Exercıcio 2.5.30. Seja κ um cardinal. Seja X um conjunto tal que κ ≤ |X|.

(a) Para cada A ∈ [X]κ, fixe fA : κ −→ A bijetora. Mostre que ϕ : [X]κ −→Xκ dada por ϕ(A) = fA e injetora.

(b) Observe que Xκ ⊂ [κ×X]κ.

(c) Mostre que |Xκ| = |[X]κ|.


Exercıcio 2.5.31. Este e um roteiro para mostrar que |R| = c.

(a) Associe, para cada x ∈ R, sx ∈ Qω de forma injetora.

(b) Seja f ∈ 2ω. Seja ϕ(f) =∑

n∈ω f(n)10−n. Mostre que ϕ : 2ω −→ R einjetora.

(c) Conclua que |R| = c.

Exercıcio 2.5.32. Seja F uma famılia enumeravel de subconjuntos infinitosde ω tais que, se F ⊂ F e finito, entao

⋂F e infinito. Mostre que existe

A ⊂ ω infinito tal que A ⊂∗ B para todo B ∈ F (X ⊂∗ Y se XrY e finito).

Exercıcio 2.5.33. Dizemos que uma famılia F de subconjuntos infinitos deω e quase disjunta se, para todo F,G ∈ F distintos, temos que F ∩ G efinito.

(a) Mostre que existe uma famılia quase disjunta maximal e infinita.

(b) Mostre que nao existe uma famılia quase disjunta maximal infinita queseja enumeravel.

(c) Mostre que existe uma famılia quase disjunta maximal de cardinalidadec.

(d) Note que nao existe uma famılia de suconjuntos de ω dois a dois disjuntosOu seja, finito e bem dife-

rente de vazio. que seja nao enumeravel.

Exercıcio 2.5.34. Mostre que nao existe X ⊂ R tal que, com a ordemusual, seja isomorfo a ω1.

Capıtulo 3

Algumas aplicacoes

Agora que finalmente terminamos a parte mais basica, vamos fazer umcapıtulo mais dedicado a aplicacoes.

3.1 Exemplos reais

Nesta secao, vamos nos concentrar em construcoes em R ou R2. No que se Talvez compense lembrar

que ja fizemos uma cons-

trucao deste tipo (bem ba-

cana) com circunferencias

na Proposicao 1.3.7.

segue, vamos usar varias vezes o termo enumeracao de um conjunto, paraalgo da forma X = {xξ : ξ < κ}. Isso apenas quer dizer que, se ξ 6= η, entaoxξ 6= xη (mas nao quer dizer que κ e enumeravel).

Estamos dando um

numero ordinal a cada

elemento.

O primeiro exemplo e um subconjunto de R2 onde as fatias verticais saopequenas e as horizontais sao grandes:

Proposicao 3.1.1. Existe um subconjunto A ⊂ R2 tal que, para toda retada forma v = {(a, y) : y ∈ R} ou da forma h = {(x, a) : x ∈ R} (a ∈ R),temos que v ∩A tem no maximo um ponto e h ∩A tem projecao densa nosreais.

Demonstracao. Considere I = {In : n ∈ ω} uma enumeracao de todos osintervalos da forma ]a, b[ com a < b ∈ Q. Seja {aξ : ξ < c} = R. Paracada n ∈ ω, seja x0

n ∈ R tal que x0n ∈ In. Seja A0 = {(x0

n, a0) : n ∈ ω}.Suponha definidos {xξn : n ∈ ω, ξ < α} para α < c. Para cada k ∈ ω, seja

xαk ∈ Ik r {xξn : n ∈ ω, ξ < α}. Defina Aα = {(xαn, aα) : n ∈ ω}. Note que Note que podemos tomar

tal elemento ja que |Ik| =

c.

A =⋃α<cAα e o conjunto procurado.

O proximo exemplo e “bem distribuıdo” nas retas de R2:

Proposicao 3.1.2. Existe um subconjunto A ⊂ R2 tal que, para qualquerreta r, |r ∩A| = 2.

61

62 CAPITULO 3. ALGUMAS APLICACOES

Demonstracao. Seja (rξ)ξ<c uma enumeracao de todas as retas de R2. SejaA0 = {a, b}, onde a, b ∈ r0 sao dois pontos distintos quaisquer. Fixe α < c.Suponha definidos Aξ para todo ξ < α e suponha por hipotese que naoexistam 3 pontos em B =

⋃ξ<αAξ colineares. Se |rα ∩ B| = 2, defina

Aα = ∅. Caso contrario, primeiramente note que |[B]2| < c. Note tambemque cada par de pontos de B determina uma reta que, por sua vez, interceptarα no maximo em um ponto. Seja X o conjunto de tais pontos (isto e, ospontos de rα contidos numa reta determinada por um par de pontos deB). Note que |X| < |rα|. Assim, se rα ∩ B = ∅, defina Aα = {a, b} ondea, b ∈ rα r X sao dois pontos distintos. Se |r ∩ B| = 1, defina Aα = {a}onde a ∈ rα rX e um ponto qualquer. Note que A =

⋃ξ<cAξ e o conjunto

desejado.

Vamos mostrar que cada fechado nao enumeravel de R tem cardinalidadecontınuo. Para isso, o seguinte lema vai ajudar:

Lema 3.1.3. Seja F ⊂ R nao enumeravel. Entao existem I, J intervalos deextremos racionais tais que I ∩F e J ∩F sao nao enumeraveis e I ∩ J = ∅.

Demonstracao. Fixe n ∈ N>0. Considere os intervalos da forma

Inz =]z1

n, (z + 1)

1

n[

com z ∈ Z. Note que, pelo menos um destes intervalos e tal que Inz ∩ Fe nao enumeravel. Vamos mostrar que pelo menos dois intervalos dessaforma com um mesmo n tem tal propriedade. Se nessa primeira etapaja encontramos dois intervalos assim, terminamos. Caso contrario, repitao processo com n + k com k ∈ N. Se para algum k encontramos doisintervalos cuja interseccao com F e nao enumeravel, terminamos. Suponhaque isso nao aconteca. Entao podemos construir uma sequencia (zk)k∈ω talque In+k

zk∩ F e nao enumeravel e zk e o unico com tal propriedade. Note

que⋂k∈ω I

n+kzk

tem no maximo um ponto. Logo, F e enumeravel, ja que, a

menos de no maximo um ponto, esta contido⋃k∈ω

⋃z 6=zk I

n+kz ∩F (e todos

esses conjuntos sao enumeraveis).Note que pelo mesmo argumento acima, podemos exigir tambem que os

dois intervalos encontrados sejam nao consecutivos (se sempre fossem con-secutivos, o argumento final funcionaria novamente, tratando-os como umunico intervalo). Note que dois intervalos assim satisfazem o que quere-mos.

O seguinte corolario e apenas uma reformulacao do lema, apenas deixado-o de jeito mais proximo ao que vamos usar.

3.1. EXEMPLOS REAIS 63

Corolario 3.1.4. Dado F ⊂ R fechado nao enumeravel, existem dois in-tervalos I0, I1 fechados disjuntos e limitados tais que I0∩F e I1∩F sao naoenumeraveis.

Proposicao 3.1.5. Todo subconjunto F ⊂ R fechado nao enumeravel e talque |F | = c.

Demonstracao. Sejam I0 e I1 como no corolario. Suponha definido Is paras ∈ ω<ω de forma que Is ∩ F seja nao enumeravel. Assim, podemos aplicaro corolario novamente e encontrar Isa0 e Isa1 intervalos fechados, limitados Dada uma sequencia s e

um elemento n, denota-

mos por san a sequencia s

acrescida de n como ultimo

elemento.

e disjuntos tais que Isai ∩ F e nao enumeravel e Isai ⊂ Is.Note que, dada f : ω −→ 2, temos que existe xf ∈

⋂n∈ω If�n. Note

tambem que xf 6= xg se f 6= g e, finalmente, que cada xf ∈ F .

A quantidade total de fechados nao enumeraveis em R tambem e c:

Proposicao 3.1.6. Existem exatamente c fechados nao enumeraveis em R.

Demonstracao. Seja B uma base enumeravel para R. Note que todo abertode R pode ser escrito como uniao enumeravel dos elementos desta base.Assim, existem, no maximo, |B|ℵ0 = c abertos em R e, portanto, a mesmaquantidade de fechados.

Por outro lado, para cada r ∈ R, o intervalo [r, r + 1] e um fechado naoenumeravel e, portanto, existem c fechados nao enumeraveis em R.

Vamos terminar esta secao apresentando um tipo de conjunto que egrande o suficiente para interceptar cada fechado nao enumeravel e pequenoo suficiente que seu complementar tambem tenha essa propriedade.

Definicao 3.1.7. Dizemos que X ⊂ R e um conjunto de Bernstein se Xe nao enumeravel e, para todo F ⊂ R fechado nao enumeravel, temos queF ∩X e F ∩ (RrX) sao nao vazios.

Proposicao 3.1.8. Existe um conjunto de Bernstein.

Demonstracao. Seja (Fξ)ξ<c uma enumeracao de todos os fechados nao enu-meraveis de R. Sejam x0, y0 ∈ F0 distintos. Suponha definidos (xξ)ξ<α e(yξ)ξ<α para α < c. Sejam dois pontos distintos

xα, yα ∈ Fα r ({xξ : ξ < α} ∪ {yξ : ξ < α}).

Note que podemos fazer isso ja que |Fξ| = c. Finalmente, note queX = {xξ : ξ < c} e Y = {yξ : ξ < c} sao conjuntos de Bernstein. So note que os dois sao dis-

juntos que tudo sai facil.


Exercıcios

Exercıcio 3.1.9. Adapte a demonstracao da Proposicao 3.1.1 e garanta quev ∩ A tenha exatamente um ponto. Note que assim podemos pedir que Aseja grafico de uma funcao de R em R.

Exercıcio 3.1.10. Mostre que R3 rQ3 e uma uniao de retas disjuntas.

Exercıcio 3.1.11. Seja X um conjunto de Bernstein.

(a) Mostre que, para qualquerK ⊂ X compacto, temos queK e enumeravel.

(b) Mostre que, para qualquer A aberto tal que X ⊂ A, temos que RrA eenumeravel.

(c) Conclua que X nao e mensuravel.A ideia aqui e so usar que

os mensuraveis podem ser

aproximados por baixo por

compactos e por cima por

abertos. Lembre tambem

que conjuntos enumeraveis

tem medida nula.

3.2 Algumas funcoes em ω1

O primeiro resultado desta secao e um caso particular do resultado conhecidocomo Lema do Pressing Down:

Proposicao 3.2.1. Seja α ∈ ω1. Seja f : [α, ω1[−→ ω1 funcao tal quef(ξ) < ξ para todo ξ ∈ [α, ω1[. Entao existe β tal que f−1(β) e ilimitado emω1 .

Demonstracao. Suponha que nao. Entao, para cada ξ < ω1, temos que

sup{γ < ω1 : f(γ) ≤ ξ} < ω1

ja que a imagem inversa de cada ponto e enumeravel e so existem enu-meraveis pontos menores que ξ.

Desta forma, podemos construir a seguinte sequencia: defina β0 = α esuponha definidos β0, ..., βn. Defina

βn+1 = sup{ξ < ω1 : f(ξ) ≤ βn}+ 1.

Como cada βn < ω1, podemos definir β = sup{βn : n ∈ ω} (e β < ω1).Seja γ = f(β). Note que γ < β (pela propriedade da f). Logo, como β esupremo dos βn’s, existe n ∈ ω tal que γ ≤ βn. Assim, pela definicao deβn+1, temos que, para qualquer ξ ≥ βn+1, f(ξ) > βn. Em particular, comoβ > βn+1, temos que f(β) > βn. Contradicao com o fato que f(β) = γ eγ ≤ βn.

3.2. ALGUMAS FUNCOES EM ω1 65

Como uma aplicacao de tal resultado, vamos apresentar o seguinte exem-plo:

Proposicao 3.2.2. O espaco ω1 × (ω1 + 1) nao e normal. O interesse neste resultado

esta no fato de ω1 e ω1 + 1

serem normais.Demonstracao. Note que D = {(α, α) : α ∈ ω1} e F = {(α, ω1) : α < ω1}sao fechados disjuntos. Suponha que existam A e B abertos disjuntos taisque D ⊂ A e F ⊂ B. Note que, para qualquer α < ω1 com α 6= 0, umaberto basico para (α, α) e da forma ]β, α]×]β, α], com β < α. Assim, paraα ∈ ω1 r {0}, podemos definir f(α) < α tal que

(α, α) ∈]f(α), α]×]f(α), α] ⊂ A

Pelo resultado anterior, temos que existe β tal que f(α) = β para um con-junto ilimitado de α’s. Isso implica que

]β, ω1[×]β, ω1[⊂ A.

Seja γ < ω1 tal que β < γ. Note que existem ξ < γ e ξ′ < ω1 tais que(γ, ω1) ∈]ξ, γ]×]ξ′, ω1] ⊂ B (note que podemos tomar ξ′ > β). Assim, temosque (γ, ξ′ + 1) ∈ A ∩B.

Vamos agora mostrar uma outra caracterıstica sobre funcoes em ω1, re-lacionado com as funcoes continuas de ω1 em R. Tais funcoes precisam ser Esse fato da umas outras

aplicacoes, veja o Exercıcio

3.2.7 por exemplo.

constantes a partir de um ponto:

Proposicao 3.2.3. Seja f : ω1 −→ R funcao contınua. Entao existe α < ω1

tal que f(β) = f(α) para todo β ≥ α.

Demonstracao. Seja n ∈ N>0. Vamos mostrar que existe αn < ω1 tal que

|f(αn)− f(β)| < 1

n

para todo β ≥ αn. Suponha que nao. Entao podemos construir sequencias(γk)k∈ω e (ξk)k∈ω tais que

• γ0 < ξ0 < γ1 < ξ1...

• |f(γk)− f(ξk)| ≥ 1n .

Seja δ = sup{γn : n ∈ ω} = sup{ξn : n ∈ ω}. Note que, como f e contınua,f(γk) −→ f(δ) e f(ξk) −→ f(δ). Mas isso contraria como cada γk e ξk foramescolhidos.

Seja α = sup{αn : n ∈ ω}. Note que α satisfaz o que desejamos.


Definicao 3.2.4. Dado X espaco topologico, denotamos por βX um con-junto compacto Hausdorff tal que:

(a) X ⊂ βX

(b) X = βX

(c) se f : X −→ [0, 1] e uma funcao contınua, entao existe f : βX −→ [0, 1]extensao contınua de f .

Chamamos βX de compactificacao de Stone-Cech de X.

Pode-se mostrar que um espaco X admite tal compactificacao se, e so-mente se, ele for completamente regular. Tambem pode-se mostrar que talcompactificacao e unica a menos de homeomorfismos.

Em geral, βX e muito maior que X (veremos depois um pouco sobreβω). No caso de ω1, βω1 tem apenas um ponto a mais que ω1:

Proposicao 3.2.5. βω1 = ω1 + 1.

Demonstracao. Note que ja temos que ω1 + 1 e compacto e que ω1 = ω1.Resta mostrar a propriedade de extensao de funcoes contınuas. Seja f :ω1 −→ [0, 1] funcao contınua. Seja α < ω1 como na Proposicao 3.2.3.Defina f(x) = f(x) para todo x < ω1 e f(ω1) = f(α). Note que f e afuncao desejada.

Exercıcios

Exercıcio 3.2.6. Dizemos que uma C cobertura aberta para um espaco X eminimal se, para todo C ∈ C, C r {C} nao e uma cobertura. Mostre que ω1

admite uma cobertura por abertos que nao admite subcobertura minimal.

Exercıcio 3.2.7. Mostre que toda f : ω1 −→ R contınua e limitada (apesarde ω1 nao ser compacto).

Exercıcio 3.2.8. Seja X tal que exista βX. Mostre que toda funcaocontınua f : X −→ R limitada pode ser estendida a βX.

Exercıcio 3.2.9. Considere βω (vamos provar depois que tal conjuntoexiste). Considere C(βω) o espaco de todas as funcoes contınuas de βωem R com a norma do sup (‖f‖ = sup{|f(x)| : x ∈ βω}). Mostre que talespaco e isomorfo (como espaco de Banach) a `∞.

3.3. COLORACOES 67

3.3 Coloracoes

Nesta secao, veremos um pouco sobre coloracoes. Os teoremas de Ramseyque apresentaremos de certa forma dizem quando que um conjunto e grandeo suficiente para sempre garantirmos que certos padroes estarao presentes.

Definicao 3.3.1. Chamamos de uma coloracao sobre X uma funcao π :X −→ r, onde r ∈ ω (0, 1, ..., r − 1 sao as possıveis cores para os elementosde X).

Definicao 3.3.2. Seja X um conjunto e r ∈ N>0. Dada uma coloracaoπ : X −→ r, dizemos que Y ⊂ X e monocromatico se existe c ∈ r tal queπ(y) = c para todo y ∈ Y .

Definicao 3.3.3. Seja X um conjunto e r, n ∈ N>0. Dada uma coloracaoπ : [X]n −→ r, dizemos que H ⊂ X e homogeneo se [H]n e monocromatico.

Cuidado aqui: se garantimos que H e homogeneo, nao temos apenas umconjunto monocromatico de n-uplas de H - nos conseguimos que todas asn-uplas de H sao de uma mesma cor.

Vamos apresentar dois teoremas (conhecidos como de Ramsey) que daocondicoes de quando podemos encontrar conjuntos homogeneos:

Teorema 3.3.4 (de Ramsey). Sejam n, r ∈ N>0. Seja π : [ω]n −→ r umacoloracao. Dado S ⊂ ω infinito, existe H ⊂ S infinito homogeneo.

Demonstracao. Por inducao sobre n. Caso n = 1, e imediato pelo princıpioda casa dos pombos. Seja π : [ω]n+1 −→ r. Para cada a ∈ ω, seja πa :[ω r {a}]n −→ r dada por

πa(F ) = π(F ∪ {a})

Defina a0 = minS e seja H0 ⊂ S r {a0} homogeneo para πa0 . Para cada Note que aqui ja temos que

conjuntos de n+ 1 elemen-

tos que contem a0 tem a

mesma cor. O problema

sao os que nao tem a0.

k ∈ ω, sejam:

• ak+1 = min{a ∈ Hk : a > aj para j ≤ k}.

• Hk+1 ⊂ Hk e homogeneo para πak+1.

Note que, para cada j ∈ ω, o conjunto [{ak : k > j}]n e monocromaticopara πaj . Seja cj tal cor. Como so existem r cores, existe uma cor c tal quecj = c para infinitos j’s. Seja H o conjunto de tais aj ’s. Sejam b0 < · · · <bn ∈ H. Note que

π({b0, ..., bn}) = πb0({b1, ..., bn})


Mas, como b0 ∈ H, temos que πb0({b1, ..., bn}) = c. Ou seja, H e ho-mogeneo para π.

Como corolario de tal resultado, temos sua versao finita:

Corolario 3.3.5 (Teorema de Ramsey (versao finita)). Sejam m,n, r ∈Basicamente, o que esse

resultado diz e que, se

queremos um conjunto ho-

mogeneo de tamanho m,

sempre podemos encontrar

um N tal que toda co-

loracao sobre n-uplas dele

vai conter um homogeneo

do tamanho desejado.

ω, com r ≥ 1 e n ≤ m. Entao existe N ∈ ω, com N ≥ m tal que, para todacoloracao π : [N ]n −→ r, existe H ⊂ N homogeneo tal que |H| = m.

Antes de provarmos tal resultado, convem apresentar uma definicao eum resultado que serao uteis em outras situacoes:

Definicao 3.3.6. Seja (T,≤) conjunto ordenado. Dizemos que T e umaarvore se, para qualquer p ∈ T , o conjunto {q ∈ T : q ≤ p} e bem ordenadopor ≤. Dados p < q ∈ T , dizemos que q e um sucessor de p se nao exister ∈ T tal que p < r < q. Dizemos que uma arvore bifurca finitamentese, para todo p ∈ T , o conjunto dos sucessores de T e finito e T so possuifinitas raızes.Um elemento de uma

arvore e uma raiz se ele e

minimal.Proposicao 3.3.7 (Lema de Konig). Seja (T,≤) uma arvore infinita quebifurca finitamente. Entao T contem um ramo infinito.Um ramo numa arvore e

uma cadeia maximal Demonstracao. Seja R0 o conjunto das raızes de T . Note que, para algumr0 ∈ R, o conjunto {s ∈ T : r0 ≤ s} e infinito. Como os sucessores der0 sao finitos, existe r1 sucessor de r0 tal que {s ∈ T : r1 ≤ s} e infinito.Procedendo desta maneira, podemos encontrar (rn)n∈ω todos ordenados quepodem ser estendidos (se necessario) a um ramo.

Demonstracao. (do Teorema de Ramsey (versao finita)) Suponha por con-tradicao que nao vale o resultado. Ou seja, existem m,n, r ∈ ω comono enunciado de maneira que, para todo N ≥ m, existe uma coloracaoπN : [N ]n −→ r, tal que nao existe H ∈ [N ]m homogeneo.

Defina

IP = {πN : πN e uma coloracao sobre [N ]m,N ≥ m e nao existe H ∈ [N ]m homogeneo}

Dadas πN , πM ∈ IP , dizemos que πN ≤ πM se, e somente se, N ≤ M eπN ⊂ πM . Note que IP e uma arvore que bifurca finitamente. Alem disso,por hipotese, tal arvore e infinita (existem infinitos N ’s) e cada πN naoadmite um conjunto H com m elementos que seja homogeneo. Pelo Lemade Konig, existe um ramo infinito r em tal arvore. Note que π =

⋃πN∈r πN

e uma coloracao definida sobre [ω]m. Note tambem que tal coloracao naoadmite um subconjunto de tamanho m que seja homogeneo, contrariando oTeorema de Ramsey (que diz que existe um infinito).

3.3. COLORACOES 69

Como aplicacao do Teorema de Ramsey, vamos apresentar uma nova Note que ja tınhamos pro-

vado isso no Exercıcio

2.4.25)

demonstracao para o seguinte fato:

Proposicao 3.3.8. Seja (X,≤) conjunto ordenado. Seja (xn)n∈ω umasequencia de pontos em X. Entao existe uma subsequencia de (xn)n∈ω quee constante, ou existe uma que e crescente ou existe uma que e decrescente.

Demonstracao. Considere a seguinte coloracao sobre pares de naturais (con-sidere n < m):

π({n,m}) =

0 se xn < xm1 se xn = xm2 se xn > xm

Pelo Teorema de Ramsey, existe A ⊂ ω homogeneo para π. Note que oselementos de tal conjunto formam a sequencia desejada.

Apos o Teorema de Ramsey, uma pergunta natural seria se vale a ge-neralizacao natural para conjuntos nao enumeraveis. Isto e, se a afirmacao“para toda coloracao sobre um conjunto nao enumeravel, existe um subcon-junto nao enumeravel homogeneo”. Mas isso e falso, como mostra o seguinteexemplo:

Proposicao 3.3.9 (Sierpinski). Existe X nao enumeravel e π : [X]2 → 2tal que nao existe H ⊂ X nao enumeravel homogeno.

Demonstracao. Considere com X = R. Seja � uma boa ordem sobre R e≤ a ordem usual sobre R. Dados a, b ∈ R distintos, defina π({a, b}) como 0se � e ≤ concordam em a, b e 1 caso contrario. Suponha que exista H ⊂ Rhomogeno nao enumeravel. Se a cor associada a H e 0, temos que R contemuma copia isomorfa de w1. Por outro lado, se a cor associada e 1, temos queR com a ordem usual reversa contem uma copia isomorfa de ω1. Note queambos os casos sao impossıveis (veja o Exercıcio 2.5.34).

Exercıcios

Exercıcio 3.3.10. Considere ≡ a seguinte relacao entre subconjuntos de ω:A ≡ B se A∆B e finito.

(a) Note que ≡ e uma relacao de equivalencia.

(b) Fixe para cada classe de equivalencia [X] um representante f([X]). Noteque X∆f([X]) e finito.


(c) Mostre que existe uma coloracao π : [ω]ω −→ 2 tal que para todo con-junto infinito X ⊂ ω, existem A,B ⊂ X infinitos tais que π(A) 6= π(B).

(d) Compare com o Teorema de Ramsey (versao finita).

Exercıcio 3.3.11. Considere ω<ω com a ordem dada por ⊂.

(a) Mostre que tal conjunto e uma arvore.

(b) Seja R um ramo em ω<ω. Determine o que e⋃R.

Exercıcio 3.3.12. Um grafo e um par (G,A) onde G e um conjunto depontos (denominados vertices) e A e um conjunto de pares de pontos (de-nominados arestas). . Um grafo completo e um grafo que contem todas asPense numa aresta como

uma linha ligando dois

vertices

arestas {a, b} onde a, b sao vertices distintos. Uma coloracao sobre um grafoe uma funcao π : A → r (ou seja, colorimos as arestas). Um grafo e ditomonocromatico se todas as suas arestas tem uma unica cor.

(a) Mostre que dado n ∈ N>0, existe M tal que, para toda coloracao deduas cores sobre um grafo completo de M vertices, existe um subgrafocompleto monocromatico de n vertices.

(b) Chamamos de R(n) o menor M como acima. Prove que R(3) = 6.

(c) Determine o menor numero de pessoas numa festa para que se tenhacerteza que existem (pelo menos) 3 pessoas nela que nao se conhecemAqui precisamos supor que

se A conhece B, entao B

conhece A.

ou pelo menos 3 pessoas nela que se conhecem.

3.4 Um pouco de arvores

Aproveitando os resultados da ultima secao, vamos apresentar um resultadoEsse resultado pode ser en-

contrado em [2]. sobre arvores que na sua demonstracao faz uso do Teorema de Ramsey.

Definicao 3.4.1. Seja T uma arvore. Dizemos que A ⊂ T e uma antica-Cuidado aqui, essa nao e

a definicao de anticadeia

para ordens parciais - ape-

sar de T ser parcialmente

ordenado.

deia em T se seus elementos sao dois a dois incomparaveis.

Ao longo desta secao, vamos supor que T e uma arvore infinita e quetem um elemento mınimo (chamado de raiz de T ). Dados s, t ∈ T , vamosdenotar por

s ∧ t = max{↓ s∩ ↓ t}

se s e t sao incomparaveis ou s ∧ t = min{s, t} se eles sao comparaveis.Vamos agora apresentar dois tipos de anticadeias:

3.4. UM POUCO DE ARVORES 71

Definicao 3.4.2. Seja s = 〈tn : n ∈ ω〉 uma sequencia de elementos de T .Dizemos que s e um pente se s e uma anticadeia e, para todo k < l < m ∈ ω:

tk ∧ tl = tk ∧ tm e tk ∧ tl < tl ∧ tm

Definicao 3.4.3. Seja s = 〈tn : n ∈ ω〉 uma sequencia de elementos de T .Dizemos que s e uma estrela se

tk ∧ tl = tk′ ∧ tl′

para todo k, l, k′, l′ ∈ ω, com k 6= l e k′ 6= l′.

Proposicao 3.4.4. Dado A ⊂ T infinito, existe s ⊂ A infinito tal que s euma cadeia ou s e uma anticadeia.

Demonstracao. Considere π : [s]2 → 2 dada por

π({a, b}) =

{0 se a e b sao comparaveis1 se a e b sao incomparaveis

Seja H ⊂ s homogeneo infinito (pelo Teorema de Ramsey). Se a corassociada for 0, temos uma cadeia. Ja se a cor associada for 1, temos umaanticadeia.

Lema 3.4.5. Seja 〈an : n ∈ ω〉 uma anticadeia em T . Entao existe H ⊂ ωinfinito tal que ak ∧ al = ak ∧ am para todo k < l < m ∈ H.

Demonstracao. Considere π : [ω]3 → 3 dada por

π({k, l,m}) =

0 se ak ∧ al < ak ∧ am1 se ak ∧ al = ak ∧ am2 se ak ∧ al > ak ∧ am

onde k < l < m.Pelo Teorema de Ramsey, temos que existeH homogeneo infinito. Vamos

provar que a cor associada a ele precisa ser necessariamente 1 - vamos fazerisso mostrando que e impossıvel ser 0 e 2.

Suponha que a cor seja 0. Fixe k = minH. Note que 〈ak ∧ al : l ∈ H6=k〉forma uma cadeia infinita decrescente, o que e impossıvel por T ser umaarvore.

Suponha que a cor seja 2. Fixe k0 < k1 < k2 < k3 ∈ H. Entao, parai = 2, 3, temos A ultima igualdade sai

pela cor do trio envolvido.ak0 ∧ ak1 ∧ aki = (ak0 ∧ ak1) ∧ (ak0 ∧ aki) = ak0 ∧ ak1


Por outro lado,A ultima passagem se da

ao fato dos dois termos es-

tarem abaixo de aki e, por-

tanto, serem comparaveis.

ak0 ∧ ak1 ∧ aki = (ak0 ∧ aki) ∧ (ak1 ∧ aki) ∈ {ak0 ∧ aki , ak1 ∧ aki}

para i = 2, 3..Juntando as duas informacoes, temos que ak0 ∧ ak1 ∈ {ak0 ∧ aki , ak1 ∧

aki} para i = 2, 3. Mas note que ak0 ∧ ak1 = ak0 ∧ aki e impossıvel, poisisso contraria a cor de {k0, k1, ki}. Assim, deverıamos ter que ak1 ∧ ak2 =ak1 ∧ ak3 , ja que ambos sao iguais a ak0 ∧ ak1 . Mas isso contraria a cor de{k1, k2, k3}.

Proposicao 3.4.6. Seja 〈an : n ∈ ω〉 uma anticadeia em T . Entao elacontem um pente infinito ou uma estrela infinita.

Demonstracao. Pelo lema anterior, podemos supor que ak ∧ al = ak ∧ ampara todo k < l < m ∈ ω.

Para todo k ∈ ω, seja bk = ak ∧ al para l > k (note que nao importaqual l tomamos). Note que, dados k, l ∈ ω, bk e bl sao comparaveis. Assim,〈bk : k ∈ ω〉 admite uma subsequencia infinita constante, uma subsequenciainfinita estritamente decrescente ou uma subsequencia infinita estritamentecrescente. Claramente, nao e possıvel uma sequencia infinita estritamentedecrescente (por T ser arvore). Assim, so sobram os outros dois casos. Noteque o caso da sequencia constante nos da uma estrela e o caso da sequenciaestritamente crescente nos da um pente.

Corolario 3.4.7. Dado A ⊂ T infinito, A contem uma cadeia infinita, umaestrela infinita ou um pente infinito.

Alongamento

Alongamento 3.4.8. Note que s ∧ t /∈ {s, t} se, e somente se, s e t saoincomparaveis.

Capıtulo 4

Filtros

Filtro e um conceito que aparece em diversas areas matematicas e, portanto, Se voce ja viu um ideal,

voce ja viu um filtro dis-

farcado. Nao vamos usar

isso aqui, mas e so para

deixar voce mais tranquilo.

tem diversos tipos de aplicacoes. Veremos algumas neste capıtulo (e outrasmais tarde).

4.1 Conceitos basicos

Nesta secao vamos apresentar o conceito de filtro sobre pre-ordens. Muitasvezes, o conceito de filtro e apresentado no contexto de subconjuntos deum conjunto X. O conceito aqui e o mesmo, tomando-se os conjuntos naovazios de X com a ordem da inclusao (veja o Exemplo 4.1.3). Mas vamosja apresentar na generalidade de pre-ordens para o uso futuro que faremoscom o axioma de Martin.

Definicao 4.1.1. Seja (IP,≤) uma pre-ordem. Dizemos que F ⊂ IP e umfiltro se

(a) F 6= ∅.

(b) se p, q ∈ F , existe r ∈ F tal que r ≤ p, q.

(c) se p ∈ F e q ∈ IP sao tais que p ≤ q, entao q ∈ F .

Definicao 4.1.2. Seja (IP,≤) uma pre-ordem. Dizemos que F ⊂ IP e umafamılia centrada se, para todo a1, ..., an ∈ F , existe b ∈ IP tal que b ≤ aipara todo i = 1, ..., n. No caso em que b pode ser tomado em F , dizemosque F e centrada em si mesma.

Exemplo 4.1.3. Considere X um conjunto nao vazio. Considere ℘∗(X) oconjunto de todos os subconjuntos nao vazios de X. Considere sobre ℘∗(X)

73

74 CAPITULO 4. FILTROS

a ordem da inclusao. Note que uma famılia F em ℘∗(X) e centrada se,e somente se, F tem a propriedade da interseccao finita (veja o Exercıcio4.1.12).

Proposicao 4.1.4. Seja (IP,≤) uma pre-ordem. Dada F ⊂ IP centrada emsi mesma, existe um filtro F ⊃ F .

Demonstracao. Basta tomar F = {b ∈ IP : existe a ∈ F tal que a ≤ b}.

Corolario 4.1.5. Se F e uma famılia centrada em ℘∗(X) (com X 6= ∅),entao existe F filtro tal que F ⊃ F ′.

Demonstracao. Considere F ′ a uniao de F com todas inteterseccoes finitasde seus elementos. Note que tal famılia e centrada em si mesma e, portanto,basta aplicar o resultado anterior.

Definicao 4.1.6. Dizemos que um filtro F e um ultrafiltro se F e maximal(com relacao a inclusao).

Exemplo 4.1.7. Seja x ∈ X. Entao ux = {A ⊂ X : x ∈ A} e um ultrafiltroem ℘∗(X). Para ver que e filtro fica como exercıcio. Para a maximalidade,suponha que exista F ) ux filtro. Seja A ∈ F r ux. Entao, por definicao deux, x /∈ F . Mas note que {x} ∈ ux e, portanto, {x} ∈ F . Mas A ∩ {x} = ∅,contradicao.

O proximo resultado e uma generalizacao do exemplo anterior - e ademonstracao e bem analoga:

Proposicao 4.1.8. Se a ∈ IP e um elemento minimal, entao ua = {b ∈ IP :a ≤ b} e um ultrafiltro. Chamamos tal ultrafiltro de ultrafiltro principal.

Proposicao 4.1.9. Todo filtro pode ser estendido a um ultrafiltro.

Demonstracao. Basta notar que uniao de cadeias de filtros e um filtro eaplicar o Lema de Zorn.

Proposicao 4.1.10. Se X e infinito, existe um ultrafiltro nao principal em℘∗(X).

Demonstracao. Seja F = {A ⊂ X : X r A e finito}. Note que tal famılia ecentrada (veja o Exercıcio 4.1.14). Seja u ultrafiltro contendo F . Note quepara qualquer x ∈ X, temos que X r {x} ∈ F e, portanto, X r {x} ∈ u.Logo, {x} /∈ u.

4.1. CONCEITOS BASICOS 75

Proposicao 4.1.11. Seja X um conjunto nao vazio. Seja u um filtro sobre℘∗(X). Sao equivalentes:

(i) u e um ultrafiltro.

(ii) se A ⊂ X, entao A ∈ u ou (X rA) ∈ u.

(iii) se A ∪B ∈ u, entao A ∈ u ou B ∈ u.

Demonstracao. (i ⇒ ii): Suponha que exista B ∈ u tal que B ∩ A = ∅.Neste caso, B ⊂ (X rA) e, portanto, (X rA) ∈ u. Entao suponha que naoexista B ∈ u tal que B ∩A = ∅. Note que entao u ∪ {A} e centrada. Logo,existe u′ ⊃ u ultrafiltro contendo A (veja o Exercıcio 4.1.13). Mas, como ue maximal, u′ = u e, portanto, A ∈ u.

(ii⇒ iii): Sejam A,B ⊂ X tais que A ∪B ∈ u. Suponha que A,B /∈ u.Entao X rA,X rB ∈ u. Note que

(X rA) ∩ (X rB) = X r (A ∪B)

Mas isso contraria o fato que A ∪B ∈ u.

(iii⇒ i): Seja u um filtro satisfazendo (iii). Seja u′ ⊃ u filtro. Suponhaque exista A ∈ u′ r u. Note que

A ∪ (X rA) = X ∈ u

Logo, A ∈ u ou (X r A) ∈ u. Note que (X r A) /∈ u, pois, caso contrario,terıamos (X rA) ∈ u′ o que contraria A ∈ u′. Logo, A ∈ u.

Exercıcios

Exercıcio 4.1.12. Seja F ⊂ ℘∗(X). Mostre que F e centrada se, e somentese, qualquer interseccao finita de elementos de F e nao vazia.

Exercıcio 4.1.13. Seja X nao vazio. Seja F ⊂ ℘∗(X). Seja [F ] o conjuntode todas as interseccoes finitas de F .

(a) Mostre que F e centrada se, e somente se, [F ] e centrada em si mesma.

(b) Mostre que se F e centrada, entao existe u ⊃ F ultrafiltro.

Exercıcio 4.1.14. Seja X infinito. Mostre que F = {A ⊂ X : X r A efinito} e uma famılia centrada em ℘∗(X).


Exercıcio 4.1.15. Seja X um conjunto e seja u um ultrafiltro em ℘∗(X).Mostre que u e principal se, e somente se, existe F ∈ u finito.

Exercıcio 4.1.16. Seja X um conjunto. Entao ℘∗(X) admite um ultrafiltronao principal se, e somente se, X e infinito.

Exercıcio 4.1.17. Considere R com a topologia usual. Seja x ∈ R.

(a) Mostre que F = {F ⊂ R : ∃V aberto tal que x ∈ V ⊂ F} e um filtroem ℘∗(R).

(b) Mostre que F nao e um ultrafiltro.

Exercıcio 4.1.18. Considere R com a topologia usual. Considere τ∗ ={A ⊂ R : A e aberto nao vazio} com a ordem da inclusao. Seja x ∈ R.

(a) Mostre que F = {V ∈ τ∗ : x ∈ V } e um filtro em τ∗.

(b) Mostre que F nao e um ultrafiltro em τ∗.

Uma topologia sobre ultrafiltros

Sobre o conjunto de ultrafiltros existe uma topologia natural:

Definicao 4.1.19. Seja X um conjunto nao vazio. Vamos denotar porUlt(X) o conjunto de todos os ultrafiltros sobre ℘∗(X). Considere sobreUlt(X) a topologia gerada pelos conjuntos da forma a∗ = {u ∈ Ult(X) : a ∈Veja o 4.1.21 para notar

que tal conjunto de fato e

uma base.

u} para a ⊂ X.

Essa topologia tem algumas propriedades interessantes:

Proposicao 4.1.20. Sejam X nao vazio e a ∈ ℘∗(X). Temos:

(a) a∗ e aberto e fechado.

(b) Ult(X) e de Hausdorff.

(c) Ult(X) e compacto.

Demonstracao. (a) Basta notar que Ult(X) r a∗ = (X r a)∗.

(b) Sejam u, v ∈ Ult(X) distintos. Seja a ∈ u r v. Note que, como a /∈ v,X r a ∈ v. Assim, u ∈ a∗ e v ∈ (X r a)∗.

4.2. UM POUCO DE βω 77

(c) Suponha que nao. Seja A uma cobertura para Ult(X) por abertosbasicos sem subcobertura finita. Isto e, A = {a∗ : a ∈ A′} paraalgum A′ ⊂ ℘(X). Seja B = {X r a : a ∈ A′}. Vamos mostrarque B e centrado. Sejam X r a1, ..., X r an ∈ B. Note que, comoa∗1 ∪ · · · ∪ a∗n nao cobre Ult(X), temos que existe u /∈ a∗i para todoi = 1, ..., n. Ou seja, X r ai ∈ u para todo i = 1, ..., n. Como u e filtro,(X r a1) ∩ · · · ∩ (X r an) 6= ∅. Ou seja, a famılia B e centrada. Logo,existe v ∈ Ult(X) tal que v ⊃ B. Note que v /∈

⋃A, contradicao.

Exercıcios

Exercıcio 4.1.21. Seja X nao vazio. Mostre que a∗ ∩ b∗ = (a ∩ b)∗.

Exercıcio 4.1.22. Mostre que o conjunto do ultrafiltros principais e discretoe denso em Ult(X).

4.2 Um pouco de βω

Nesta secao, vamos provar que U , o espaco dos ultrafiltros sobre ℘∗(ω), e oβω e aproveitar para mostrar alguns resultados sobre βω.

Proposicao 4.2.1. U e homeomorfo a βω.

Demonstracao. Lembrando, so precisamos mostrar que ω = U e que U tema propriedade da extensao de funcoes contınuas como na Definicao 3.2.4.Tecnicamente, ω 6⊂ U . Mas note que N = {un : n ∈ ω} onde un e oultrafiltro principal contendo {n} e homeomorfo a ω (veja o Exercıcio 4.2.8).Seja a∗ um aberto basico de U . Seja n ∈ a. Note que, entao a ∈ un, isto e,un ∈ a∗ e, portanto, N = U como querıamos.

Seja f : ω −→ [0, 1]. Seja u ∈ U . Para cada a ∈ u, seja Note que qualquer funcao

f : ω −→ [0, 1] e contınua.Fa = {f(n) : n ∈ a}

Note que, como u e centrado, Fa tambem e. Como [0, 1] e compacto e cadaFa e fechado, temos que

⋂a∈u Fa 6= ∅. Vejamos que tal conjunto e unitario.

Suponha que nao. Sejam x, y ∈⋂a∈u Fa distintos. Sejam A,B abertos

disjuntos de [0, 1] tais que x ∈ A e y ∈ B. Note que, entao, para cada a ∈ u,temos que A ∩ {f(n) : n ∈ a} 6= ∅. Isto e, f−1[A] ∩ a 6= ∅. Como u eultrafiltro, isso implica que f−1[A] ∈ u. Mas um argumento analogo provaque f−1[B] ∈ u, o que e uma contradicao. Desta forma, podemos definirf(u) = x, onde {x} =

⋂a∈u Fa. Note que f e uma extensao contınua de f

(veja Exercıcio 4.2.9). Note que esta demons-

tracao serve para mostrar

que qualquer funcao f :

ω −→ K, onde K e com-

pacto Hausdorff, pode ser

estendida. Esse e um re-

sultado geral sobre βX.


Antes de mostrarmos o proximo resultado sobre βω, vamos provar algunsresultados sobre espacos separaveis:

Proposicao 4.2.2. O espaco ωI onde |I| ≤ c e separavel.

Demonstracao. Sem perda de generalidade, podemos supor I ⊂ R. SejaB1 = {]p, q[∩I : p < q ∈ Q}. Considere Bn o conjunto de todos os sub-conjuntos de B1 com exatamente n elementos e que tais elementos sejamdisjuntos. Note que cada Bn e enumeravel. Para cada {I1, ..., In} ∈ Bn ecada a1, ..., an ∈ ω, seja fa1,...,anI1,...,In

: I −→ ω dada por

fa1,...,anI1,...,In(x) =

{ai se x ∈ Ii0 caso contrario

Seja F o conjunto de tais funcoes. Note que F e enumeravel e e denso emωI .

Proposicao 4.2.3. Seja (Xξ)ξ<κ, com κ ≤ c, famılia de espacos separaveis.Veremos que c e o melhor

que se pode pedir na Pro-

posicao 7.2.4.

Entao∏ξ<κXξ e separavel.

Demonstracao. Para cada ξ < κ, seja Dξ ⊂ Xξ denso enumeravel. Noteque

∏ξ<κDξ e denso em

∏ξ<κXξ. Note tambem que existe f :

∏ξ<κ ω −→∏

ξ<κDξ contınua e sobrejetora. Como∏ξ<κ ω e separavel, entao

∏ξ<κDξ

e separavel e, portanto,∏ξ<κXξ e separavel.

Com o resultado anterior, podemos calcular o tamanho de βω:

Proposicao 4.2.4. |βω| = 2c.

Demonstracao. Cada u ∈ U e tal que u ⊂ ℘∗(ω). Logo, temos que U ⊂℘∗(℘∗(ω)) e, portanto, ja temos que |βω| ≤ 2c.

Por outro lado, considere C o conjunto de todas as funcoes de ω em [0, 1].Note que [0, 1]C e separavel pelo resultado anterior e e compacto. Assim, sejaNote que |C| = |[0, 1]ω| =

(2ω)ω = 2ω. D ⊂ [0, 1]C denso enumeravel e seja f : ω −→ D bijecao. Pelo comentarioacima, existe f : βω −→ [0, 1]C extensao contınua. Como a imagem de f efechada e contem D, temos que f e sobrejetora. Logo, 2c = |[0, 1]C | ≤ |βω|com querıamos.

Proposicao 4.2.5. Seja F ⊂ βω fechado infinito. Entao F contem umsubespaco homeomorfo a βω.

Demonstracao. Note que podemos construir famılias (an)n∈ω e (Vn)n∈ω ondeVeja exercıcio 4.2.10.

• an ∈ Vn ∩ F para todo n ∈ ω.

4.2. UM POUCO DE βω 79

• Vn e aberto.

• Vn ∩ Vm = ∅ se n 6= m.

Note que A = {an : n ∈ ω} e homeomorfo a ω (ja que e discreto). Sejag : A −→ [0, 1]. Considere G : ω −→ [0, 1] dada por

G(n) =

{g(ak) se n ∈ Vk ∩ ω0 caso contrario

Seja G : βω −→ [0, 1] extensao contınua de G. Dado ak ∈ A, temos:

G(ak) ∈ G[Vk]

⊂ G[Vk]

= G[Vk ∩ ω]

= G[Vk ∩ w]= {g(ak)}

Logo, G e uma extensao contınua para g para βω todo e, em particular,para A. Logo, como A e compacto, temos que A e homeorfo a βω. ComoA ⊂ F , temos o resultado.

Corolario 4.2.6. Seja F ⊂ βω fechado infinito. Entao |F | = |βω|.

O corolario acima nos da facilmente a seguinte aplicacao:

Corolario 4.2.7. βω e um compacto onde nenhuma sequencia nao triviale convergente.

Demonstracao. Uma sequencia convergente nao trivial seria um subconjuntofechado, infinito e enumeravel.

Exercıcios

Exercıcio 4.2.8. Mostre que N = {un : n ∈ ω} onde cada un e o ultrafiltroprincipal contendo n e homeomorfo a ω.

Exercıcio 4.2.9. Seja f definida em 4.2.1. Mostre que f e contınua e que,para cada n ∈ ω, f(un) = f(n).

Exercıcio 4.2.10. Seja F compacto infinito e de Hausdorff.

(a) Note que existe x ∈ F ponto de acumulacao de F .


(b) Existe y ∈ F distinto de x e existem A,B abertos disjuntos tais quex ∈ A e y ∈ B.

(c) Mostre que existem (an)n∈ω e (Vn)n∈ω onde cada an ∈ Vn e (Vn)n∈ω saoabertos dois a dois disjuntos.

Exercıcio 4.2.11. Mostre que se X e um compacto separavel de Hausdorff,entao |X| ≤ 2c.

4.3 Algumas aplicacoes coloridas

Nesta secao, vamos considerar sempre a ordem U como o conjunto dos ul-trafiltros sobre ℘∗(N>0).

Definicao 4.3.1. Considere ⊕ definida sobre U porE, essa definicao nao e das

mais agradaveis. Mas nao

se preocupe, vamos usar

bem poucas vezes ela dire-

tamente.

u⊕ v = {A ⊂ N>0 : {k ∈ N>0 : A− k ∈ u} ∈ v}

onde A − k = {a − k : a ∈ A} ∩ N>0. Note que u ⊕ v ∈ U se u, v ∈ U(Exercıcio 4.3.7).

Definicao 4.3.2. u ∈ U e dito idempotente se u⊕ u = u.

Note que, pelo Exercıcio 4.3.8, nenhum ultrafiltro principal de U e idem-potente.

Proposicao 4.3.3. Existe u ∈ U idempotente.

Demonstracao. Considere A = {A ⊂ U : A 6= ∅, A e fechado e A⊕A ⊂ A}.Note que A 6= ∅ ja que U ∈ A. Note tambem que, como cada elemento de APor A ⊕ A denotamos o

conjunto {u⊕v : u, v ∈ A}. e fechado e U e compacto, temos que toda cadeia decrescente de elementosde A tem interseccao nao vazia e, portanto, tambem pertence a A. Logo,pelo Lema de Zorn, existe um elemento minimal B ∈ A. Vamos provar queUse o Lema de Zorn com a

ordem reversa. todo elemento de B e idempotente. Como B 6= ∅, isso implica o resultado.Seja u ∈ B. Note que u⊕B ⊂ B e que u⊕B e fechado (ja que e imagemPor u⊕B denotamos o con-

junto {u⊕ b : b ∈ B}. contınua de um compacto - veja o Exercıcio 4.3.9). Pela minimalidade,temos que u ⊕ B = B. Como u pertence aos conjuntos dos dois lados daequacao, temos que existe v ∈ B tal que u⊕ v = u. Seja

Bu = {v ∈ B : u⊕ v = u}

Note que Bu 6= ∅, Bu e fechado (por continuidade, veja o Exercıcio 4.3.9)e, finalmente, que Bu ⊕ Bu ⊂ Bu. Logo, Bu ∈ A. Como Bu ⊂ B e B eNote que, dados v, w ∈ Bu,

temos que u ⊕ (v ⊕ w) =

u⊕ w = u.

minimal, obtemos que Bu = B. Ou seja, u ∈ Bu e, portanto, u⊕u = u.

4.3. ALGUMAS APLICACOES COLORIDAS 81

Corolario 4.3.4 (Teorema de Hindman). Seja π : N>0 −→ r uma co-loracao (r ∈ ω). Entao existe X ⊂ N>0 infinito tal que

∑X = {

∑ni=1 xi :

x1, ..., xn ∈ X,xi 6= xj se i 6= j} e monocromatico.

Demonstracao. Seja u ∈ U idempotente. Para cada A ∈ u, seja

A∗ = {k ∈ N>0 : A− k ∈ u}

Note que, como A ∈ u, temos que A ∈ u⊕u. Pela definicao de u⊕u, temosque A∗ ∈ u. Assim, temos que A ∩A∗ ∈ u e, portanto, A ∩A∗ e infinito (jaque u e nao principal - veja o Exercıcio 4.3.10).

Seja A ∈ u. Vamos provar que existe X infinito tal que∑

X ⊂ A. SejamA0 = A e k0 ∈ A0 ∩ A∗0. Defina A1 = (A0 − k0) ∩ A0. Por construcao,A0 − k0 ∈ u e, portanto, A1 ∈ u. Logo, podemos escolher k1 ∈ A1 ∩ A∗1 epodemos ainda tomar k1 > k0. Ou seja, procedemos fazendo:

• An+1 = (An − kn) ∩An;

• kn+1 ∈ An+1 ∩A∗n+1 com kn+1 > kn.

Seja X = {kn : n ∈ ω}. Note que X e infinito. Note que, dados Por exemplo, suponha que

tomamos k1 e k3. Entao,

como A3 ⊂ A2 e A2 =

A1 − k1, temos que k3 ∈A1−k1. Ou seja, k1 +k3 ∈A1.

kj1 < ... < kjn , temos que∑n

i=1 kji ∈ Aj1 ⊂ A.

Ou seja, qualquer elemento de u contem um conjunto da forma∑

X paraalgum X infinito. Assim, para terminarmos o resultado, basta encontrarmosum elemento de u que seja monocromatico. Note que N>0 = π−1(0) ∪· · · ∪ π−1(r − 1) e que tal uniao e disjunta. Logo, pelo menos um destesconjuntos pertence a u (veja Exercıcio 4.3.11). Claramente, tal conjunto emonocromatico.

Por outro lado, note que existe uma coloracao tal que nao existe umsubconjunto infinito monocromatico que seja fechado para a soma (ver oExercıcio 4.3.13).

Vejamos mais uma relacao entre coloracoes e ultrafiltros:

Proposicao 4.3.5. Seja X um conjunto e seja G ⊂ ℘∗(X). As seguintesafirmacoes sao equivalentes:

(a) Para toda coloracao finita sobre X, existe G ∈ G monocromatico.

(b) Existe um ultrafiltro u sobre ℘∗(X) tal que, para todo F ∈ u, existeG ∈ G tal que G ⊂ F .


Demonstracao. a⇒ b) Seja F = {F ⊂ X : F ∩ G 6= ∅ para todo G ∈ G}.Vamos mostrar que F e centrada. Sejam F1, ..., Fn ∈ F . Para cadaS ⊂ {1, ..., n}, defina

CS =⋂i∈S

Fi ∩⋂i/∈S

(X r Fi)

Note que (CS)S⊂{1,...,n} forma uma particao sobre X (alguns dos ele-mentos podem ser vazios, mas isso nao e problema). Considere a se-guinte coloracao π : X −→ ℘({1, ..., n}) dada por π(x) = S se x ∈ CS .Outro abuso aqui. Formal-

mente, seria uma coloracao

com 2n cores.

Por (a), existe G ∈ G monocromatico. Isto e, existe S ⊂ {1, ..., n} talque G ⊂ CS . Ou seja,

G ⊂⋂i∈S

Fi ∩⋂i/∈S

(X r Fi).

Mas, como G ∩ F 6= ∅ para todo F ∈ F , temos que obrigatoriamenteS = {1, ..., n}. Ou seja, G ⊂

⋂ni=1 Fi e, em particular,

⋂ni=1 Fi 6= ∅.

Seja u ultrafiltro tal que u ⊃ [F ]. Seja F ∈ u. Como (X r F ) /∈ u,temos que (X rF ) /∈ F . Logo, existe G ∈ G tal que G∩ (X rF ) = ∅.Ou seja, G ⊂ F como querıamos.

b⇒ a) Seja u ultrafiltro como em b. Seja π uma coloracao finita sobre X.Entao existe um subconjunto monocromatico F ∈ u (ver Exercıcio4.3.11). Logo, qualquer G ∈ G com G ⊂ F (dado por (b)) e mono-cromatico.

Exercıcios

Exercıcio 4.3.6. Mostre que ⊕ e associativa.

Exercıcio 4.3.7. Mostre que, de fato, u⊕ v ∈ U se u, v ∈ U .

Exercıcio 4.3.8. Para cada n ∈ N>0, considere un = {A ⊂ N>0 : n ∈ A}.Mostre que ua ⊕ ub = ua+b para todo a, b ∈ N>0.

Exercıcio 4.3.9. Seja u ∈ U . Mostre que f : U −→ U dada por f(v) = u⊕ve contınua.

Exercıcio 4.3.10. Seja X um conjunto e seja u ultrafiltro sobre ℘∗(X).Mostre que u e principal se, e somente se, u contem algum conjunto finito.

4.3. ALGUMAS APLICACOES COLORIDAS 83

Exercıcio 4.3.11. Sejam X um conjunto e u ultrafiltro sobre ℘∗(X). SeA1 ∪ · · · ∪An = X com Ai ∩Aj = ∅ se i 6= j, entao existe i tal que Ai ∈ u.

Exercıcio 4.3.12. Este e um roteiro para mostrar que a definicao de ⊕ enatural em algum sentido. Considere N>0 sempre com a topologia discreta.Note que, entao, N>0 e ω sao homeomorfos e, portanto, β(N>0) pode servisto como o conjunto de ultrafiltros sobre N>0.

(a) Fixe a ∈ N>0. Note que a funcao fa(b) = a+ b e contınua. Logo, existefa : β(N>0)→ β(N>0) extensao contınua de fa.

(b) Fixado a ∈ N>0, note que a ⊕ v = {A + a : A ∈ v}. Aqui estamosidentificando a com o ultrafiltro principal que contem {a}.

(c) Mostre que a⊕ v : β(N>0)→ β(N>0) e contınua para a fixado.

(d) Dado a ∈ N>0, conclua que fa(v) = a⊕ v para todo v ∈ β(N>0).

(e) Fixado v ∈ β(N>0), note que gv : N>0 → β(N>0) dada por gv(a) = fa(v)e contınua. Logo existe gv : β(N>0)→ β(N>0) extensao contınua.

(f) Como u⊕ v e contınua para v fixado, conclua que u⊕ v = gv(u).

Exercıcio 4.3.13. Mostre que existe uma r-coloracao sobre ω tal que naoexiste subconjunto infinito monocromatico que seja fechado para a soma.

Parte II

Alem de ZFC

85

Capıtulo 5

A hipotese do contınuo

Como comentamos anteriormente, a hipotese do contınuo (que denotaremospor CH)

2ω = ω1

e uma afirmacao independente dos axiomas de ZFC. Isso quer dizer que, sesupomos CH (ou sua negacao), so vamos nos deparar com uma contradicaose ja existia uma contradicao antes de supor CH (ou sua negacao). Comisso, temos um tipo de tecnica de prova de consistencia que vamos usar nasproximas sessoes. Vamos explicar tal tecnica com o exemplo especıfico deCH, mas isso vale para qualquer outra afirmacao independente. Suponha Veremos adiante outras

formas.que provamos uma afirmacao P usando CH. Isso automaticamente nos daque a negacao de P nao pode ser provada em ZFC . De fato, se ZFC prova Aqui estamos supondo ta-

citamente que ZFC nao

prova contradicoes.

¬P , entao ZFC + CH tambem prova ¬P . Logo, ZFC + CH prova tanto Pquanto ¬P - ou seja, ao supor CH obtemos uma contradicao.

Vamos agora a algumas aplicacoes de CH. Vamos comecar com uma Para mais sobre CH, veja

[12].aparente contradicao com o Teorema de Fubini:

Proposicao 5.0.1. (CH) Existe X ⊂ [0, 1]× [0, 1] tal que, se h e uma retaparalela ao eixo x, entao h∩X e enumeravel e, se v e uma reta paralela aoeixo y, entao v rX e enumeravel.

Demonstracao. Por CH, podemos escrever [0, 1] = {xξ : ξ < ω1}. Defina

X = {(xα, xβ) : α ≤ β}.

Seja h = {(x, xβ) : x ∈ [0, 1]} como no enunciado. Note que

h ∩X = {(xξ, xβ) : ξ ≤ β}.

87

88 CAPITULO 5. A HIPOTESE DO CONTINUO

Ou seja, tal conjunto e enumeravel pois β < ω1. Seja v = {(xα, y) : y ∈[0, 1]} como no enunciado. Note que

v ∩X = {(xα, xξ) : ξ > α}.

Note que tal conjunto tem complementar enumeravel na reta.

Corolario 5.0.2. (CH) Existe f : [0, 1]× [0, 1]→ [0, 1] tal que∫ 1

0

∫ 1

0f(x, y)dxdy = 0 e

∫ 1

0

∫ 1

0f(x, y)dydx = 1.

Demonstracao. Considere f = χX onde X e o conjunto do resultado ante-rior. Note que, fixando um y0, temos que f(x, y0) so nao e 0 num conjuntoenumeravel e, portanto, tem integral 0. Por outro lado, fixando x0, temosque f(x0, y) so nao e 1 num conjunto enumeravel e, portanto, tem integraligual a 1.

Note que o Teorema de Fubini atesta que, se as duas iteracoes existeme a integral dupla tambem, entao os 3 valores sao iguais. Mas e consistentecom ZFC que, se as duas iteracoes existem, entao o valor de ambas e igual(ver [5]).

Proposicao 5.0.3. A afirmacao “Para toda f : R→ [R]≤ω, existem x, y ∈Esta afrmacao e conhecida

como Axioma de sime-

tria de Freiling.

R tais que x /∈ f(y) e y /∈ f(x)” e equivalente a negacao da hipotese docontınuo.

Demonstracao. Suponha que vale CH. Seja R = {xξ : ξ < ω1}. Considere

f(xα) = {xβ : β ≤ α}.

Vamos provar que tal f contraria a afirmacao do enunciado. Suponha queexistam xξ e xη como no enunciado. Entao, como xξ /∈ f(xη), temos queη > ξ. Por outro lado, como xη /∈ f(xξ), temos que ξ > η, contradicao.

Agora suponha que nao vale CH. Seja f como no enunciado. Seja X ⊂ Rtal que |X| = ω1. Seja

Y =⋃x∈X

f(x).

Note que |Y | = ω1. Assim, existe y ∈ R r Y . Como f(y) e enumeravel,existe x ∈ X r f(y). Como x ∈ X, temos que y /∈ f(x) e, portanto, temoso resultado.

89

Definicao 5.0.4. Dizemos que X ⊂ R e nunca denso se o interior de Um nome comum para es-

ses conjuntos e raro.seu fecho e vazio. Dizemos que X e magro se X e uniao enumeravel deconjuntos nunca densos.

O teorema de Baire garante que a reta real nao e magra (talvez ajudenotar um conjunto e nunca denso se, e somente se, seu complementar contemum aberto denso).

Definicao 5.0.5. Dizemos que X ⊂ R e um conjunto de Luzin se X enao enumeravel e X ∩N e enumeravel para todo N nunca denso.

Proposicao 5.0.6. (CH) Existe um conjunto de Luzin.

Demonstracao. Seja F = {F ⊂ R : F e um fechado de interior vazio}.Como R tem base enumeravel, temos que exitem 2ω abertos e, portanto, 2ω

fechados em R. Assim, por CH, podemos escrever F = {Fξ : ξ < ω1}.Para cada α < ω1, considere

xα ∈ Rr ({xβ : β < α} ∪⋃β≤α

Fβ).

Note que podemos tomar tal xα ja que R e de Baire. Vamos provar queL = {xα : α < ω1} e o conjunto desejado. Seja N conjunto nunca denso. Claramente L e nao enu-

meravel, ja que os xα’s sao

todos distintos.

Note que N tambem e nunca denso. Assim, existe α ∈ ω1 tal que N = Fα.Assim,

N ∩ L ⊂ N ∩ L ⊂ {xβ : β < α}

e, portanto, tal interseccao e enumeravel.

Vamos terminar essa secao apresentando mais uma equivalencia de CH,desta vez em termos de famılias de funcoes analıticas. Essa equivalencia foi apre-

sentada em [4].Definicao 5.0.7. Seja F uma famılia de funcoes analıticas. Dizemos queF satisfaz a propriedade P0 se, para cada z ∈ C, o conjunto {f(z) : f ∈ F}e enumeravel.

Lema 5.0.8. Se nao vale CH, entao toda famılia F satisfazendo P0 e enu-meravel.

Demonstracao. Suponha que nao e seja F nao enumeravel satisfazendo P0.Seja G = {fξ : ξ < ω1} ⊂ F . Vamos encontrar z0 ∈ C tal que {fξ(z0) : ξ <ω1} seja nao enumeravel. Para cada α, β ∈ ω1, considere

S(α, β) = {z ∈ C : fα(z) = fβ(z)}.

90 CAPITULO 5. A HIPOTESE DO CONTINUO

Note que cada S(α, β) e enumeravel: caso contrario, S(α, β) teria um pontode acumulacao e, portanto, fα = fβ . Seja S =

⋃α,β<ω1

S(α, β). NoteDuas funcoes analıticas

distintas so sao iguais num

conjunto discreto fechado.

que |S| ≤ ω1. Assim, existe z0 ∈ C r S. Para cada α, β ∈ ω1, temosque fα(z0) 6= fβ(z0). Assim, {fξ(z0) : ξ < ω1} e nao enumeravel comoquerıamos.

Lema 5.0.9. Se vale CH, entao existe uma famılia nao enumeravel satis-fazendo P0.

Demonstracao. Por CH, podemos escrever C = {zξ : ξ < ω1}. Seja D ⊂ Cdenso enumeravel. Vamos construir indutivamente uma famılia (fξ)ξ<ω1 defuncoes analıticas de forma que

fβ(zα) ∈ D

se α < β. Suponha ja construıdas (fβ)β<γ para γ < ω1. Sejam (gn)n∈ωe (wn)n∈ω re-enumeracoes para (fβ)β<γ e (zβ)β<γ respectivamente. Vamosdefinir fγ de forma que, para todo n ∈ ω:

fγ(wn) ∈ D e fγ(wn) 6= gn(ωn)

Escreva

fγ(z) = ε0 +∑n∈ω

εn

n∏i=1

(z − wi)

Note que podemos escolher (εn)n∈ω de forma que a condicao acima sejasatisfeita.

Vejamos que (fγ)γ<ω1 satisfaz o que queremos. Primeiramente, note queelas sao todas distintas. Vejamos que tal famılia satisfaz P0. De fato, sejaz = zα. Se β > α, temos que fβ(zα) ∈ D, que e enumeravel. Como soexistem enumeraveis β ≤ α, temos o resultado.

Com os dois ultimos lemas, obtemos:

Teorema 5.0.10 (Erdos). A negacao de CH e equivalente a “todas famıliasatisfazendo P0 e enumeravel”.

Exercıcios

Exercıcio 5.0.11. Mostre que sob CH, existe uma cadeia de conjuntos demedida nula cuja uniao e a reta real.

Capıtulo 6

Axioma de Martin

6.1 Definicao e resultados basicos

Nesta secao, vamos apresentar mais uma afirmacao independente de ZFC.Para isso, precisamos de algumas definicoes:

Definicao 6.1.1. Dada (IP,≤) uma ordem, temos que p, q ∈ IP sao incom-patıveis se nao existe r ∈ IP tal que r ≤ p, q (notacao, p⊥q).

Quando trabalhamos neste contexto, muitas vezes le-se p ≤ q como pestende q ou p e mais forte que q. Isso deve ficar mais claro com os exemplos.

Definicao 6.1.2. Seja (IP,≤) uma ordem. Dizemos que A ⊂ IP e umaanticadeia se para todos p, q ∈ A distintos, temos que p⊥q. Dizemos queIP satisfaz ccc (countable chain condition) se nao existe A ⊂ IP anticadeia Sim, fica assim meio estra-

nho por motivos historicos.nao enumeravel.

Definicao 6.1.3. Seja (IP,≤) uma ordem. Dizemos que D ⊂ IP e densose, para todo p ∈ IP , existe d ∈ D tal que d ≤ p.

Definicao 6.1.4. Seja (IP,≤) uma ordem. Seja D uma famılia de densos deIP . Dizemos que um filtro F sobre IP e D-generico se, para todo D ∈ D,temos F ∩D 6= ∅.

Definicao 6.1.5. Seja κ cardinal infinito. Denotamos por MAκ a afirmacao“para toda ordem (IP,≤) ccc e toda famılia D de densos de IP tal que|D| ≤ κ, existe G filtro sobre IP D-generico.

Se D e uma famılia enumeravel de densos, existe G D-generico (Exercicio6.1.11). Desta forma, MAω vale trivialmente (nem precisamos da hipoteseccc.).

91

92 CAPITULO 6. AXIOMA DE MARTIN

Definicao 6.1.6. Chamamos de axioma de Martin (MA) a afirmacao:“para todo κ < 2ℵ0 vale MAκ”.

Ou seja, trivialmente, temos:

Proposicao 6.1.7. CH ⇒MA.

Definicao 6.1.8. Sejam X e Y conjuntos. Chamamos de Fn(X,Y ) o con-Note que a nomenclatura

de ser incompatıvel aqui

fica bem natural.

junto das funcoes finitas cujo domınio esta contido em X e imagem em Y .Vamos denotar f ≤ g quando f ⊃ g.

Lema 6.1.9. Sejam X,Y conjuntos com X infinito e |Y | ≥ 2. Sejam x ∈ Xe f : X −→ Y funcao. Entao os conjuntos

Dx = {p ∈ Fn(X,Y ) : x ∈ dom(p)}

Ef = {p ∈ Fn(X,Y ) : ∃a ∈ dom(p) p(a) 6= f(a)}

sao densos em Fn(X,Y ).

Demonstracao. Seja p ∈ Fn(X,Y ). Seja x ∈ X. Se x ∈ dom(p), temos quep ∈ Dx. Caso contrario, q = p ∪ {(x, y)} onde y ∈ Y e tal que q ∈ Dx eq ≤ p.

Seja f ∈ Y X . Seja x ∈ X r dom(p). Seja y ∈ Y com y 6= f(x). Noteque q = p ∪ {(x, y)} e tal que q ∈ Ef e q ≤ p.

Proposicao 6.1.10. Nao vale MA2ℵ0 .

Demonstracao. Note que Fn(ω, 2) e ccc, ja que e enumeravel. Suponha quevale MA2ℵ0 . Entao existe G filtro sobre Fn(ω, 2) filtro D-generico, onde,seguindo a notacao do resultado anterior,

D = {Dn : n ∈ ω} ∪ {Ef : f ∈ 2ω}.

Seja g =⋃G. Note que g e uma funcao (veja Exercıcio 6.1.12). Seja n ∈ ω.

Como G ∩ Dn 6= ∅, temos que n ∈ dom(g). Assim, g ∈ 2ω. Mas, dadaf ∈ 2ω, como G ∩ Eg 6= ∅, temos que g 6= f , contradicao.

Exercıcios

Exercıcio 6.1.11. Seja (P,≤) uma ordem. Seja D famılia enumeravel dedensos. Entao existe G D-generico.

Exercıcio 6.1.12. Seja F filtro sobre Fn(X,Y ). Mostre que⋃F e uma

funcao.

6.2. UMA APLICACAO LUDICA 93

6.2 Uma aplicacao ludica

Nesta secao, vamos trabalhar com o seguinte jogo topologico:

Definicao 6.2.1. Seja (X, τ) um espaco topologico. Chamamos de jogode Rothberger o seguinte jogo entre os jogadores Alice e Beto. A cadarodada n ∈ ω, Alice escolhe Cn cobertura aberta para X. Depois, Betoescolhe Cn ∈ Cn. No final, Beto e declarado o vencedor se

⋃n∈ω Cn e uma

cobertura para X.

Definicao 6.2.2. Dizemos que um espaco X e um espaco de Rothberger A definicao classica desta

propriedade nao e esta,

mas essa formulacao e

equivalente - num resul-

tado bastante nao trivial

devido a Pawlikowski [11].

se Alice nao tem uma estrategia vencedora para o jogo de Rothberger.

Note que todo espaco enumeravel e de Rothberger e que todo espaco deRothberger e de Lindelof (veja o Exercıcio 6.2.6).

Proposicao 6.2.3. O espaco 2ω e um compacto que nao e de Rothberger.

Demonstracao. Precisamos mostrar que existe uma estrategia vencedorapara Alice. A cada rodada n, considere a cobertura Cn = {C0

n, C1n}, onde

Cin = {f ∈ 2ω : f(n) = i}

Note que, de fato, cada Cin e um aberto e que Cn e uma cobertura. Considereuma partida em que Alice jogou sempre Cn em cada rodada n. Seja f ∈ 2ω

tal que, a cada rodada n, a escolha de Beto foi Cf(n)n . Defina g ∈ 2ω tal

que g(n) = 0 se f(n) = 1 e g(n) = 1 se f(n) = 0. Note que g /∈⋃n∈ω C

f(n)n

e, portanto, Alice venceu a partida.

Proposicao 6.2.4. (MA) Se X e de Lindelof e |X| < 2ℵ0, entao X e deRothberger. Indicamos por (MA) que

tal resultado vale na pre-

senca do axioma de Mar-

tin.

Demonstracao. Seja σ uma estrategia para Alice. Note que, como o espacoe de Lindelof, podemos supor que toda cobertura dada por σ e enumeravel.Assim, considere {Cn : n ∈ ω} a cobertura dada por σ na rodada 0. Dadok ∈ ω, considere {Ckan : n ∈ ω} a cobertura dada por σ caso Beto escolhaCk. De forma geral, dado s ∈ ω<ω, {Csan : n ∈ ω} e a cobertura dada porσ se Alice escolheu Cs na rodada anterior.

Considere IP = {Cs : s ∈ ω<ω} com a seguinte ordem: Cs ≤ Ct se t ⊂ s.Note que IP e enumeravel e, portanto, ccc. Seja x ∈ X. Considere

Dx = {Cs : x ∈ Cs}


Note que, uma vez que {Csan : n ∈ ω} e uma cobertura para todo s ∈ ω<ω,Dx e denso. Como |X| < 2ℵ0 , temos que existe F filtro (Dx)x∈X -generico.Note que os elementos de tal filtro formam uma partida em que Beto venceo jogo de Rothberger e Alice segue σ. Ou seja, σ nao e uma estrategiavencedora.

Com os dois ultimos resultados, obtemos o seguinte resultado de inde-pendencia:

Corolario 6.2.5. A afirmacao “Todo espaco de Lindelof com cardinalidadeCH nos da que 2ω e um

contraexemplo e MAω1

implica que o resultado e

verdadeiro.

ℵ1 e de Rothberger” e independente de ZFC.

Exercıcios

Exercıcio 6.2.6. Mostre que todo espaco enumeravel e de Rothberger.Mostre que todo espaco de Rothberger e de Lindelof.

Exercıcio 6.2.7. Mostre que R nao e de Rothberger.

Exercıcio 6.2.8. Considere o seguinte jogo entre os Alice e Beto. A cadarodada n ∈ ω, Alice escolhe Dn um denso sobre X. Entao, Beto escolhedn ∈ Dn. Ao final, Beto e o vencedor se {dn : n ∈ ω} e denso.

(a) Mostre que se X tem base enumeravel, entao Beto tem estrategia ven-cedora.

(b) (MA) Mostre que se X e hereditariamente separavel e X tem uma baseUm espaco e dito heredi-

tariamente separavel se

todo subespaco seu e se-

paravel.

B tal que |B| < 2ℵ0 , entao Alice nao tem estrategia vencedora.

6.3 A volta dos pequenos cardinais

Nesta secao vamos trabalhar com a seguinte ordem (IP,≤): IP = ω<ω×[λ]<ω,onde λ < 2ℵ0 . Diremos que (s, F ) ≤ (t, G) seA intuicao aqui e a se-

guinte: s tenta aproxi-

mar uma funcao de ω em

ω, enquanto F “promete”

que determinadas funcoes

da famılia fixada ficarao

por baixo da funcao sendo

construıda.

s ⊃ t, F ⊃ G e ∀α ∈ G ∀n ∈ dom(s) r dom(t) s(n) > fα(n)

onde (fα)α<λ e uma famılia de funcoes fixada, com cada fα ∈ ωω. Note que,para cada α ∈ λ e cada n ∈ ω,

Dα = {(s, F ) : α ∈ F}

En = {(s, F ) : n ∈ dom(s)}

sao densos em IP . Denote por D = {Dα : α < λ} ∪ {En : n ∈ ω}.

6.3. A VOLTA DOS PEQUENOS CARDINAIS 95

Exemplo 6.3.1. Considere s = {(0, 0), (1, 0), (2, 4), (3, 7)}, t = {(0, 0), (1, 0),(2, 4)} e F = {α1, ..., αn} ⊂ λ. Note que (s, F ), (t, F ) ∈ IP e temos que(s, F ) ≤ (t, F ) se, e somente se, 7 > fαi(3) para i = 1, ..., n.

Proposicao 6.3.2. (IP,≤) e ccc.

Demonstracao. Seja A ⊂ IP nao enumeravel. Como ω<ω e enumeravel,existem (s, F ), (s,G) ∈ A para alguma s ∈ ω<ω. Note que (s, F ∪ G) ≤(s, F ), (s,G) e, portanto, A nao e uma anticadeia.

Proposicao 6.3.3. Se F e um filtro D-generico sobre IP , entao⋃

(s,F )∈F se uma funcao f : ω −→ ω tal que fα ≤∗ f para todo α < λ. Lembrando que f ≤∗ g se

{n ∈ ω : f(n) > g(n)} e

finito.Demonstracao. Como F intercepta todo En, temos que f : ω −→ ω. Sejaα ∈ λ e seja (s, F ) ∈ F ∩Dα. Vamos provar que

{n ∈ ω : f(n) ≤ fα(n)} ⊂ dom(s).

Suponha que nao. Seja n ∈ ω r dom(s) tal que f(n) ≤ fα(n). Seja (t, G) ∈F ∩ En. Note que (n, f(n)) ∈ t. Por compatibilidade de F , existe (r,H) ≤(s, F ), (t, G). Como (r,H) ≤ (t, G), temos que n ∈ dom(r). Assim n ∈dom(r) r dom(s). Como (r,H) ≤ (s, F ) temos que f(n) = r(n) > fα(n),contradicao.

Corolario 6.3.4. Dado κ < 2ℵ0, se vale MAκ, entao b > κ.

Demonstracao. Se tomamos (fα)α<λ com λ ≤ κ, por MAκ, podemos cons-truir f tal que fα ≤∗ f para todo α < λ.

Corolario 6.3.5. O axioma de Martin implica que b = c (e, portanto,b = d = c).

Alongamentos

Alongamento 6.3.6. Mostre que, de fato, Dα e En sao densos para todoα < λ e n ∈ ω.

Alongamento 6.3.7. Note que a afirmacao b = ℵ1 e independente de ZFC.

Capıtulo 7

A hipotese de Suslin

7.1 Uma caracterizacao para os reais

Nesta secao vamos apresentar uma caracterizacao dos reais em termos desua ordem. Vamos comecar com uma definicao e depois uma caracterizacaoauxiliar para Q:

Definicao 7.1.1. Uma ordem ≤ e dita uma ordem densa se, para todo Sim, o termo denso se re-

fere a muitas coisas aqui.

Paciencia.

a < b existe c tal que a < c < b.

Lema 7.1.2. Seja {a0, ..., an+1} conjunto totalmente ordenado e seja Y umconjunto totalmente ordenado com ordem densa e sem maior nem menorelemento. Dada f : {a0, ..., an} −→ Y funcao injetora que preserva ordem,existe f : {a0, ..., an+1} −→ Y extensao de f que e injetora e que preserva aordem.

Demonstracao. Note que so precisamos definir f(an+1) de forma a preservara ordem. Temos tres casos. Caso 1, an+1 < ak para todo k ≤ n; caso 2,an+1 > ak para todo k ≤ n; caso 3, existem i, j ≤ n tais que ai < an+1

e an+1 < aj . Vamos resolver o caso 3, os outros sao analogos. Seja E = Note que no caso 3 usa-

mos que Y tem ordem

densa. Faca um rascu-

nho para perceber que a

nao existencia de maximo

e mınimo sao usados nos

outros dois casos.

max{ai : ai < an+1, i ≤ n} e D = min{aj : an+1 < aj , j ≤ n}. Note que,como a ordem de Y e densa, existe y ∈]f(E), f(D)[. Defina f(an+1) = y.

Teorema 7.1.3. Todo conjunto enumeravel, totalmente ordenado com umaordem densa e sem maior nem menor elementos e isomorfo a Q.

Demonstracao. Seja (X,≤) como no enunciado e {xn : n ∈ ω} uma enu-meracao para X. Seja, tambem, {qn : n ∈ ω} uma enumeracao para Q.Vamos definir indutivamente f : X → Q um isomorfismo de ordem. Primei-ramente, definimos f(x0) = q0.

97

98 CAPITULO 7. A HIPOTESE DE SUSLIN

Agora aplique o lema anterior para os conjuntos {x0, x1} e Q r {q0}.Desta forma, agora temos definidos f(x0) e f(x1). Agora invertemos umpouco o papel e estendemos f−1 da seguinte forma: aplicamos o lema paraIm(f)∪{qk} e Xrdom(f) onde k = min{n : qn /∈ Im(f)}. Daı estendemosf−1 para qk. No passo seguinte, invertemos novamente e aplicamos o lemapara dom(f) ∪ {xk} e Q r Im(f), onde k = min{n : xn /∈ dom(f)} eestendemos f para xk. Continuamos esse processo, sempre alternando aextensao (entre f e f−1).

Note que, no final, temos que a f obtida preserva ordem e e injetora.Note que ela esta definida para todo xn, ja que sempre tomamos o menorındice na hora de estender f e, da mesma forma, temos que f e sobrejetorapois sempre tomamos qn de menor ındice na hora de estender f−1.

Finalmente, a caracterizacao para os reais:

Teorema 7.1.4. Todo espaco totalmente ordenado, com ordem densa, semmaior nem menor elementos, completo e separavel e homeomorfo a R.

Demonstracao. Seja (X,≤) como no enunciado. Seja D ⊂ X denso e enu-meravel. Vamos mostrar que D satisfaz as hipoteses do teorema anterior(Teorema 7.1.3).

Suponha por contradicao queD possua maior elementom. Sejam x1, x2 ∈X tais que m < x1 < x2 (tais elementos existem pois X nao possui maior ele-mento). Note que ]m,x2[6= ∅ e ]m,x2[∩D = ∅. Mas isso e uma contradicaopois D e denso em X. Analogamente, D nao tem menor elemento.

Suponha que a ordem de D nao seja densa. Entao, existem d1, d2 ∈ Dtais que d1 < d2 e ]d1, d2[∩D = ∅. Mas, como a ordem em X e densa,]d1, d2[ 6= ∅, o que e, novamente, uma contradicao com o fato de D ser densoem X.

Desta forma, podemos tomar f : D → Q o isomorfismo dado pelo teo-rema anterior. Vamos estender f para X da seguinte forma:

f(x) = sup{f(d) : d ∈ D, d ≤ x}

Note que, pela densidade de D, f preserva a ordem. Pela completude de X,temos que f e bijetora (veja o Exercıcio 7.1.11).

Definicao 7.1.5. Dizemos que um espaco topologico e ccc se nao nao existeuma famılia nao enumeravel de abertos dois a dois disjuntos.Basicamente, estamos di-

zendo que τr{∅} e ccc com

a ordem da inclusao.Note que todo espaco separavel e ccc:

Proposicao 7.1.6. Seja X espaco topologico. Se X e separavel, X e ccc.

7.1. UMA CARACTERIZACAO PARA OS REAIS 99

Demonstracao. Seja A famılia de abertos dois a dois disjuntos. Seja D densoenumeravel. Defina f : A → D de forma que f(A) ∈ A ∩D. Note que talfuncao e injetora e, portanto, A e enumeravel.

Definicao 7.1.7. Chamamos de hipotese de Suslin a afirmacao: todoespaco ccc, totalmente ordenado por uma ordem densa e completa, semmaior nem menor elementos e homeomorfo a R.

A hipotese de Suslin e mais uma afirmacao independente de ZFC.

Definicao 7.1.8. Chamamos de uma reta de Suslin um espaco ccc, to- Ou seja, a hipotese de Sus-

lin e equivalente a nao

existencia de uma reta de

Suslin.

talmente ordenado por uma ordem densa e completa sem maior nem menorelemento e que nao seja homeomorfo a R (ou, equivalentemente, que naoseja separavel).

Proposicao 7.1.9. Se X e uma reta de Suslin, entao X2 nao e ccc.

Demonstracao. Sejam a0, b0, c0 ∈ X tais que a0 < b0 < c0. Suponha defini-dos (aξ)ξ<κ, (bξ)ξ<κ e (cξ)ξ<κ para κ < ω1 satisfazendo, para todo ξ < κ:

• aξ < bξ < cξ;

• ]aξ, cξ[∩{bη : η < ξ} = ∅.

Vamos definir aκ, bκ e cκ satisfazendo as mesmas condicoes. Como Xnao e separavel, {bξ : ξ < κ} nao e denso. Logo, existem aκ e cκ tais que

]aκ, cκ[∩{bξ : ξ < κ} = ∅.

Seja bκ ∈]aκ, cκ[ (que existe ja que a ordem e densa). Considere Vξ =]aξ, bξ[×]bξ, cξ[ para cada ξ < ω1. Note que, se ξ 6= η, temos que Vξ ∩Vη = ∅e, portanto, X2 nao e ccc.

Veremos adiante que o produto de espacos ccc tambem nos da afirmacoesindependentes.

Exercıcios

Exercıcio 7.1.10. Mostre que D na demonstracao de 7.1.4 tem as propri-edades desejadas.

Exercıcio 7.1.11. Mostre que f definida em 7.1.4 e um isomorfismo deordem.


Exercıcio 7.1.12. Joaozinho acha que encontrou um contraexemplo paraa afirmacao “se dois espacos com a topologia da ordem sao isomorfos (porordem), entao eles sao homeomorfos”. O raciocınio de Joaozinho foi o se-guinte:

• Considere [0, 1[∪[2, 3[ e [0, 2[ com suas ordens usuais;

• Note que tais espacos sao isomorfos;

• Note que tais espacos nao sao homeomorfos.

Mostre que Joaozinho esta errado.

Martin e Baire

Vamos aqui apresentar um resultado simples envolvendo o axioma de Martine espacos ccc:

Proposicao 7.1.13. (MA) Seja (X, τ) espaco topologico de Hausdorff, com-Na verdade, esse enunci-

ado e equivalente ao axi-

oma de Martin. Uma ma-

neira de se mostrar a volta

e, a partir de uma or-

dem parcial, construir um

espaco de ultrafiltros.

pacto e ccc Se (Aξ)ξ<κ e uma famılia de abertos densos com κ < 2ℵ0, entao⋂ξ<κAξ e denso em X.

Demonstracao. Seja W aberto nao vazio em X. Por regularidade, podemostomar V aberto nao vazio tal que V ⊂W . Note que V e ccc (ver o Exercıcio7.1.14). Vamos mostrar que V ∩

⋂ξ<κAξ 6= ∅ (note que isso e suficiente).

Considere

IP = {A ∩ V : A ∈ τ, A 6= ∅}

com a ordem dada por A ≤ B se A ⊂ B. Para cada ξ < κ, note que

Dξ = {B ∈ IP : B ⊂ Aξ}

e denso em IP (ver o Exercıcio 7.1.15). Note que, como IP e ccc (Exercıcio7.1.16), pelo axioma Axioma de Martin, existe F ⊂ IP filtro (Dξ)ξ<κ-generico. Considere F ′ = {F : F ∈ F}. Note que, como F e centrada,F ′ tambem e centrada. Logo,

⋂F ′ e nao vazio (famılia centrada de com-

pactos). Seja x ∈⋂F ′. Dado ξ < κ, seja Fξ ∈ F ∩Dξ. Entao F ξ ⊂ Aξ e

F ξ ⊂ V (pois Fξ ∈ IP ). Assim, x ∈ Aξ ∩ V para qualquer ξ < κ.

Exercıcios

Exercıcio 7.1.14. Mostre que se X e ccc e V e um aberto de X, entao Ve ccc.

7.2. PRODUTO DE ESPACOS CCC 101

Exercıcio 7.1.15. Mostre que Dξ definido em 7.1.13 e denso.

Exercıcio 7.1.16. Mostre que IP definido em 7.1.13 e ccc.

Exercıcio 7.1.17. Mostre que nao se pode melhorar o resultado da Pro-posicao 7.1.13 para uma famılia de tamanho c abertos densos.

7.2 Produto de espacos ccc

Nesta secao vamos nos concentrar com o que pode ser mostrado em ZFCsobre produtos de espacos ccc. Na proxima secao, vamos apresentar maisalguns resultados, mas supondo tambem o Axioma de Martin.

Definicao 7.2.1. Dizemos que uma famılia F de conjuntos forma um ∆-sistema de raiz ∆ se, para todo F,G ∈ F distintos, temos que F ∩G = ∆. Sim, uma famılia disjunta

e um ∆-sistema de raiz ∅.Proposicao 7.2.2 (Lema do ∆-sistema). Seja F uma famılia nao enu-meravel de conjuntos finitos. Entao existe F ′ ⊂ F nao enumeravel queforma um ∆-sistema.

Demonstracao. Note que, sem perda de generalidade, podemos supor queexiste n ∈ ω tal que |F | = n para todo F ∈ F . Vamos provar o resultadopor inducao sobre n. Se n = 1, note que F ∩ G = ∅ se F 6= G e, portanto,temos o resultado. Agora suponha o resultado para n e vamos provar paran+ 1. Vamos considerar dois casos:

• Existe a tal que Fa = {F ∈ F : a ∈ F} e nao enumeravel. Entao, porhipotese de inducao, F ′a = {F r {a} : F ∈ Fa} contem um ∆-sistemanao enumeravel G de raiz ∆. Logo, F ′ = {G∪ {a} : G ∈ G} forma um∆-sistema de raiz ∆ ∪ {a}.

• Nao existe a tal que {F ∈ F : a ∈ F} seja nao enumeravel. Sem perdade generalidade, escreva F = {Fξ : ξ < ω1} (talvez seja necessariojogar alguns elementos fora). Dado a ∈ F0, note que existe ξ < ω1

tal que a /∈ Fη para todo η ≥ ξ. Repetindo esse processo, como F0 Pois a quantidade de ele-

mentos que contem a e

enumeravel por hipotese.

e finito, existe ξ0 < ω1 tal que F0 ∩ Fη = ∅ para todo η ≥ ξ0. Comargumento analogo, existe ξ1 tal que Fξ1 ∩ Fη = ∅ para todo η ≥ ξ1.De forma geral, se α < ω1 e limite e ja temos definidos ξβ para todoβ < α, definimos ξα = sup{ξβ : β < α} < ω1. Se α + 1 < ω1, bastadefinir ξα+1 de maneira analoga ao que fizemos antes. Desta maneira{Fξα : α < ω1} e um ∆-sistema de raiz ∅.


Proposicao 7.2.3. Seja (Xξ)ξ<κ famılia de espacos ccc tais que, para todoF ⊂ κ finito, temos que

∏ξ∈F Xξ e ccc. Entao

∏ξ<κXξ e ccc.

Demonstracao. Suponha que nao. Seja (Aξ)ξ<ω1 uma famılia de abertos doisa dois disjuntos em

∏ξ<κXξ. Podemos supor cada Aξ um aberto basico do

produto. Para cada ξ < κ, seja aξ o suporte de Aξ. Vamos mostrar o caso emSe V =∏ξ<κ Vξ e um

aberto do produto, chama-

mos de suporte de V o

conjunto {ξ < κ : Vξ 6=Xξ}.

que (aξ)ξ<ω1 sao todos distintos, o caso em que isso nao ocorre e analogo (verExercıcio 7.2.9). Como cada aξ e finito, podemos supor que (aξ)ξ<ω1 formaum ∆-sistema de raiz ∆. Seja π :

∏ξ<κXξ −→

∏ξ∈∆Xξ a projecao usual.

Note que, como Aξ ∩Aη = ∅ para ξ 6= η, temos que π(Aξ) ∩ π(Aη) = ∅. Ouseja, temos que (π(Aξ))ξ<ω1 e uma famılia de abertos dois a dois disjuntosem

∏ξ∈∆Xξ, contrariando o fato que

∏ξ∈∆Xξ e ccc ja que ∆ e finito.

Proposicao 7.2.4. Seja κ > c. Entao 2κ e ccc mas nao e separavel.Compare com a Pro-

posicao 4.2.3.Demonstracao. Como 2F e finito para cada F finito, temos pelo resultadoanterior que 2κ e ccc.

Suponha 2κ separavel e seja D ⊂ 2κ denso enumeravel. Para cada ξ < κ,considere

Dξ = {f ∈ 2κ : f(ξ) = 0} ∩D

Note que cada Dξ e nao vazio ja que {f ∈ 2κ : f(ξ) = 0} e um aberto naovazio. Vamos provar que, se α 6= β, entao Dα 6= Dβ. Considere

Uα = {f ∈ 2κ : f(α) = 1}

Zβ = {f ∈ 2κ : f(β) = 0}.

Note que cada um destes conjunto e um aberto nao vazio. Note tambemque Uα ∩ Zβ 6= ∅. Desta forma, podemos tomar f ∈ Uα ∩ Zβ ∩ D. Pelaconstrucao, f ∈ Dβ mas f /∈ Dα.

Desta forma, temos uma funcao injetora de κ em ℘(D). Como |℘(D)| =c, temos que κ ≤ c.

Martin e o produto de espacos ccc

Vamos ver nessa secao que o axioma de Martin mais a negacao da hipotesedo contınuo implicam que o produto de espacos ccc e ccc. Para mostrarBasicamente, so precisa-

mos que valha MAω1. isso, pelos resultados vistos na ultima secao, e suficiente mostrarmos que o

produto finito (e, portanto, de dois) de espacos ccc e ccc. Vamos comecarcom um resultado auxiliar:

7.2. PRODUTO DE ESPACOS CCC 103

Proposicao 7.2.5. (MA+ ¬CH) Seja X espaco ccc e seja (Uξ)ξ<ω1 uma Na verdade, esse enunci-

ado e equivalente a MAℵ1 ,

veja [14].

famılia de abertos nao vazios. Entao (Uξ)ξ<ω1 contem uma famılia centradanao enumeravel.

Demonstracao. Para cada ξ < ω1, defina

Vξ =⋃η>ξ

Uη

Note que, assim, Vξ ⊃ Vη se ξ < η. Vamos mostrar que existe α < ω1 talque V ξ = V α para todo ξ > α. Suponha que nao. Entao podemos construiruma sequencia (αξ)ξ<ω1 tal que

Vαξ ) Vαη

se ξ < η. Mas entao (Vαξ+1r Vαξ)ξ<ω1 e uma famılia de abertos nao vazios

dois a dois disjuntos, contrariando o fato que X e ccc.Seja α < ω1 como acima. Considere

IP = {A ⊂ Vα : A e aberto nao vazio}

Note que IP com a ordem da inclusao e ccc. Para cada β < ω1, considere

Dβ = {A ∈ IP : ∃γ ≥ β A ⊂ Uγ}

Vamos mostrar que Dβ e denso em IP . Sejam A ∈ IP e ξ ∈ ω1 tais queα, β < ξ. Temos que A ⊂ Vα ⊂ Vα = Vξ. Assim, A ∩ Vξ 6= ∅ e, portanto,A ∩ Uγ 6= ∅ para algum γ > ξ. Ou seja, A ∩ Uγ ∈ Dβ e A ∩ Uγ ⊂ A.

Assim, por MA, podemos tomar G filtro (Dβ)β<ω1-generico. Note que,entao

I = {ξ < ω1 : ∃A ∈ G A ⊂ Uξ}e ilimitado em ω1. Logo, (Uξ)ξ∈I e uma famılia centrada e nao enumeravel.

Proposicao 7.2.6. (MA+ ¬CH) Produto de espacos ccc e ccc.

Demonstracao. Basta mostrarmos que, se X e Y sao ccc, entao X×Y e ccc.Seja (Uξ × Vξ)ξ<ω1 famılia de abertos basicos nao vazios em X × Y . Peloresultado anterior, podemos supor (Uξ)ξ<ω1 centrada. Assim, se (Uξ×Vξ)∩(Uη × Vη) = ∅, Vξ ∩ Vη = ∅. Logo, como Y e ccc, temos que (Uξ × Vξ)ξ<ω1

nao sao dois a dois disjuntos.

Como a existencia de uma reta de Suslin implica num espaco ccc. cujoquadrado nao e ccc, obtemos o seguinte resultado:

Corolario 7.2.7. Se vale MA+ ¬CH, vale a hipotese de Suslin.


Exercıcios

Exercıcio 7.2.8. Mostre que nao vale o analogo do Lema do ∆-sistemapara o caso em que F e enumeravel e cada F ∈ F e finito e nem para o casoem que F e nao enumeravel e cada F ∈ F e enumeravel.

Exercıcio 7.2.9. Mostre que se uma quantidade nao enumeravel de abertosna demonstracao de 7.2.3 tem o mesmo suporte, tambem temos o resultado.

Capıtulo 8

Forcing

8.1 Algebras de Boole

Definicao 8.1.1. Chamamos de uma algebra de Boole um conjunto Amunido de duas operacoes binarias + e · e uma unaria − com dois elementosdenotados por 0, 1 ∈ A tais que, para todo a, b, c ∈ A: Normalmente denotamos

por ab em vez de a · b.• a · b = b · a e a+ b = b+ a

• a · (b · c) = (a · b) · c e a+ (b+ c) = (a+ b) + c

• a · (b+ c) = (a · b) + (a · c) e a+ (b · c) = (a+ b) · (a+ c)

• a · (a+ b) = a+ (a · b) = a

• a · (−a) = 0 e a+ (−a) = 1

Exemplo 8.1.2. Seja X um conjunto. Entao ℘(X) com as operacoes de ∪e ∩ forma uma algebra de Boole.

Exemplo 8.1.3. O conjunto {0, 1} interpretado como 0 sendo falso e 1sendo verdade, mas as operacoes ∨ (ou), ∧ (e) e ¬ (negacao), forma umaalgebra de Boole.

Algumas propriedade basicas (e de facil demonstracao) sao:

Proposicao 8.1.4. Seja A uma algebra de Boole. Entao, para todo a, b ∈ A,temos:

• a+ a = aa = a

• a0 = 0 e a+ 1 = 1

105

106 CAPITULO 8. FORCING

• a1 = a e a+ 0 = a

• −0 = 1 e −1 = 0

Definicao 8.1.5. Seja A uma algebra de Boole. Para a, b ∈ A, definimosNote que, para o caso de

℘(X), a ≤ b assim definido

simplesmente significa a ⊂b.

a ≤ b se ab = a. Essa e a ordem usual numa algebra de Boole (ver Exercıcio8.1.8).

Definicao 8.1.6. Dizemos que uma algebra de Boole e completa se todoX ⊂ A admite supremo.

Exercıcios

Exercıcio 8.1.7. Mostre que existe uma unica algebra de Boole com doiselementos.

Exercıcio 8.1.8. Mostre que ≤ definida acima e de fato uma ordem.

Exercıcio 8.1.9. SejaA uma algebra de Boole. Mostre que, dados a, a′, b, b′ ∈A, se a ≤ b e a′ ≤ b′, entao aa′ ≤ bb′.

Exercıcio 8.1.10. Mostre que para todo a ∈ A, 0 ≤ a ≤ 1.

Exercıcio 8.1.11. Mostre que a ≤ b se, e somente se, a+ b = b.

Exercıcio 8.1.12. Seja A uma algebra de Boole. Sejam a, b ∈ A. Denota-mos por a− b = a · (−b). Mostre que a 6≤ b se, e somente se, a− b 6= 0.

8.2 Dando valores as formulas

Nesta secao, trabalharemos sempre com uma algebra de Boole completa Afixada. Tambem vamos usar a notacao a ⇒ b para −a + b. Vamos usardiversas vezes a seguinte equivalencia, para quaisquer a, b ∈ A:

a ≤ b se, e somente, a⇒ b = 1

Definicao 8.2.1. Vamos chamar um conjunto τ de um nome se τ e umaAtencao, isso e uma de-

finicao recursiva. funcao tal que todo elemento de seu domınio e um nome e todo elemento daimagem e um elemento de A.

Exemplo 8.2.2. Por vacuidade, ∅ e um nome. Assim, σ = {(∅, a)} tambeme um nome se a ∈ A. Dados b, c ∈ A, temos que {(∅, b), (σ, c)} e um nome.

8.2. DANDO VALORES AS FORMULAS 107

A ideia aqui e que dado um par (σ, a) ∈ τ , a “mede” quanto e a chance σpertencer a τ . Agora, vamos usar essa ideia para atribuir valores booleanospara todas as formulas. Para isso, vamos sempre substituir as variaveis pornomes. Comecamos com as formulas mais simples: Uma formula assim e cha-

mada de atomicaDefinicao 8.2.3. Dados dois nomes σ, τ , definimos

[[σ ∈ τ ]] = supt∈dom(τ)

[[σ = t]]τ(t)

[[σ ⊂ τ ]] = inft∈dom(σ)

(σ(t)⇒ [[t ∈ τ ]])

[[σ = τ ]] = [[σ ⊂ τ ]][[τ ⊂ σ]]

Formalmente, essa definicao e recursiva. A ideia na primeira definicaoe mais ou menos a seguinte: σ ∈ τ tem valor mais alto conforme algum Um jeito de pensar e que as

formulas nao tem um valor

“verdadeiro” ou “falso”,

mas um “nıvel de forca”,

que varia dentro de A.

t ∈ dom(τ) tiver [[σ = t]] alto e, ao mesmo tempo, o valor de t ∈ dom(τ)for alto. De certa forma, τ(t) mede o quanto vale t pertencer a τ e [[σ = t]]mede o quanto vale σ ser igual a t.

Como essa definicao e recursiva, podemos usar o rank como definimosanteriormente para ajudar a trabalhar com ela. Por exemplo, a primeiraparte diz que podemos definir [[σ ∈ τ ]] se ja sabemos a definicao de [[σ = t]]onde rank(t) < rank(σ). Vamos mostrar o seguinte resultado, que usa bemessa ideia:

Proposicao 8.2.4. Seja σ nome qualquer. Entao [[σ = σ]] = 1. A ideia disso e que a

chance de σ = σ e 1, ou

seja, e a maxima possıvel.Demonstracao. Vamos provar isso por inducao sobre o rank(σ). Por de-finicao, temos que mostrar que [[σ ⊂ σ]] = 1. Para isso, temos que mostrarque σ(t)⇒ [[t ∈ σ]] = 1 para todo t ∈ dom(σ). Ou seja, precisamos mostrarque σ(t) ≤ [[t ∈ σ]] para todo t ∈ dom(t). Seja t ∈ dom(t). Temos:

[[t ∈ σ]] = sups∈dom(σ)

[[s = t]]σ(t)

Assim, por hipotese de inducao, [[t = t]] = 1 e, portanto, o supremo daexpressao acima e maior ou igual a [[t = t]]σ(t) = σ(t).

Exemplo 8.2.5. Com o resultado anterior, temos como provar a ideia in-tuitiva que tınhamos antes: considere σ = {(∅, a)} para algum a ∈ A.Lembrando, esse nome tem a possibilidade de um unico elemento (∅) e a“forca” deste elemento estar em σ e dada por a. De fato, podemos calcular:


[[∅ ∈ σ]] = supt∈dom(σ) [[∅ = t]]σ(t)

= [[∅ = ∅]]σ(∅)= 1σ(∅)= a

Proposicao 8.2.6. Dados σ, τ e ρ nomes, temos:

(a) [[σ = τ ]][[τ = ρ]] ≤ [[σ = ρ]]

(b) [[σ ∈ τ ]][[σ = ρ]] ≤ [[ρ ∈ τ ]]

(c) [[σ ∈ τ ]][[τ = ρ]] ≤ [[σ ∈ ρ]]

Demonstracao. Isso precisa ser provado por inducao sobre o rank de σ, τ eρ. E fazemos isso supondo as 3 condicoes ao mesmo tempo para nomes derank menor. Vamos apresentar a demonstracao da condicao (a), deixandoas outras como exercıcio:

Note que e suficiente provarmos que

[[σ ⊂ τ ]][[τ = ρ]] ≤ [[σ ⊂ ρ]]

Assim, pela definicao de [[⊂]], temos:

[[σ ⊂ τ ]][[τ = ρ]] = inft∈dom(σ)(σ(t)⇒ [[t ∈ τ ]])[[τ = ρ]]

= inft∈dom(σ)(−σ(t) + [[t ∈ τ ]])[[τ = ρ]]

= inft∈dom(σ)(([[τ = ρ]]− σ(t)) + [[t ∈ τ ]][[τ = ρ]])

Note que, para qualquer t ∈ dom(σ),

[[τ = ρ]]− σ(t) ≤ −σ(t)

e que, por hipotese de inducao,

[[t ∈ τ ]][[τ = ρ]] ≤ [[t ∈ ρ]]

Assim, temos

[[σ ⊂ τ ]][[τ = ρ]] ≤ inft∈dom(σ)(−σ(t) + [[t ∈ ρ]])

= inft∈dom(σ)(σ(t)⇒ [[t ∈ ρ]])

= [[σ ⊂ ρ]]


O proximo lema nos indica que, de fato, x(y) mede a forca de y ∈ x.Mas aqui ha um pequeno ajuste. Suponha que exista um outro possıvelelemento de x - vamos chama-lo de z. Entao z tem forca x(z) de estar emx. Mas poderia ocorrer que [[z = y]] tivesse valor alto. Desta forma, serianatural esperamos que [[y ∈ x]] tivesse valor ainda maior que x(y) (ja quedeverıamos levar em conta tambem o valor de x(z)).

Lema 8.2.7. Sejam x, y nomes. Se y ∈ dom(x), entao x(y) ≤ [[y ∈ x]].

Demonstracao. Suponha y ∈ dom(x). Entao

[[y ∈ x]] = supt∈dom(x)

[[y = t]]x(t) ≥ [[y = y]]x(y) = x(y)

Definicao 8.2.8. Dada uma formula ϕ(x1, ..., xn), onde xi’s indicam suasvariaveis livres, e dados τ1, ..., τn nomes, definimos [[ϕ(τ1, ..., τn)]] por recursaosobre a complexidade de ϕ da seguinte maneira:

• Se ϕ(x1, x2) e da forma “x1 ∈ x2” ou “x1 = x2”, fazemos como ante-riormente.

• Se ϕ(x1, ..., xn) e da forma ¬ψ(x1, ..., xn), definimos

[[ϕ(τ1, ..., τn)]] = −[[ψ(τ1, ..., τn)]]

• Se ϕ(x1, ..., xn) e da forma ψ(x1, ..., xn) ∧ ψ′(x1, ..., xn), definimos

[[ϕ(τ1, ..., τn)]] = [[ψ(τ1, ..., τn)]][[ψ′(τ1, ..., τn)]]

• Se ϕ(x1, ..., xn) e da forma ψ(x1, ..., xn) ∨ ψ′(x1, ..., xn), definimos

[[ϕ(τ1, ..., τn)]] = [[ψ(τ1, ..., τn)]] + [[ψ′(τ1, ..., τn)]]

• Se ϕ(x1, ..., xn) e da forma ∃y ψ(y, x1, ..., xn), definimos

[[ϕ(τ1, ..., τn)]] = supσ

[[ψ(σ, τ1, ..., τn)]],

onde supσ indica o supremo com relacao a todos os σ nomes.

• Se ϕ(x1, ..., xn) e da forma ∀y ψ(y, x1, ..., xn), definimos

[[ϕ(τ1, ..., τn)]] = infσ

[[ψ(σ, τ1, ..., τn)]],

onde infσ indica o ınfimo com relacao a todos os σ nomes.


Note que, apesar da colecao de todos os nomes nao formar um conjunto,tomar o supremo de valores booleanos com relacao a todos os nomes comoacima nao e um problema, uma vez que os valores variam dentro da algebrade Boole fixada.

Lema 8.2.9. Sejam ϕ,ψ formulas. Entao [[ϕ→ ψ]] = 1 se, e somente se,[[ϕ]] ≤ [[ψ]].

Demonstracao. Note que [[ϕ→ ψ]] = −[[ϕ]] + [[ψ]]. Note que −a + b = 1 se,e somente se, a ≤ b para qualquer a, b na algebra de Boole.

Proposicao 8.2.10. Considere ϕ o axioma da extensionalidade. Isto e,

∀x ∀y x = y ↔ (∀z (z ∈ x→ z ∈ y) ∧ (z ∈ y → z ∈ x))

Entao [[ϕ]] = 1.

Demonstracao. Note que, para isso, so precisamos mostrar que, dados a, bnomes, temos que [[a = b]] = [[a ⊂ b]][[b ⊂ a]]. Mas isso segue diretamente dasdefinicoes.

Proposicao 8.2.11. Considere ϕ o axioma do par. Isto e

∀x ∀y ∃z x ∈ z ∧ y ∈ z

Entao [[ϕ]] = 1.

Demonstracao. Fixe a, b nomes. Considere o nome c : {a, b} −→ A tal quec(a) = 1 e c(b) = 1. Basta mostrar que [[a ∈ c]][[b ∈ c]] = 1. Mas isso seguediretamente do fato que c(a) ≤ [[a ∈ c]] e que c(b) ≤ [[b ∈ c]].

De maneira parecida podemos provar que todos os axiomas de ZFC temvalor 1.

Aumentando o universo

A ideia nesta secao e pensarmos que a formulas falam sobre nomes como sefossem conjuntos. Dentre os nomes, teremos alguns que se comportam demaneira muito parecida com os conjuntos “normais” e outros que nao saodessa forma. Pense nos da segunda forma como se fossem conjuntos novose os da primeira forma como se fossem os originais.

A seguinte definicao indica os conjuntos originais:

Definicao 8.2.12. Seja x um conjunto. Definimos o nome x de maneirarecursiva da seguinte maneira: x = {(y, 1) : y ∈ x}.


Note que ∅ = ∅.

Proposicao 8.2.13. Sejam x, y conjuntos. Entao

(a) se x ∈ y entao [[x ∈ y]] = 1. Olhe para essa proposicao

da seguinte forma: se

vale uma relacao entre x

e y, a mesma relacao

vale com suas respectivas

copias com forca total. Se

tal relacao nao vale, entao

sua negacao vale com forca

total nas copias.

(b) se x /∈ y entao [[x ∈ y]] = 0.

(c) se x ⊂ y entao [[x ⊂ y]] = 1.

(d) se x 6⊂ y entao [[x ⊂ y]] = 0.

Demonstracao. Vamos mostrar todas as condicoes por inducao sobre o rankde x e y ao mesmo tempo:

(a) Suponha x ∈ y. Entao

[[x ∈ y]] = supt∈dom(y) [[t = x]]y(t)

≥ [[x = x]]y(x)= 1

(b) Suponha x /∈ y. Por hipotese de inducao, para todo t ∈ y, temos que[[x = t]] = 0 (pois x 6= t). Assim, [[x ∈ y]] = 0.

(c) Suponha x ⊂ y. Seja t ∈ dom(x). Entao x(t) = 1. Alem disso, porhipotese de inducao, [[t ∈ y]] = 1 ja que t ∈ y. Logo,

[[x ⊂ y]] = inft∈dom(x)

(x(t)⇒ [[t ∈ y]]) = 1

(d) Suponha x 6⊂ y. Entao existe t ∈ x tal que t /∈ y. Logo, por hipotese deinducao, [[t ∈ y]] = 0. Assim

[[x ⊂ y]] = infs∈dom(x)

(x(s)⇒ [[s ∈ y]]) ≤ (x(t)⇒ [[t ∈ y]]) = 0

Mas nem todos os elementos nesta extensao sao da forma x para algumx:

Definicao 8.2.14. Chamamos de G o nome G : {a : a ∈ A} −→ A dadopor G(a) = a.

Lema 8.2.15. Seja a ∈ A. Entao [[a ∈ G]] = a.


Demonstracao. Note que, dado t ∈ dom(G), temos [[a = t]] = 1 se a = t ou[[a = t]] = 0 se t 6= a. Assim

[[a ∈ G]] = supt∈dom(G

[[t = a]]G(a) = G(a) = a

Em particular, [[1 ∈ G(1)]] = 1 e [[0 ∈ G(0)]] = 0.

Antes de continuarmos, um pequeno comentario sobre notacao: vamosusar alguns valores da forma [[x ≤ y]]. Formalmente, precisamos lembrarque ≤ e dado por um conjunto de pares (para facilitar, vamos chamar talconjunto de pares de R). Entao a formula acima na verdade e [[(x, y) ∈ R]].Como aparece o par ordenado, precisarıamos ainda trocar o termo (x, y) porsua definicao formal - nao vamos fazer isso (mas esperamos que o leitor pelomenos faca o exercıcio mental de ver que isso seria possıvel). Finalmente,se a, b ∈ A, nao e muito difıcil de ver [[(a, b) = ˇ(a, b)]] = 1. Finalmente, sea, b ∈ A, temos pelos comentarios acima e pela Proposicao 8.2.13, temos que[[a ≤ b]] = 1 se a ≤ b e que [[a ≤ b]] = 0 se nao vale a ≤ b.

Proposicao 8.2.16. [[G e filtro sobre A]] = 1.

Demonstracao. Note que [[1 ∈ G]] = 1. Sejam a, b ∈ A. Vamos mostrar que

[[a ∈ G]][[b ∈ G]] ≤ [[∃c c ∈ G ∧ c ≤ a, b]]

[[a ∈ G]][[b ∈ G]] = ab

= [[ab ∈ G]]

= [[ab ∈ G]][[ab ≤ a, b]]≤ [[∃τ τ ∈ G ∧ τ ≤ a, b]]

Ou seja, provamos que

[[a ∈ G]][[b ∈ G]]⇒ [[∃c c ∈ G ∧ c ≤ a, b]] = 1

Tomando-se os ınfimos para a e b, obtemos

[[∀a ∈ G∀b ∈ G]]⇒ [[∃c c ∈ G ∧ c ≤ a, b]] = 1

A terceira condicao sobre filtros e analoga.

Proposicao 8.2.17. Se D e denso em A, entao [[G ∩ F 6= ∅]] = 1.


Demonstracao. Vamos provar que

a = [[∃x x ∈ D ∧ x ∈ G]] = 1

Suponha que nao. Entao 1− a > 0. Seja b ∈ D tal que b ≤ 1− a. Note que

b = [[b ∈ G]] = [[b ∈ G]][[b ∈ D]]

Assim, b ≤ a, contrariando o fato que b ≤ 1− a.

Isso em particular nos da a ideia que o conjunto representado por G eum conjunto novo: em geral, nao existe um G filtro que intercepte todosos densos D. Mas note que nao temos uma contradicao aqui. G interceptatodos os densos “velhos” (os da forma D). Ou seja, com certeza existe umdenso “novo” tal que G nao o intercepta.

Exercıcios

Exercıcio 8.2.18. Sejam x um conjunto e τ um nome qualquer. Mostreque, se [[τ ∈ x]] 6= 0, entao existe y ∈ x tal que [[τ ∈ x]] ≤ [[y = τ ]].

Dicas de alguns exercıcios

1.1.17 Verifique os axiomas na ordem em que eles foram listados aqui.

1.2.14 Considere o conjunto das “funcoes escolhas parciais”.

2.1.25

b Note que A 6= α por ser segmento inicial.

2.5.28 Corolario do Konig.

2.5.29 Funcao normal.

2.5.33

c Considere sequencias de racionais convergindo para irracionais em R.

2.5.34 Entre dois reais tem um racional.

3.3.11

a Note que para baixo de um elemento so tem finitos elementos.

b Pense numa funcao.

4.2.11 Compare com βω.

8.2.18 Escreva a definicao de [[τ ∈ x]] e lembre os elementos de dom(x) saotodos da forma t para algum t.

115

Solucoes de alguns exercıcios

117

Referencias Bibliograficas

[1] A. Blass. Existence of bases implies the axiom of choice. ContemporaryMathematics, 31:31–33, 1984.

[2] C. Brech, J. Lopez-Abad, and S. B. Todorcevic. Homogeneous familieson trees and subsymmetric basic sequences. arXiv, pages 1–50, 2016.

[3] K. Ciesielski. Set theory for the working mathematician, volume 39of London Mathematical Society Student Texts. Cambridge UniversityPress, Cambridge, 1997.

[4] P. Erdos. An interpolation problem associated with the continuumhypothesis. The Michigan Mathematical Journal, 11(1):9–10, 1964.

[5] H. Friedman. A Consistent Fubini-Tonelli Theorem for Nonmeasurablefunctions. Illinois Journal of Mathematics, 24(3):390–395, 1980.

[6] R. L. Goodstein. On the restricted ordinal theorem. The Journal ofSymbolic Logic, 9(2):33–41, 1944.

[7] T. J. Jech. The Axiom of Choice. 1973.

[8] W. Just and M. Weese. Discovering Modern Set Theory. I.

[9] L. Kirby and J. Paris. Accessible Independence Results for Peano Arith-metic. Bulletin of the London Mathematical Society, 14(4):285–293,1982.

[10] K. Kunen. Set Theory (Studies in Logic: Mathematical Logic and Foun-dations). 2011.

[11] J. Pawlikowski. Undetermined sets of point-open games. Fund. Math.,144(3):279–285, 1994.

119

120 REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS

[12] J. Steprans. History of the continuum in the 20th century. Sets andExtensions in the Twentieth Century, pages 1–57, 2012.

[13] A. Tarski. A lattice-theoretical fixpoint theorem and its applications.Pacific Journal of Mathematics, 5:285–309, 1955.

[14] S. Todorcevic and B. Velickovic. Martin’s axiom and partitions. Com-positio Mathematica, 63(3):391–408, 1987.

Notacao

ω, 12℘(x), 10

Indice Remissivo

Axiomaescolha, da, 20

axiomaescolha, da, 20multiplas escolhas, das, 20

boaordem, 12

boa ordemInducao para, 17Recursao para, 17

cadeia, 18compatıveis, 17conjunto

transitivo, 13

escolhaAxioma da, 20axioma da, 20

esquema, 10

funcao, 21funcao

restricao, 21

inducao, 17Inducao

boa ordem, para, 17inducao finita

Princıpio da, 12inicial

segmento, 17

LemaZorn, de, 18

mınimo, 12multiplas escolhas

axioma das, 20majorante, 18maximal, 18minorante, 14

ordem, 12ordem

boa, 12total, 14

ordenadototalmente, 18

paradoxoRussell, de, 9

Princıpioinducao finita, da, 12

Recursaoboa ordem, para, 17

restricaofuncao, 21

Russellparadoxo de, 9

segmentoinicial, 17

totalordem, 14

totalmenteordenado, 18

transitivoconjunto, 13

ZFC, 9Zorn

Lema de, 18

notas de aula - icmc...funda˘c~ao 8x6= ;9y2xx\y= ;. este axioma impede coisas estranhas como por...

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