MIKY & GENNY - ANALISI MODERNA - FUNZIONI PARTICOLARI

FUNZIONI PARTICOLARI ---> INDICE

Siano (E, ≤), (E', ≤') due insiemi ordinati e, considerata la seguente applicazione

f : E

E',

si danno le seguenti definizioni:

f è crescente o isotona xE, yE, x < y : f(x) ≤' f(y).

Nota bene
Se x = y, risulta f(x) = f(y).

f è decrescente o antitona xE, yE, x < y : f(y) ≤' f(x).

f è strettamente crescente xE, yE, x < y : f(x) <' f(y).

f è strettamente decrescente xE, yE, x < y : f(y) <' f(x).

Se l'applicazione f rispecchia uno dei quattro casi suddetti, si chiama monotòna.

Si dimostra ora che:
-ogni applicazione costante di E in E' è un'applicazione crescente e decrescente.

Infatti, sia

f : E

un'applicazione costante, cioè, fissato un elemento

E',

E : f(x) = a.

Si verifica prima che f è crescente, cioè che

E, x < y : f(x) ≤' f(y).

Infatti risulta:

f(x) = a ≤' a' = f(y)

f(x) ≤' f(y).

Infine si verifica che f è decrescente, cioè che

E, x < y : f(y) ≤' f(x).

Infatti risulta:

f(x) = a ≤' a' = f(y)

f(x) ≤' f(y).

In generale, un'applicazione crescente e decrescente non è costante, però, con altre ipotesi lo è; pertanto si dimostra che:

(E, ≤) filtrante superiormente, crescente e decrescente f : E E' è costante.

Si deve dimostrare che f è costante, cioè che considerato un elemento a

E con f(a)

E',

E : f(x) = f(a).

Allo scopo, si prenda un elemento x

E e siccome a

E ed E è filtrante superiormente, per definizione

a ≤ z, x ≤ z.

Siccome

f è crescente

f(a) ≤' f(z), f(x) ≤' f(z),

f è decrescente

f(z) ≤' f(a), f(z) ≤' f(x),

e quindi da

f(a) ≤' f(z), f(z) ≤' f(x)

f(a) ≤' f(x),f(x) ≤' f(z), f(z) ≤' f(a)

f(x) ≤' f(a),

risulta

f(a) = f(x).

Siano (E, ≤), (E', ≤'), (E', ≤'') tre insiemi ordinati e si considerino le seguenti applicazioni:

f : E

E', g : E'

E'', g о f : E

E''.

Si dimostra che se

(1) f e g sono strettamente crescenti g о f è strettamente crescente,

(2) f e g sono crescenti g о f è crescente,

(3) f e g sono strettamente decrescenti g о f è strettamente decrescente,

(4) f e g sono decrescenti g о f è decrescente.

Dimostrazione (1).
f è strettamente crescente, cioè fissati

E, y

E x < y f(x)

E', f(y)

E', f(x) ≤' f(y).

g è strettamente crescente, cioè fissati

f(x)

E', f(y)

E' f(x) ≤' f(y) g(f(x))

E'', g(f(y))

E'', g(f(x)) ≤'' g(f(y)) g о f(x) ≤'' g о f(y).

In tal modo è dimostrata la (1), cioè che g о f è strettamente crescente; (2), (3) e (4) si dimostrano analogamente.

Sia (E, ≤) un insieme ordinato e si consideri la bigezione canonica

i_E : E

Si vuol vedere se i_Eè monotòna e, allo scopo, si dimostra che è strettamente crescente.
Infatti, considerati due elementi

E, y

E x < y i_E(x) = x < y = i_E(y) i_E(x) < i_E(y).

Siccome i_E è bigettiva, e quindi invertibile, ed essendo i_Estessa la la sua inversa, quest'ultima è anche strettamente crescente.

Tutto ciò è un prototipo di quanto è chiamato isomorfismo secondo la seguente definizione:
-isomorfismo di E in E' per ≤ e ≤' è ogni applicazione bigettiva di E in E' strettamente crescente insieme alla sua inversa.

Quando esiste un isomorfismo di E in E', (E, ≤) e (E', ≤') si dicono isomorfi per l'ordine e tale circostanza si indica con

(E, ≤) ≈ (E', ≤').

Siano (E, ≤), (E', ≤'), (E', ≤'') tre insiemi ordinati, si dimostra che:

(E, ≤) ≈ (E', ≤'), (E', ≤') ≈ (E'', ≤'') (E, ≤) ≈ (E'', ≤'').

Allo scopo, basta dimostrare che, essendo f e g bigettive e strettamente crescenti insieme alle loro inverse, anche g о f è strettamente crescente insieme alla sua inversa.
Infatti, g о f : E

E'', essendo composta di due applicazioni strettamente crescenti, è anch'essa strettamente crescente, inoltre l'applicazione inversa di g о f, essendo composta dalle inverse di f e g a loro volta strettamente crescenti, è anche strettamente crescente, quindi risulta

(E, ≤) ≈ (E'', ≤'').

Si dimostra inoltre, in modo ovvio, che:

(E, ≤) ≈ (E', ≤') (E', ≤') ≈ (E, ≤),

ed anche

(E, ≤) ≈ (E, ≤),

in quanto esiste i_E.

Dunque, l'isomorfismo gode delle stesse proprietà delle relazioni di equavalenza.

Sia (E, ≤) un insieme totalmente ordinato, (E', ≤') un insieme ordinato, ed

f : E

(1) f(E) = E', (2)

E, x < y : f(x) <' f(y);

si dimostra che:

a) f è un isomorfismo di E in E' per ≤ e ≤'.

b) ≤' è una relazione di totale ordine.

Dimostrazione a).
Affinchè f sia un isomorfismo, basta dimostrare che f è bigettiva e che la sua inversa sia strettamente crescente.
Siccome per ipotesi f è surgettiva, affinchè sia bigettiva, basta dimostrare che sia anche ingettiva, cioè

E, x ≠ y : f(x) ≠ f(y).

Essendo E totalmente ordinato, e tenendo conto che x ≠ y, risulta

x < y v y < x.

Per la crescenza di f, risulta

x < y f(x) <' f(y) f(x) ≠ f(y);

se invece

y < x f(y) <' f(x) f(y) ≠ f(x).

Pertanto la f è ingettiva.
Essendo f bigettiva, ha senso considerare la sua inversa, chiamata

g : E'

g о f = i_E, f о g = i_E'.

Si dimostra che g è anch'essa strettamente crescente, cioè considerati

E', y'

E', x' < y' g(x') < g(y').

Essendo

E', y'

E' g(x')

E, g(y')

ed E totalmente ordinato da ≤, risulta

g(x') ≤ g(y'),

oppure

g(y') ≤ g(x').

Inoltre, g è bigettiva ed x' <' y', per cui

(1) g(x') < g(y') v (2) g(y') < g(x').

La (1) dimostra quanto asserito. Si vede ora se sussiste la (2).

Per la stretta crescenza di f, risulta

f(g(y')) <' f(g(x')).

Siccome

f(g(y')) = f о g(y') = i_E'(y') = y',

f(g(x')) = f о g(x') = i_E'(x') = x',

cioè

y' <' x',

e ciò non può essere, perchè si è supposto che

x' <' y'.

In tal modo si è dimostrato che f è un isomorfismo di E in E' per ≤ e ≤'.

Dimostrazione b).
Si dimostra che ≤' è una relazione di totale ordine.
Infatti, siano

E', y'

E, y

f(x) = x', f(y) = y',

ed essendo E totalmente ordinato, risulta

x ≤ y v y ≤ x.

x ≤ y,

per la stretta crescenza della f, si ha

f(x) ≤' f(y) x' ≤' y'.

Analogamente, si dimostra che

y' ≤' x',

pertanto resta dimostrato che ≤' è una relazione di totale ordine.

Nota bene
Avendo dimostrato che una relazione di buon ordine è una relazione di totale ordine, il teorema ora dimostrato sussiste ugualmente; solo nell'ipotesi che ≤ sia una relazione di buon ordine, tale risulterà anche ≤', cioè occorre dimostrare che:

Chiaramente risulta

essendo ≤ una relazione di buon ordine su E,

X : m ≤ x.

Si consideri ora

f(m) = m';

essendo

X f(m)

f(X) = f(g(X')) = f о g(X') = i_E'(X') = X',

cioè

f(m)

X' m'

X'.

Si dimostra ora che m' è il più piccolo elemento di X' per ≤'.
Scelto ad arbitrio

f(x) = x';

inoltre

X' g(x')

allora, essendo m il più piccolo elemento di X, risulta

m ≤ g(x').

Tenendo conto della crescenza di f,

m ≤ g(x') f(m) ≤' f(g(x')) = f о g(x') = i_E'(x') = x',

cioè

f(m) ≤' x' m' ≤' x'.

Quindi ≤' è una relazione di buon ordine.

Corollario
Se è assegnato un insieme totalmente ordinato o bene ordinato ed un isomorfismo di tale insieme in un altro insieme ordinato, quest'ultimo è un insieme bene ordinato.

Siano (E, ≤) un insieme ordinato, E' un altro insieme ed

f : E

un'applicazione bigettiva.

Si dimostra che esiste una ed una sola relazione d'ordine ≤' su E' in modo tale che f sia un isomorfismo di E in E', cioè:

Si indichi con

cioè

E',

E' x' ≤' y'

g(x') ≤ g(y').

Si dimostra ora che è una relazione d'ordine.

Allo scopo, si deve verificare che:

(1) x'

E', y'

E', z'

E' x' ≤' y', y' ≤' z' x' ≤' z'.

(2) x'

E', y'

E' x' ≤' y', y' ≤' x'

x' = y'.

Dimostrazione (1).

E', y'

E', z'

E' x' ≤' y', y' ≤' z' g(x') ≤ g(y'), g(y') ≤ g(z') g(x') ≤ g(z') x' ≤' z'.

Dimostrazione (2).

E', y'

E' x' ≤' y', y' ≤' x' g(x') ≤ g(y'), g(y') ≤ g(x') g(x') = g(y'),

e per la bigettività di f, si ha:

f(g(x')) = f(g(y'))

ed inoltre, tenendo conto che

f(g(x')) = f о g(x') = i_E'(x') = x' e f(g(y')) = f о g(y') = i_E'(y') = y' x' = y'.

In tal modo resta provata l'esistenza della relazione d'ordine ≤'; si prova ora l'unicità.
Allo scopo, basta riconoscere che, considerata l'ulteriore relazione d'ordine ≤'', risulta

≤' = ≤'',

cioè

≤' relazione d'ordine su E, ≤'' relazione d'ordine su E ≤'' = ≤''.

Si dimostra prima che:

≤'

≤''.

Infatti, si consideri

(x'', y')

≤' x' ≤' y' g(x') ≤ g(y')

e, siccome ≤'' è una relazione d'ordine su E, si ha:

x' = f(g(x')) ≤'' f(g(y')) = y' x' ≤'' y' (x'', y')

≤''.

Per ≤'' si dimostra, analogamente che:

≤''

≤'.

Si dimostra ora che f è un isomorfismo, cioè che f è strettamente crescente insieme alla sua inversa g.
Siano ora

E, y

E, x < y x ≠ y f(x) ≠ f(y),

essendo f bigettiva e quindi ingettiva.

Ora per dimostrare che

f(x) ≤' f(y),

per come è stata definita ≤', basta dimostrare che

g(f(x)) < g(f(y)),

e ciò è già vero, in quanto

g(f(x)) = x, g(f(y)) = y,

vale a dire che

x < y.

La relazione ≤' così costruita su E' si dice ottenuta per trasporto di ≤ su E' per f.

Nota bene
Se ≤ è una relazione di totale ordine, anche ≤' è tale, e lo stesso dicasi se ≤ è una relazione di buon ordine.

Tra le assunzioni fondamentali della "Teoria degl'insiemi" figurano le seguenti:
a) Assioma della scelta, b) Teorema di Zermelo, c) Teorema di Zorn.

L'assioma della scelta esprime:

Il teorema di Zermelo esprime:

Il teorema di Zorn esprime:
se (E, ≤) è un insieme ordinato induttivo,

x₀

E, massimale per ≤

x₀ ≤ m.

Si riconosce che dall'assioma della scelta consegue il teorema di Zermelo, e da questi quello di Zorn, e da quest'ultimo l'assioma della scelta, cioè:

a).

Per facilitare tali dimostrazioni, si premettono alcuni lemmi.

Lemma 1
Si consideri l'insieme ordinato (E, ≤) e l'applicazione

f : E

E : x ≤ f(x).

Si fissi x₀

E e si indichi con

l'insieme delle parti K di E che verifichi le condizioni K_I,K_I_I,K_III, cioè:

A tal punto, si dimostra quanto segue:

Dimostrazione 1).
Allo scopo, è necessario che essa verifichi K_I),K_I_I)eK_III), cioè:

e ciò è vero, in quanto

pertanto, si ha:

e ciò è vero, perchè:

In tal modo è dimostrata la 1).

Dimostrazione 2).
Allo scopo, è necessario che essa verifichi K_I),K_I_I)eK_III):

K_I) è verificato, in quanto si ha:

K_I_I) è verificato, in quanto si ha:

K_III) è verificato, in quanto, considerata la famiglia

Infatti:

perchè per K è valida K_III).

Dimostrazione 3).
Si deve dimostrare che x₀ è il più piccolo elemento di E(x₀), cioè un minorante degli elementi di E(x₀).
Infatti:

e, scegliendo come K l'intervallo

Si consideri ora

Pertanto resta dimostrato il lemma 1).

Nota bene
Si dimostra anche che:

Ciò rappresenta il principio di induzione completa.

Infatti, siccome per ipotesi risulta che

E(x₀),

ed essendo noto che

è dimostrato quanto asserito.

Lemma 2
Si considerino l'insieme ordinato (E, ≤), l'applicazione f : E

E ed x₀

E.
Supponendo per ipotesi che

si dimostra:

N : B_n = E(x₀); 2) N = E(x₀).

Dimostrazione 1).

E' ovvio che:

Per il principio d'induzione completa, affinchè risulti B_n = E(x₀), bisogna dimostrare che:

cioè B_n deve verificare K_I), K_I_I) e K_III).

K_I) - E' noto che x₀

E(x₀), per cui si considera

K_I_I) - Si consideri

Se x

E(x₀), siccome E(x₀) verifica K_I_I), si ha f(x)

E(x₀).
Sia allora

Supponendo

Supponendo ora

K_III) - Si considerino

Siccome E(x₀) verifica la K_I_I_I), se

Inoltre, se

Supponendo che

Se invece

Dunque, in ogni caso,

quindi B_nverificaK_III) ed è così dimostrato che

B_n= E(x₀).

Dimostrazione 2).
Si deve dimostrare che:

N = E(x₀).

Per come è stato definito N, risulta

E(x₀).

Allora, per il principio d'induzione completa, basta dimostrare che N verifica le proprietà K_I), K_I_I) e K_III).

K_I) Se

Si ricorda ora una proprietà sulla relazione d'inclusione

B A

in virtù della quale, essendo

si ha:

K_I_I) Si deve dimostrare che, considerato

N f(n)

Per ipotesi, dunque, è noto che

La tesi è la seguente:

Infatti, che f(n)

E(x₀) è ovvio, perchè E(x₀) verifica K_I_I), allora si deve dimostrare che:

dunque

Essendo x

E(x₀), dal momento che

in quanto x < f(n), deve risultare

x ≤ a.

x = n f(x) = f(n)

f(x) ≤ f(n).

dunque

K_III) Sia

Per ipotesi, dunque, è noto che

Si deve dimostrare che, considerato

Infatti,

Inoltre, siccome

Si osserva ora che la condizione f(n_i) ≤ x è da scartare perchè è contro l'ipotesi, infatti supponendo

I : f(n_i) ≤ x,

essendo

e ciò non è possibile, perchè

Allora,

x ≤ n_i.

Se x = n_i, è noto che:

Certamente

perchè

Si è così dimostrato che

N = E(x₀).

Dunque, in conclusione:

Si dimostra ora che E(x₀) è un insieme bene ordinato, cioè che presa una parte non vuota di E(x₀), questa è dotata del più piccolo elemento. Sia

si vuole dimostrare che X ha il più piccolo elemento.

Siccome

E(x₀) : B_x = E(x₀),

si ricava che E(x₀) è una parte di E totalmente ordinata per ≤.
Infatti, se

E(x₀), y

E(x₀) y ≤ x v f(x) ≤ y,

e, per l'ipotesi su f, si ha che x ≤ f(x) ed x ed y sono paragonabili per ≤.

Si suppone che X abbia più di due elementi, si presentano due casi:

1) x₀

X,

2) x₀

X.

Dimostrazione 1).
Sia

x₀

E(x₀)

E(x₀) : x₀ ≤ x;

dunque x₀ è un minorante di X, derivante dal fatto che x₀ è il più piccolo elemento di E(x₀). Quindi x₀

X, inoltre

X : x₀ ≤ x;

e ciò dice che E(x₀) è un insieme bene ordinato, risultando X fornito del più piccolo elemento.
Dimostrazione 1).
Sia

x₀

E(x₀),

essendo x₀il più piccolo elemento di E(x₀), risulta che x₀è un minorante di X, cioè

X : x₀ ≤ x.

Si indica ora con A l'insieme dei minoranti di X, cioè:

Ovviamente

A ≠

in quanto x₀

A.

Si consideri ora una famiglia

e si supponga esistente il

Si dimostra che

Infatti:

I : x_i≤ x,

cioè x è un maggiorante degli x_i, per cui si ha che

Ciò esprime che

è un minorante, e come tale è elemento di A, cioè

Quindi:

Pertanto, A verifica K_I) e K_III); si può notare che A non verifica K_I_I), cioè che:

(

A : f(a)

A).

Supponendo per assurdo che ciò sia vero, essendo

E(x₀)

e verificando K_I), K_I_I) e K_III), risulta

A = E(x₀),

e ciò non è possibile, infatti se

E(x₀), x

X : a ≤ x;

inoltre se

E(x₀),

cioè

E(x₀),

il tutto implica che x è il più grande elemento di E(x₀), ma al massimo ne può esistere soltanto uno, e ciò esprime che X si dovrebbe ridurre ad un unico elemento, contro l'ipotesi che X è formato da più di due elementi. Dunque A non verifica K_I_I), cioè deve

f(a)

_A,

vale a dire che f(a) non è un minorante di X, cioè f(a) non può essere minore o uguale di ogni elemento di X, allora deve

f(a)>x.

Si dimostra che x è il più piccolo elemento di X.
Infatti:

ciò è possibile, in quanto

E(x₀), E(x₀) = B_x,

in particolare per A.

Non potendo essere

deve risultare x ≤ a; ma a è un minorante di X, risultante minore di un minorante, pertanto anch'esso è tale. Inoltre, x

X e pertanto X ha il più piccolo elemento ed E(x₀) risulta bene ordinato.

Sia (E, ≤) un insieme ordinato induttivo e si consideri l'applicazione

f : E

così definita:

E : x ≤ f(x);

si vuole dimostrare che:₁₎

supE(x₀) = x*₀,

2) x*₀ è il più grande elemento di E(x₀),

3) x*₀= f(x*₀).

Si ricorda che E è un insieme ordinato induttivo se

E, B ≠

, B bene ordinato

supB.

Dimostrazione 1).

Siccome E è un insieme ordinato induttivo, essendo E(x₀)

E, con E(x₀) bene ordinato e diverso dalla parte vuota, in quanto x₀

E(x₀), si ha che

supE(x₀) = x*_0.

Dimostrazione 2).
Affinchè x*₀soddisfi la 2) basta dimostrare che x*₀

E(x₀), essendo già estremo superiore e di conseguenza un maggiorante.

Allo scopo, si consideri la famiglia

dal momento che E(x₀) verifica K_III), deve verificarsi che

e di conseguenza

x*₀

E(x₀).

Dimostrazione 3).
Per come è stata definita f, risulta

x*₀≤ f(x*₀);

inoltre

f(x*₀)

E(x₀),

in quanto E(x₀) verifica K_II.

Ma x*₀ è il più grande elemento di E(x₀), pertanto risulta

f(x*₀)≤ x*₀.

Dunque

x*₀= f(x*₀).

Si dimostra ora che le seguenti tre proposizioni sono equivalenti:

a) Assioma della scelta:

b) Teorema di Zermelo:

c) Teorema di Zorn; se (E, ≤) è un insieme ordinato induttivo,

x₀

E, massimale per

≤

x₀ ≤ m.

Dimostrazione
a) b)

Si consideri l'insieme E ≠

e si associ ad esso l'insieme

delle sue parti, e si indichi con

Si dimostra ora che

Siccome

Si consideri pertanto la famiglia

Siccome ci si trova nelle ipotesi dell'assioma della scelta, vero per l'ipotesi a),

Si consideri ora l'applicazione

così definita:

Si vuol dimostrare:

Se X ≠ E,

Se X = E,

f(X) = f(E) = E,

inoltre è noto che

E = f(E),

e, considerando X al posto di E, si ha:

f(X).

Si dimostra inoltre che:

Infatti,

Considerando f(X) - X, per definizione si ha:

Dunque, l'unico elemento che è trasformato in se stesso da f è solo E.

Nota bene
Si ricorda quanto segue.
1)-Considerata la coppia

si è costruita un'applicazione

2)-Considerato l'insieme ordinato (E, ≤) si è costruita un'applicazione f : E

E : x ≤ f(x) ed inoltre si è stabilito che

x₀

E si poteva considerare E(x₀) che risultava ben ordinato da ≤.

3)-Considerato

E insieme ordinato induttivo

supE(x₀) = x*.

Sulla scorta di quanto ora detto, nel caso in questione si può considerare X₀ =

ed in corrispondenza di esso costruire

che risulterà bene ordinato dalla relazione

, e quindi totalmente ordinato.

Si ricorda ora che è stato dimostrato che

è un reticolo completo, e quindi

è un insieme induttivo, pertanto

X*₀ estremo superiore di

essendo X*₀ la riunione di tutte le

Quindi risulta:

Siccome è stato detto che l'unico elemento che la f trasforma in se stessa è E, si può concludere che X*₀ = E.
Pertanto:

Si indica ora con

Si può in tal modo considerare la restrizione di g a

indicata con

Siccome

è un insieme bene ordinato, tale è pure

Nell'ipotesi che φ sia bigettiva, essendo

bene ordinato, esiste su E una relazione d'ordine ≤' ottenuta per trasporto, in modo tale che φ sia un isomorfismo.
Pertanto, essendo

bene ordinato, tale è E.
In tal modo, resta dimostrato il teorema di Zermelo.

Si dimostra ora che φ è bigettiva, pertanto basta provare che φ è ingettiva e surgettiva.
Per la surgettività di φ, si deve dimostrare che:

Si fissi un x

E e si indichi con a gotica il seguente insieme:

Certamente si verifica quanto segue:

in quanto l'insieme vuoto non è formato da alcun elemento.
Quest'ultima condizione esprime che

verifica K_I).

Si consideri ora la famiglia

Logicamente risulta

in quanto

Si osserva ora che

Infatti, supponendo che

Quest'ultima condizione esprime che

verifica K_III).
A tal punto

verifica K_IeK_III); si prova ora che non verifica K_II).
Supponendo che

verifichi anche K_II),ci si troverebbe nelle seguenti condizioni:

verifica K_I, K_II) eK_III), inoltre, per come è stato definito, risulta

allora, per il principio d'induzione completa, si avrebbe

e ciò è impossibile, in virtù del fatto che

Infatti, se dovesse risultare

si svrebbe

e ciò è contro l'ipotesi, in quanto x

Dunque,

non verifica K_I_I) e ciò equivale a dire che

: f(X)

f(X).

Essendo inoltre

e ciò si verifica quando E

e quando, considerato X

, si ha

Di conseguenza risulta

Resta dunque dimostrato che φ è surgettiva.

Si dimostra ora che φ è ingettiva, cioè:

Tenendo conto che

φ(X) = g(X), φ(Y) = g(Y),

è sufficiente dimostrare che

g(X) = g(Y) X = Y.

Si suppone per assurdo che X ≠ Y, essendo

bene ordinato, sarà pure totalmente ordinato, pertanto X ed Y si troveranno nelle seguenti due possibili condizioni:

1) X

Y,

2) Y

X.

A tal punto, si ricorda che:

Si esamina ora il caso 1).
Allo scopo, si considera

Per il richiamo suddetto si ha:

Siccome

Inoltre, se

e ciò è assurdo, perchè per ipotesi

Quindi X non può essere contenuto strettamente in Y; analogamente, si dimostra che Y non può essere contenuto strettamente in X. L'unica conclusione possibile è quindi che X = Y.

b) c)
Si ricorda che:

Si consideri ora x₀

E, se fosse

ne dedurremmo che x₀ è elemento massimale, pertanto m coinciderebbe con x₀. Logicamente, dire che x₀ non è elemento massimale, equivale a dire che

Si vuole dunque dimostrare che esiste almeno un elemento massimale dell'intervallo

si ragiona per assurdo, cioè

Si consideri l'insieme E; essendo vera la b), su E dovrà esistere una relazione di buon ordine, indicata con ≤'. Si costruisce ora l'applicazione

f : E

così definita:

Pertanto, fissato x

In ogni caso,

E : x ≤ f(x).

Inoltre, siccome E è un insieme ordinato induttivo,

x*₀

x₀≤ x*₀= f(x*₀),

tenendo conto che quest'ultima uguaglianza è stata dimostrata in precedenza.

Essendo

si è così pervenuti ad un assurdo, in quanto x*₀= f(x*₀) e quindi esiste almeno un

x₀ ≤ x

che risulta massimale per ≤.
Si indichi con

Si fissi

in corrispondenza di tale i si consideri X_i

E ed x

X_i; in tal modo, si può considerare l'applicazione

e porre

φ(i) = x

X_i.

Allora

Si fissi ora su

una relazione ≤' così definita:

Si dimostra che ≤' è una relazione d'ordine, cioè che è riflessiva, antisimmetrica e transitiva.
E' logico che se

(J, φ)

(J, φ) ≤' (φ, J),

in quanto risulta

Dunque, ≤' è riflessiva.

Si dimostra ora che ≤' è antisimmetrica, cioè che

(J', φ') ≤' (J'', φ''), (J'', φ'') ≤' (φ'', J'') (J', φ') = (J'', φ'').

Infatti:

Dunque, ≤' è antisimmetrica.

Si dimostra infine che ≤' è transitiva, cioè che

(J', φ') ≤' (J'', φ''), (J'', φ'') ≤' (J''', φ'''), (J', φ') ≤' (J''', φ''').

Infatti:

Pertanto risulta

J'', J''

J''' J'

J''',

quindi ha senso considerare e dimostrare quanto segue:

Infatti, considerato

Essendo poi x

J'', in quanto J'

J'', sarà

Quindi

allora

Dunque, ≤' è transitiva.

Si è così dimostrato che ≤' è una relazione d'ordine.

Prima di dimostrare la parte finale del teorema, si dimostra quanto segue:
sia E un insieme e si consideri una famiglia di parti di E, cioè

Si considera ora un nuovo insieme E' e l'applicazione

f_i : X_i

E',

Si dimostra che le seguenti due proposizioni sono equivalenti:

Si ricorda prima che se

f : E

e se

si può considerare

j_X: X

e quindi l'applicazione composta

f ο j_X: X

indicata con

Si dimostra ora che:

a) b)

Si considerino,

λ, μ

I, λ ≠ μ,

≠ X_λ

X_μ

e si osserva che

X_λ

X_μ

X_λ, X_λ

X_μ

X_μ,

ed inoltre che

f_λ : X_λ

E', f_μ : X_μ

E'.

Si consideri ora

X_λ

X_μ,

ed inoltre

Resta quindi dimostrata la b), cioè:

Si dimostra ora che:
b) a)

Si suppone che ogni

f_i = (X_i, E', G_i),

in cui

G_i

X_i

e si indica con

Si dimostra che G è una relazione funzionale, e quindi si può considerare l'applicazione f(E, E' G).
Allo scopo, si deve dimostrare che considerato x

E, la sezione G(x) e non vuota e si riduce ad un solo elemento.

Infatti, considerato

X_i G_i≠

ed inoltre sia

G_i(x)(x, y)

G_i

G y

G(x) G(x)≠

Si dimostra ora che la sezione G(x) è formata da un solo elemento.
Allo scopo, se ne considerano due:

Supponendo che

λ = μ,

allora

(x, y)

G, (x, z)

G y

G_λ(x), z

G_λ(x).

Essendo G_λ una relazione funzionale, G_λ(x) si riduce ad un unico elemento, il che implica che

y = z.

Supponendo invece che

λ ≠ μ,

allora

Pertanto, si consideri

siccome

X_λ

X_μ,

ha senso considerare l'uguaglianza

Analogamente, si consideri

(x, z)

G_μ

z = f_μ(x),

X_λ

X_μ,

quindi ha senso considerare l'uguaglianza

Per la validità della b), deve risultare

il che ha come ovvia conseguenza che

y = z.

Si è così dimostrato che G_iè una relazione funzionale, si può pertanto considerare la terna

f = (E, E', G).

Si dimostra ora che, quale che sia x in X_i,

Si può allora fissare:

(x, f(x))

se si considera

Si dimostra ora l'unicità della f.
Siano

Sia

In tali condizioni, si può considerare:

Essendo uguali i secondi membri di tali uguaglianze, si ha:

f'(x) = f''(x)

f' = f''.

Dopo aver dimostrato l'equivalenza delle proposizioni a) e b), si continua ora con la dimostrazione finale del teorema:

è un insieme ordinato induttivo, cioè ogni parte non vuota e bene ordinata ammette estremo superiore. Allo scopo, sia

con

bene ordinata, e di conseguenza totalmente ordinata; si dimostra che tale parte di

ammette estremo superiore.
Si indichi con

Si consideri ora la famiglia di applicazioni

se si dimostra che per tale famiglia è vera la b) ora dimostrata, allora si può asserire che è vera la a).

Si considerino due elementi

(J', φ') e (J'', φ'')

dell'insieme degl'indici

, totalmente ordinato da ≤', può verificarsi che:

(J', φ') ≤' (J'', φ'') v (J'', φ'') ≤' (J', φ').

Se è

Siccome

Inoltre,

Quindi:

Se è

(J'', φ'') ≤' (J', φ'),

si perviene allo stesso riusultato, pertanto si può concludere che comunque si prendano due elementi dell'insieme degl'indici, si trova che le restrizioni delle due applicazioni relative sono uguali, quindi è vera la b) prima dimostrata, ed essendo quest'ultima equivalente alla a), si ha che: