Supondré que (1) y (2) son equivalentes y probaré que implican (3), pero primero un lema:
Lema. Cualquier ordinal se puede escribir como suma de un número finito de indescomponibles.
Demostración. Si hubiera ordinales sin tal representación, sea $\alpha$ el mínimo de ellos. Entonces $\alpha$ no puede ser indescomponible (pues tendría una representación de un solo sumando) y por lo tanto $\alpha = \beta + \gamma$ con $\beta, \gamma < \alpha$. Como $\alpha$ era mínimo, $\beta$ y $\gamma$ tienen representaciones y podemos obtener una representacion para $\alpha$ sumando esas dos.
Ahora si, probemos (4) por contradicción: supongamos que hay un contraejemplo, es decir, un $\alpha$ indescomponible, con una partición $\alpha = B \cup C$ donde $o(B), o(C) < \alpha$ (donde $o(B)$ denota al ordinal que representa el tipo de orden de un conjunto bien ordenado $B$). Podemos además suponer que $\alpha$ es el mínimo ordinal indescomponible para el que existe tal partición.
Primero probaremos que podemos reducir al caso en que $o(B)$ y $o(C)$ son indescomponibles. Sean $B = B_1 + \cdots B_r$ y $C = C_1 + \cdots + C_s$ descomposiciones de los tipos de orden de $B$ y $C$ garantizadas por el lema (donde tomamos los $B_i$ y $C_j$ como subconjuntos de $B$ y $C$ y por tanto subconjuntos de $\alpha$). Para la reducción la estrategia será, aproximadamente, ver que los últimos sumandos, $B_r$ y $C_s$, también forman una partición de (un conjunto con tipo de orden) $\alpha$.
Sea $A_1$ el mínimo segmento inicial de $\alpha$ que contiene a $B_1 \cup \cdots \cup B_{r-1} \cup C_1 \cup \cdots \cup C_{s-1}$, y sea $A_2$ lo que queda, de modo que $o(A_1) + o(A_2) = \alpha$. Nótese que $A_2$ no es vacío puesto que, por la minimalidad de $A_1$, $A_2$ debe incluir completo al menos uno de $B_r$ y $C_s$. Esto implica que $o(A_1) < \alpha$ y como $\alpha$ es indescomponible no podemos tener también que $o(A_2) < \alpha$. Por lo tanto, $o(A_2) = \alpha$. Ahora digo que $B' := B_r \cap A_2$ y $C' := C_s \cap A_2$ forman la partición deseada de $A_2$. Necesitamos verificar que $o(B'), o(C')$ son indescomponibles y menores que $\alpha$. Tenemos que $o(B') \le o(B_r) \le o(B) < \alpha$ y análogamente $o(C') < \alpha$. Para ver la indescomponibilidad, probaremos que $o(B') = o(B_r)$ y $o(C')=o(C_s)$. Tenemos que $B_r = (B_r \cap A_1) + B'$ y como $o(C') < \alpha = o(A_2)$, $B'$ es no vacío. Eso implica que $o(B_r \cap A_1) < o(B_r)$ y como $o(B_r)$ es indescomponible, $o(B') = o(B_r)$. Análogamente, $o(C') = o(C_s)$.
En resumen ahora tenemos $A_2 = B' \cup C'$ con $o(A_2) = \alpha > \beta, \gamma$ donde $\beta:=o(B')$ y $\gamma:=o(C')$ son indescomponibles. Sin pérdida de generalidad supongamos que $\beta \ge \gamma$. Como $\beta + \alpha = \alpha$ (por indescomponiblidad de $\alpha$), tenemos $A_2 = B'' + A''$ donde $B''$ es el segmento inicial de $A_2$ con $o(B'') = \beta$ y tenemos que $o(A'') = \alpha$. Tenemos que $B'' = (B'' \cap B') \cup (B'' \cap C')$ lo cual casi nos da un contraejemplo a (4), pero como $\alpha$ era el ordinal mínimo para el que había un contraejemplo y $\beta < \alpha$, concluiímos que no puede ser de hecho un contraejemplo. Eso quiere decir que $o(B'' \cap B') = \beta$ o $o(B'' \cap C') = \beta$. Como $B'' \cap B'$ es un segmento inicial de $B'$, si $o(B'' \cap B') = \beta$ tendríamos que $B'' \cap B' = B'$ y por lo tanto que $B' \subset B''$, pero entonces $A'' \subset C'$ y $\alpha = o(A'') \le \gamma < \alpha$, lo cual es una contradicción. Por otro lado, si $o(B'' \cap C') = \beta$, como $B'' \cap C'$ es un segmento inicial de $C'$ y supusimos que $\gamma \le \beta$, tendríamos que $B'' \cap C' = C'$ y $\gamma = \beta$ (pues de lo contrario, $\beta = o(B'' \cap C') \le \gamma \le \beta$ con al menos una de los dos desigualdades estrictas); de modo que $C' \subset B''$ y por lo tanto, $A'' \subset B'$ de donde $\alpha \le \beta$ lo cual es una contradicción también.
