Isomorfismo de orden-que preserva entre $\mathbb{R}^n$y $\mathbb{R}$

Question

Supongamos que tenemos un linealmente ordenados grupo de más de $\mathbb Z^n$ donde el orden va de izquierda a derecha, es decir, a la hora de decidir si $(x_1,x_2,\dots)<(y_1,y_2,\dots)$ en primer lugar comprobar si $x_1< y_1$, si es que, a continuación,$X< Y$. Si son iguales, se comparan $x_2< y_2$ y así sucesivamente.

Creo que hay un isomorfismo a un subconjunto de a $\mathbb Q$ que conserva este orden. Es decir, una numeración de Gödel $(x_1,x_2,\dots)\mapsto 2^{x_1}3^{x_2}\dots$ es un isomorfismo que tiene el mismo orden, si se utiliza por primera vez el 2-ádico de la norma, entonces el 3-ádico norma etc.

Creo que es un poco más complicado de isomorfismo existe incluso si estamos tratando con $\mathbb Q^n$. Sin embargo, no estoy seguro de si esto es cierto, si estamos tratando con $\mathbb R^n$. Así que me pregunto:

Para cualquier grupo de más de $\mathbb R^n$ que utiliza la izquierda-a-derecha de pedido, hay un grupo equivalente de más de $\mathbb R$?

Answer 1

No. Tenga en cuenta que una orden-isomorfismo será un inyectiva función continua cuando ambos están considerados en el orden de la topología. Considerar, a continuación, $\Bbb R^2$ ordenada como la que usted describe, y, en particular, considerar las imágenes de los conjuntos conectados $\{x\}\times\Bbb R$ $\Bbb R^2$ bajo cualquier función continua. La imagen continua de un conjunto conectado está conectado, así que para $f$ a ser inyectiva, se requerirá para las imágenes de esos conjuntos conectados a ser distinto, innumerables conectado subconjuntos de a $\Bbb R$. Los interiores de estos conjuntos conectados sería distinto, abierto intervalos o rayos, pero no sería una cantidad no numerable de estos, lo cual es imposible, ya que $\Bbb R$ tiene una contables subconjunto denso.

Por cierto, no estoy seguro de lo que su racional isomorfismo se supone que debe hacer, pero creo que no funciona. Sin embargo, como una contables densa orden lineal sin extremos, $\Bbb Q^n$ es isomorfo a $\Bbb Q$.

Answer 2

Una ordenó grupo abelian $(G,+,<)$ es de Arquímedes si para todas las $x,y \in G$$x > 0$, no es un entero positivo $n$$nx > y$.

La famosa frase de las que dispuso el grupo $(\mathbb{R},+,<)$ es de Arquímedes. Pero para $N > 1$, $\mathbb{R}^N$ dotado con el orden lexicográfico es: no todos los $n \in \mathbb{Z}^+$,$n (0,1,0,\ldots,0) < (1,0,\ldots,0)$. Así que no puede ser el fin de isomorfo.

Es un teorema de que el Titular de un pedido abelian grupo de Arquímedes iff puede ser incorporado en $\mathbb{R}$: ver $\S$ 17.2 de estas notas para una prueba.

Estas ideas puede ser empujado mucho más: un subgrupo $H$ de orden del grupo abelian $(G,+,<)$ es convexo si para todas las $x < y< z \in G$ si $x,z \in H$ también $y \in H$.

La familia de convexo subgrupos de orden del grupo abelian es linealmente ordenado en virtud de la inclusión (la Proposición 17.10 de la loc. cit.). Así que el fin de isomorfismo tipo de este conjunto es un invariante de $(G,+,<)$, decir $r(G)$. Al $r(G)$ es finito se identifican con un número natural y lo llaman el rango de $G$. Entonces:

$\bullet$ Ordenada grupo tiene rango en la mayoría de los $1$ fib es de Arquímedes (Proposición 17.11 de la loc. cit.).

$\bullet$ El rango de $\mathbb{R}^N$$N$. (Ejercicio! Esto afina la pregunta actual.)