%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\Materia{Topología}
\Cuatrimestre{Segundo Cuatrimestre --- 2009}
\Practica{0}
\Titulo{Conjuntos ordenados}

\begin{document}

\maketitle

\begin{ejercicios}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\header{Principio general de definición recursiva}
Sea $J$ un conjunto bien ordenado. Decimos que un subconjunto $S\subseteq J$ es una
\definiendum{sección} de~$J$ si
  \[
  \forall \alpha\in S, \forall \beta\in J, \quad \beta\leq\alpha \implies \beta\in S.
  \]
En particular, si $\beta\in J$, el conjunto $S_\beta=\{\alpha\in
J:\alpha<\beta\}$ es una sección de~$J$. Notemos que si $S$ es una sección
de~$J$ y $\beta\in S$, entonces $S_\beta\subseteq S$.

Sea $C$ un conjunto y sea $\mathcal F$ el conjunto de todas las funciones
$h:S\to C$ cuyo dominio~$S$ es una sección de~$J$. Sea, finalmente, $\rho:\mathcal F\to
C$ una función. Si $h:S\to C$ es un elemento de~$\mathcal F$, decimos que $h$ es
\definiendum{compatible} con~$\rho$ si
  \[
  h(\alpha)=\rho(h|_{S_\alpha})
  \]
para todo $\alpha \in S$. El objetivo de este ejercicio es mostrar que
  \begin{equation}\label{eq:def}
  \claim{existe una función $h:J\to C$ que es compatible con~$\rho$.}
  \end{equation}
Para verlo:
\begin{ejitems}

\item Si $S$ es una sección de~$J$ y $h_1$,~$h_2:S\to C$ son funciones compatibles
con~$\rho$, entonces $h_1=h_2$.

\item Si $\beta\in J$ y si $h:S_\beta\to C$ una función compatible
con~$\rho$, entonces existe una función $\bar h:S_\beta\cup\{\beta\}\to C$
que es compatible con~$\rho$.

\item Si $K \subset J$ y si para todo $\alpha \in K$ existe una función
$h_\alpha:S_\alpha \to C$ compatible con~$\rho$, entonces
existe una función
  \[
  k: \bigcup_{\alpha \in K} S_\alpha \to C
  \]
que es compatible con~$\rho$.

\item Para todo $\beta\in J$ existe una función $h_\beta: S_\beta \to C$
que es compatible con~$\rho$.

\begin{Indicacion}
Estudie por separado el caso en que $\beta$ tiene un predecesor inmediato y el
caso en que no.
\end{Indicacion}

\item Demuestre~\eqref{eq:def}.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Sean $h_1$,~$h_2:J\to C$ dos funciones compatibles con~$\rho$ y
supongamos que $h_2\neq h_2$. Entonces $P=\{\alpha\in S:h_1(\alpha)\neq
h_2(\alpha)\}\neq\emptyset$ y podemos considerar el elemento $\beta=\min
P\in S$. Es $h_1(\alpha)=h_2(\alpha)$ para cada $\alpha\in S$
con~$\alpha<\beta$, de manera que $h_1|_{S_\beta}=h_2|_{S_\beta}$ y
$h_1(\beta) = \rho(h_1|_{S_\beta})=\rho(h_2|_{S_\beta}) = h_2(\beta)$. Esto
contradice la elección de~$\beta$.

\ejitem{2} Sea $\bar h:S_\beta\cup\{\beta\}\to C$ tal que $\bar
h|_{S_\beta}=h$ y $\bar h(\beta)=\rho(h)$. Es inmediato que esta
función~$\bar h$ es compatible con~$\rho$.

\ejitem{3} Sea $R=\bigcup_{\alpha\in K}S_\alpha$. Sea $s:R\to K$ tal que
para cada $\beta\in R$ es $s(\beta)=\min\{\alpha\in K:\beta<\alpha\}$ y
definamos $k:R\to C$ poniendo $k(\beta)=h_{s(\beta)}(\beta)$ para cada
$\beta\in R$; esto tiene sentido porque para todo $\beta\in R$ es $\beta\in
S_{s(\beta)}$. 

Sea $\beta\in R$. Si $\beta'<\beta$, es $\{\alpha\in
K:\beta'<\alpha\}\supseteq\{\alpha\in K:\beta<\alpha\}$ y, en consecuencia,
$s(\beta')=\min\{\alpha\in
K:\beta'<\alpha\}\leq\min\{\alpha\in K:\beta<\alpha\}=s(\beta)$: podemos
entonces considerar la restricción $h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}$. Las
funciones $h_{s(\beta')}$,~$h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}:S_{s(\beta')}\to
C$ son compatibles con~$\rho$, así que lo probado en la parte~\ejitem{1}
implica que $h_{s(\beta')}=h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}$ y, en particular,
que
  \[
  k(\beta')=h_{s(\beta')}(\beta')=\bigl(h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}\bigr)(\beta')=h_{s(\beta)}(\beta').
  \]
Esto muestra que $k|_{S_\beta}=h_{s(\beta)}|_{S_\beta}$ y, como
$h_{s(\beta)}$ es compatible con~$\rho$, que tenemos que
  \[
  k(\beta) = h_{s(\beta)}(\beta) = \rho(h_{s(\beta)}|_{S_\beta}) = \rho(k|_{S_\beta}).
  \]
Concluimos de esta forma que $k$~es compatible con~$\rho$.

\ejitem{4} Supongamos que no, y sea $\beta$ el menor elemento de~$J$ tal
que no existe una función $h_\beta:S_\beta\to C$ que sea compatible
con~$\rho$. Si existe un predecesor inmediato~$\gamma$ en~$J$ para~$\beta$,
la elección de~$\beta$ implica que existe una función $h_\gamma:S_\gamma\to
C$ compatible con~$\rho$. Entonces $S_\beta=S_\gamma\cup\{\gamma\}$ y, por
lo hecho en~\ejitem{2}, existe una función $h_\beta:S_\beta\to C$
compatible con~$\rho$: esto contradice la elección de~$\beta$.

No puede, entonces, existir un predecesor inmediato de~$\beta$ en~$J$. Si
ponemos $K=S_\beta$, para todo $\alpha\in K$ existe una función
$h_\alpha:S_\alpha\to C$ compatible con~$\rho$, así que \ejitem{3}~implica
que existe una función $h_\beta:\bigcup_{\alpha\in K}S_\alpha\to C$
compatible con~$\rho$. Como $\beta$~no tiene predecesor inmediato, se tiene
que $\bigcup_{\alpha\in K}S_\alpha=\bigcup_{\alpha<\beta}S_\alpha=S_\beta$,
y entonces la existencia de~$h_\beta$ contradice otra vez la elección
de~$\beta$. Vemos que la hipótesis de que el enunciado es falso es
insostenible.

\ejitem{5} De acuerdo a~\ejitem{4} para cada $\beta\in J$ existe una
función $h_\beta:S_\beta\to C$ compatible con~$\rho$. Si~existe $\beta\in
J$ tal que $\beta=\max J$, entonces podemos definir $h:J\to C$ de manera
que sea $h|_{S_{\beta}}=h_\beta$ y $h(\beta)=\rho(h_\beta)$, y es inmediato
verificar que $h$~resulta compatible con~$\rho$.

Si, por el contrario, el conjunto~$J$ no tiene máximo, podemos definir $s:J\to J$ con
$s(\beta)=\min\{\alpha\in J:\alpha>\beta\}$ para cada~$\beta\in J$
y $h:J\to C$ con $h(\beta)=h_{s(\beta)}(\beta)$ si~$\beta\in J$; observemos
que esto último tiene sentido porque $\beta\in S_{s(\beta)}$. 

Sea $\beta\in J$. Si $\beta'\in J$ es tal que $\beta'<\beta$, entonces
$\{\alpha\in J:\alpha>\beta'\}\supseteq \{\alpha\in J:\alpha>\beta\}$, de
manera que $s(\beta')=\min\{\alpha\in J:\alpha>\beta'\}\leq \min\{\alpha\in
J:\alpha>\beta\}=s(\beta)$, que podemos considerar la restricción
$h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}$, y que las dos funciones
$h_{s(\beta')}$,~$h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}: S_{s(\beta')}\to C$ son
compatibles con~$\rho$; usando ahora~\ejitem{1} vemos que
$h_{s(\beta')}=h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}}$ y, en particular, que
$h(\beta')=h_{s(\beta')}(\beta')=(h_{s(\beta)}|_{S_{s(\beta')}})(\beta')=h_{s(\beta)}(\beta')$.
Concluimos que $h|_{S_\beta}=h_{s(\beta)}|_{S_\beta}$ y, en consecuencia,
que $\rho(h|_{S_\beta})=\rho(h_{s(\beta)}|_{S_\beta})$, que es lo mismo que
$h_{s(\beta)}(\beta)$, porque $h_{s(\beta)}$ es compatible con~$\rho$, y
que, a su vez, es $h(\beta)$, en vista de la forma en que definimos a~$h$.
Esto prueba que~$h$~es compatible con~$\rho$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\begin{ejitems}

\item\label{ej:2a} Sean $J$ y $E$ dos conjuntos bien ordenados y sea $h:J
\to E$ una función. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:
\begin{enumerate}[label=(\emph{\roman*})]

\item $h$ preserva el orden y su imagen es $E$ o una sección de $E$.

\item $h(\alpha)=\min E \setminus h(S_\alpha)$ para todo $\alpha \in J$.

\item Para todo $\alpha\in J$ es $h(S_\alpha)=S_{h(\alpha)}$.

\end{enumerate}

\item\label{ej:2b} Si $E$ es un conjunto bien ordenado, entonces el tipo de orden de una
sección propia de~$E$ es distinto del tipo de orden de~$E$, y que dos secciones
distintas de~$E$ tienen tipos de orden distintos.

\begin{Indicacion}
Dado $J$, existe a lo sumo una aplicación que preserva el orden de $J$ en
$E$ cuya imagen es $E$ o una sección de $E$.
\end{Indicacion}

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1}
\implicacion[roman]{1}{3} Supongamos que \pitem[roman]{3} no vale y sea
$\beta=\min\{\alpha\in J:h(S_\alpha)\neq S_{h(\alpha)}\}$. Si~$\beta$~tiene
un predecesor inmediato~$\gamma$ en~$J$, entonces la hipótesis sobre la
imagen de~$h$ implica que $h(\gamma)$ es un predecesor inmediato
de~$h(\beta)$, así que
  \[
  S_{h(\beta)} 
    = S_{h(\gamma)}\cup\{h(\gamma)\}
    = h(S_{\gamma})\cup\{h(\gamma)\}
    = h\bigl(S_\gamma\cup\{\gamma\}\bigr)
    = h(S_\beta),
  \]
lo que es imposible. Luego $\beta$ no tiene un predecesor inmediato en~$J$,
es $S_\beta=\bigcup_{\alpha<\beta}S_\alpha$ y 
  \[
  \textstyle
  h(S_\beta)
     = h(\bigcup_{\alpha<\beta}S_\alpha)
     = \bigcup_{\alpha<\beta}h(S_\alpha)
     = \bigcup_{\alpha<\beta}S_{h(\alpha)}
     \subseteq S_{h(\beta)}.
  \]
La elección de~$\beta$ implica que esta inclusión es estricta, así que
existe $\eta\in S_{h(\beta)}\setminus h(S_\beta)$. La hipótesis sobre la
imagen de~$h$ implica entonces que existe $\gamma\in J$ tal que
$h(\gamma)=\eta$ y, como $h$~preserva el orden, $\gamma<\beta$. Ya que
$\beta$~no tiene predecesor inmediato, existe $\gamma'\in J$ tal que
$\gamma<\gamma'<\beta$ y, en consecuencia, $\eta=h(\gamma)\in
h(S_{\gamma'})\subseteq h(S_\beta)$. Esto es absurdo.

\implicacion[roman]{2}{3} Supongamos ahora que vale (\emph{ii}) y que $\beta\in J$ es tal que
$h(S_\alpha)=S_{h(\alpha)}$ para todo $\alpha\in J$ con $\alpha<\beta$.
Si $\beta$ tiene un predecesor inmediato~$\gamma$ en~$J$, de manera que
$S_\beta=S_\gamma\cup\{\gamma\}$, entonces
$h(S_\beta)=h(S_\gamma\cup\{\gamma\})=h(S_\gamma)\cup\{h(\gamma)\}=S_{h(\gamma)}\cup\{h(\gamma)\}$.
Esto y la hipótesis implican que $\min
E\setminus(S_{h(\gamma)}\cup\{h(\gamma)\})=\min E\setminus
h(S_\beta)=h(\beta)$; usando ahora el hecho evidente que
$S_{h(\gamma)}\cup\{h(\gamma)\}$ es una sección de~$E$, vemos que es
precisamente $S_{h(\beta)}$. Así, en este caso tenemos que $h(S_\beta)=S_{h(\beta)}$.

Consideremos, en segundo lugar, el caso en que $\beta$ no tiene predecesor
inmediato, con lo que $S_\beta=\bigcup_{\alpha<\beta}S_\alpha$. Ahora es
$h(S_\beta)=h(\bigcup_{\alpha<\beta}S_\alpha)=\bigcup_{\alpha<\beta}h(S_\alpha)
=\bigcup_{\alpha<\beta}S_{h(\alpha)}$. Observemos que
$\bigcup_{\alpha<\beta}S_{h(\alpha)}$ es una sección de~$E$ y que $\min
E\setminus\bigcup_{\alpha<\beta}S_{h(\alpha)}=\min E\setminus
h(S_\beta)=h(\beta)$ por hipótesis, así que
$\bigcup_{\alpha<\beta}S_{h(\alpha)}=S_{h(\beta)}$ y, en consecuencia, 
$h(S_\beta)=S_{h(\beta)}$ también en este caso. 

\implicacion[roman]{3}{1} Supongamos que $\alpha$,~$\beta\in J$ y que
$\alpha<\beta$. Entonces $\alpha\in S_\beta$, así que $h(\alpha)\in
h(S_\beta)=S_{h(\beta)}$. Esto nos dice que $h(\alpha)<h(\beta)$ y, en
consecuencia, que $h$ es estríctamente creciente.

Por otro lado, si $\eta\in E\setminus h(J)$ y $\beta\in J$ es tal que
$h(\beta)>\eta$, entonces $\eta\in E\setminus E_{h(\beta)}$ y
$h(\beta)=\min E\setminus h(S_\beta)=\min E\setminus S_{h(\beta)}\leq\eta$.
Esto es absurdo, así que $h(J)$ es una sección de~$E$.

\implicacion[roman]{3}{2} Si $\alpha\in J$, entonces $h(\alpha)=\min
E\setminus S_{h(\alpha)} = \min E\setminus h(S_\alpha)$.

\ejitem{2} Sea $S\subseteq E$ una sección no vacía, y supongamos
que $h:S\to E$ es un isomorfismo de conjuntos ordenados. Entonces
$h$~satisface la condición~\pitem[roman]{1} de la parte~\ejitem{1}, así que
satisface tambien la condición~\pitem[roman]{2}. Supongamos que
$P=\{\alpha\in S:h(\alpha)\neq\alpha\}\neq\emptyset$ y~sea $\beta=\min P$.
Entonces para cada $\alpha\in S$ con $\alpha<\beta$ es $h(\alpha)=\alpha$,
de manera que $h(S_\beta)=S_\beta$ y $h(\beta)=\min E\setminus
h(S_\beta)=\min E\setminus S_\beta=\beta$. Esto es absurdo, así que podemos
concluir que $h(\alpha)=\alpha$ para cada $\alpha\in S$. Como $h$~es
sobreyectivo por hipótesis, vemos que $S=E$, y esto prueba la primera
afirmación.

Para ver la segunda, supongamos que $S$,~$S'\subseteq E$ son secciones
distintas y no vacías. Entonces o bien $S\subsetneq S'$ o $S'\subsetneq S$ y, por lo ya
probado, $S\not\equiv S'$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $J$ y $E$ dos conjuntos bien ordenados y sea $k:J \to E$ una
función que preserva el orden. Entonces el tipo de orden de $J$ es el de
$E$ o el de una sección~de~$E$.

\begin{Indicacion}
Elija $e_0 \in E$, defina $h:J \to E$ mediante la recursión
  \[
  h(\alpha) = \begin{cases}
                \min(E \setminus h(S_\alpha)) & \text{si $h(S_\alpha) \neq E$;} \\
                 e_0 & \text {en caso contrario;}
              \end{cases}
  \]
y muestre que $h(\alpha) \leq k(\alpha)$ para todo $\alpha \in J$.
Concluya de esto que $h(S_\alpha)\neq E$ para todo $\alpha \in J$.
\end{Indicacion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item\label{tricotomia} Si $A$ y $B$ son dos conjuntos bien ordenados, entonces se
satisface exactamente una de las siguientes tres condiciones:
\begin{itemize}
\item $A$ y $B$ tienen el mismo tipo de orden;
\item $A$ tiene el tipo de orden de una seccción de $B$;
\item $B$ tiene el tipo de orden de una sección de $A$.
\end{itemize}

\begin{Indicacion}
Construya un conjunto bien ordenado que contenga a~$A$ y a~$B$
y usar el ejercicio anterior.
\end{Indicacion}

\begin{Solucion}
Llamemos $\leq_A$ y $\leq B$ a las relaciones de orden de~$A$ y de~$B$,
respectivamente. Sea $(A+B,\leq)$ el conjunto ordenado que tiene $A+B=A\cup
B$ y en el que
  \[
  x\leq y \iff
    (x\in A\wedge y\in A\wedge x\leq_Ay)
    \vee
    (x\in B\wedge y\in B\wedge x\leq_By)
    \vee
    (x\in A\wedge y\in B).
  \]
Es inmediato verificar que se trata de un conjunto bien ordenado.

La inclusión $B\inc A+B$ claramente preserva el orden, así que el ejercicio
anterior implica que $B$ es isomorfo a una sección~$S$ de $A+B$. Por otro
lado, $A$ es una sección de~$A+B$. Entonces o bien $S=A$ o bien
$S\subsetneq A$ o bien $A\subsetneq S$, y estas opciones son exclusivas.
Por el ejercicio~\ref{ej:2b}, esto nos dice que o bien $S=A$, o bien $S$ es
isomorfo a una sección de~$A$, o bien $A$ es isomorfo a una sección de~$S$,
y estas opciones son exclusivas. Esto prueba lo que queremos.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Sean $X$ un conjunto y sea $\mathcal A$ la familia de todos los pares
$(A,\mathord\leq)$ con~$A$ un subconjunto de~$X$ y $<$~un buen orden en~$A$.
Definimos una relación~$\preceq$ en~$\mathcal A$ de manera que
$(A,\leq) \preceq (A',\leq')$ si $(A,\leq)$ es una sección de $(A',\leq')$.

\begin{ejitems}

\item La relación~$\preceq$ es un orden parcial sobre $\mathcal A$.

\item Sea $\mathcal B$ una subfamilia de~${\mathcal A}$
totalmente ordenada por~$\preceq$. Sea
  \[
  B' = \bigcup_{(B,\mathord\leq)\in\mathcal B}B
  \]
y sea $\leq'$ la unión de las relaciones $\leq$ que aparecen como segunda
componente de los elementos de~$\mathcal B$. Muestre que $(B',\leq')$ es un
conjunto bien ordenado.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} Esto es evidente.

\ejitem{2} Sean $x$,~$y\in B'$. Entonces existen
$(B_1,\leq_1)$,~$(B_2,\leq_2)\in\mathcal B$ tales que $x\in B_1$ e $y\in
B_2$. Como $\mathcal B$ está totalmente ordenado por~$\preceq$, es
$(B_1,\leq_1)\preceq(B_2,\leq_2)$ o $(B_2,\leq_2)\preceq(B_1,\leq_1)$.
En el primer caso tenemos que $x$,~$y\in B_2$, así que $x\leq_2y$ o
$y\leq_2x$ y entonces $x\leq'y$ o $y\leq'x$, en vista de la forma en que
fue definida la relación~$\leq'$. En el segundo caso podemos proceder de la
misma forma. Esto prueba que $\leq'$ es un orden total. Para terminar,
mostremos que se trata de un buen orden.

Sea $P\subseteq B'$. Entonces existe $(B,\leq)\in\mathcal B$ tal que $P\cap
B\neq\emptyset$ y entonces podemos considerar el elemento $x=\min_{\leq}
P\cap B$. Afirmamos que $x=\min_{\leq'}P$. Sea $y\in P$. Sea
$(B_1,\leq_1)\in\mathcal B$ tal que $y\in B_1$. Si~es
$(B,\leq)\preceq(B_1,\leq_1)$, entonces $x=\min_\leq P\cap
B=\min_{\leq_1}P\cap B_1\leq y$: la segunda igualdad es consecuencia fácil
de que $(B,\leq)$ es una sección de~$(B_1\leq_1)$. Si en cambio
$(B_1,\leq_1)\preceq(B,\leq)$, entonces $y\in P\cap B$ y, en consecuencia,
$x\leq y$.~\qed
\end{Solucion}

%%%%%%%%%%%%%%%
\item Usando los ejercicios 1--5 muestre que el principio del máximo
es equivalente al teorema del buen orden.

%%%%%%%%%%%%%%%
\item El objetivo de este ejercicio es demostrar, usando los resultados de
los ejercicios 1--5, que el axioma de elección es equivalente al
teorema del buen orden.

Sea $X$ un conjunto, sea $\mathcal P'(X)$ el conjunto de las partes no
vacías de~$X$ y sea $c:\mathcal P'(X)\to X$ una función de elección fijada,
de manera que para cada $T\in\mathcal P'(X)$ es $c(T)\in T$. Si $T$ es un
subconjunto de $X$ y $\leq$ es una relación sobre $T$, decimos que $(T,\leq)$ es
una \definiendum{torre} en~$X$ si~$\leq$ es un buen orden de~$T$ y si para
cada $x \in T$ se tiene que
  \[
  x=c(X \setminus S_x(T,\mathord\leq))
  \]
con $S_x(T,\mathord\leq)$ la sección de $(T,\mathord\leq)$ por~$x$.

\begin{ejitems}

\item Si $(T_1,\leq_1)$ y $(T_2,\leq_2)$ son dos torres en $X$, entonces o bien
estos conjuntos ordenados coinciden, o bien uno de ellos es una sección del otro.

\begin{Indicacion}
Suponiendo que $h:T_1 \to T_2$ preserva el orden y que $h(T_1)$ es igual a
$T_2$ o a una sección de $T_2$, pruebe que $h(x)=x$ para todo $x \in T_1$.
\end{Indicacion}

\item Si $(T,\leq)$ es una torre en $X$ y $T \neq X$, entonces que existe una
torre en~$X$ de la cual $(T,\leq)$ es una sección.

\item Sea $\{(T_k,\leq_k) : k \in K \}$ la familia de todas las  torres de
$X$ y sean 
  \[
  T=\bigcup_{k \in K} T_k
  \qquad\text{y}\qquad
  \mathord\leq = \bigcup_{k \in K} \mathord\leq_k. 
  \]
Muestre que $(T,\leq)$ es una torre en $X$ y concluya de esto que $T=X$.

\end{ejitems}

\begin{Solucion}
\ejitem{1} A menos de cambiar los índices de $T_1$ y de~$T_2$, el
ejercicio~\ref{tricotomia} nos dice que podemos suponer que existe una
función $h:T_1\to T_2$ que preserva el orden y cuya imagen es una sección
de~$T_2$. Sea $P=\{x\in T_1:h(x)\neq x\}$ y supongamos que
$P\neq\emptyset$, de manera que tiene sentido considerar el elemento
$x=\min P$. Entonces $h(y)=y$ para todo $y\in T_1$ con $y<x$, así que
$h(S_x)=S_x$. Del ejercicio~\ref{ej:2a} sabemos que $h(S_x)=S_h(x)$, así
que vemos que $h(x)=x$, contradiciendo la elección de~$x$: esto es absurdo.
Concluimos que $P=\emptyset$, así que coo conjuntos $T_1\subseteq T_2$.

\end{Solucion}

\end{ejercicios}

\vspace*{\stretch{1}}

\foto{Zermelo}{Ernst Friedrich Ferdinand Zermelo\\1871--1953, Alemania}{}

\vspace*{\stretch{1}}


\end{document}
