Encontrar un buen orden de los números naturales de un determinado tipo de orden

Question

Deje $X$ ser el conjunto de todos los órdenes de la serie de los números naturales, y deje $O$ el conjunto de contables ordinales, es decir, el conjunto de los números ordinales que son tipos de orden de la compra en $X$. Entonces mi pregunta es, es posible el uso de la recursión transfinita para definir una función de $f:O\rightarrow X$ donde para cada ordinal $\alpha\in O$, $f(\alpha)$ es un buen orden de la serie de los números naturales con el fin de tipo $\alpha$?

El caso base es bastante fácil; podemos dejar $f(\omega)$ ser el orden estándar en $\mathbb{N}$. Y el sucesor caso es fácil; si sabemos lo $f(\alpha)$ es, entonces, definir $f(\alpha+1)$ podemos aplicar (un análogo de la) $f(\alpha)$ $\mathbb{N}-0$y, a continuación, agrega un 0 al final de la misma.

Pero ¿cómo hacemos el límite de caso, es decir, si $\lambda$ es un ordinal límite en $O$ y sabemos que los valores de $f(\alpha)$ todos los $\alpha<\lambda$, ¿cómo podemos definir la $f(\lambda)$?

Answer 1

Sí, pero no realmente.

Por un límite ordinal $\alpha$, se puede elegir un cofinal aumento de la secuencia de $\alpha_n$ ir $\alpha$$\alpha_0=0$, luego de la partición de $\Bbb N$ en infinidad de conjuntos infinitos, $A_n$, entonces el orden de $A_n$ con el orden dado por $f(\alpha_{n+1}\setminus\alpha_n)$ (a componer natural con la enumeración que es), y por lo tanto crear un orden de tipo $\alpha$. Por supuesto, si $\alpha_{n+1}\setminus\alpha_n$ es un ordinal finito, que requieren $A_n$ es del tamaño adecuado en lugar de infinito.

Pero para hacerlo, así que para todos los contables ordinales, usted tiene que elegir para todos los límites de los números ordinales estos cofinal secuencias. Por supuesto, esto es posible con el axioma de elección. Pero si usted está apelando a que el axioma de elección, es más fácil considerar la función de $\operatorname{otp}\colon X\to O$, la asignación de cada bien para su tipo de orden, señalando que es surjective, y sólo la elección de un inversa mapa.

Sin el axioma de elección, que es tal vez lo que te gustaría hacer, y hacerlo más... de forma constructiva, es coherente que ningún tipo de inyección existe. O que no hay inyecciones a todos los de la serie de contables de los números ordinales en el conjunto de ordenamientos de $\Bbb N$.

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En resumen, usted puede hacer esto, pero no de manera constructiva. Y ya que estamos aplicando el axioma de elección, bien podría salir de la recursivo de construcción detrás y sólo tiene que utilizar su elección directamente.

Answer 2

Creo que está teniendo un poco de confusión con Asaf la respuesta, así que permítanme reformular un poco. El objetivo es romper nuestra $\lambda$ en un montón de bloques, y "pegar juntos" fijo copias de cada uno de los bloques para construir una copia de $\lambda$ sí.

Caminar hasta un ordinal

Supongamos que tengo una contables límite ordinal $\lambda$. Hay (ejercicio) una secuencia $(\alpha_n)_{n\in\mathbb{N}}$ tal forma que:

• $\alpha_1<\alpha_2<\alpha_3<...$, y

• $\lambda=\sup\{\alpha_n: n\in\mathbb{N}\}$.

Llamamos a una secuencia de una fundamental secuencia de $\lambda$. Tenga en cuenta que cada elemento de fundamental secuencia de $\lambda$$<\lambda$.

Es importante destacar que, fundamentales secuencias no son únicos, y, de hecho, el hecho de que tenemos un montón de opciones va a ser donde nonconstructivity/el axioma de elección a la fluencia.

Aclaración: la opción no es necesaria para demostrar que cada contables ordinal fundamental de la secuencia. Sin embargo, es necesario para obtener un mapa de la asignación de cada contables ordinal fundamental de la secuencia. Del mismo modo, necesitamos elección para demostrar que el $f$ desea que existe, aunque ZF se demuestra que para cada uno de los contables de $\alpha$ hay un mapa de la asignación de cada ordinal $<\alpha$ a una relación en los productos naturales de los que ordertype. Como un ejemplo extremo de un camino de la $f$ desea puede dejar de existir en ZF, tenga en cuenta que hay modelos de ZF en el que $\omega_1$ es una contables de la unión de conjuntos contables; en este modelo, la existencia de una $f$ tal como la describe implicaría la countability de $\omega_1$.

Ejemplos

• $\lambda=\omega+\omega$: la secuencia $$\alpha_1=\omega, \alpha_2=\omega+1,\alpha_3=\omega+2,...,\alpha_{n+1}=\omega+n,...$$ is a fundamental sequence for $\lambda$. But so is the sequence $$\beta_1=5,\beta_2=13,\beta_3=\omega+4,\beta_4=\omega+6,\beta_5=\omega+8,...,\beta_{n+2}=\omega+2n,...$$

• $\lambda=\omega^2$: la secuencia $$\alpha_1=\omega,\alpha_2=\omega\cdot 2,\alpha_3=\omega\cdot 3,...,\alpha_n=\omega\cdot n,...$$ is the "most obvious" fundamental sequence for $\lambda$. However, there are lots of other possibilities, like $$\beta_1=\omega\cdot 2,\beta_2=\omega\cdot 4,\beta_3=\omega\cdot6,...,\beta_n=\omega\cdot 2n, ...$$

Romper un ordinal en bloques

Ahora llegamos a la clave de paso. Supongamos $\lambda$ es un ordinal límite y $(\alpha_i)_{i\in\mathbb{N}}$ es fundamental secuencia de $\lambda$. A continuación, podemos romper $\lambda$ en "bloques", otorgado por la fundamental de la secuencia:

Dada una contables límite ordinal $\lambda$ y fundamental de la secuencia de $(\alpha_i)_{i\in\mathbb{N}}$$\lambda$, no hay una única secuencia $(A_i)_{i\in\mathbb{N}}$ de los ordinales tales que $$\sum_{1\le i\le n}A_i=\alpha_n.$$ More importantly, we have $$\sum_{i\in\mathbb{N}}A_i=A_1+A_2+A_3+...=\sup\{\alpha_i: i\in\mathbb{N}\}=\lambda.$$

La prueba es un buen ejercicio. Intuitivamente, para la existencia de la parte (que es la única parte que realmente necesitamos aquí) queremos "$A_{i+1}=\alpha_{i+1}-\alpha_i$," a pesar de que, obviamente, tenemos que ser cuidadosos con lo que queremos decir por que ...

Por ejemplo, si dejamos $\lambda=\omega$$\alpha_i=2i$, luego tenemos a $A_i=2$ por cada $i$: contar hasta $\omega$ por números recortes $\omega$ en una secuencia de bloques de cada uno de longitud $2$.

Hacer el trabajo de la inducción

Ahora podemos probar el resultado que usted desea:

Supongamos que tengo una contables límite ordinal $\lambda$, y para cada una de las $\eta<\lambda$ tengo un buen orden $W_\lambda$ (un subconjunto de) $\mathbb{N}$ de ordertype $\eta$. (Esto es, después de todo, el único paso de la inducción que se está perdiendo.)

Es un poco más fácil trabajar con órdenes de conjuntos de números naturales, en contraposición a los ordenamientos de todos los de $\mathbb{N}$ - por ejemplo, significa que finito bloques no son un problema - pero es puramente cosmético elección.

Revisión fundamental de la secuencia de $(\alpha_i)_{i\in\mathbb{N}}$$\lambda$, y deje $(A_i)_{i\in\mathbb{N}}$ la correspondiente "secuencia de bloques" como por el hecho anteriormente. Por la hipótesis de inducción - tenga en cuenta que $A_i<\lambda$ todos los $i$, ya que el $A_i\le\alpha_i<\lambda$ - puedo obtener una secuencia de órdenes de (subconjuntos) $\mathbb{N}$ correspondiente a la $A_i$s, es decir,$(W_i)_{i\in\mathbb{N}}$. Intuitivamente, ahora quiero añadir el $W_i$s juntos. Puedo hacerlo de la siguiente manera:

• Deje $W$ ser los siguientes pedidos:

  • El conjunto subyacente $dom(W)$ $W$ es $$\{\langle i, x\rangle: x\in dom(W_i)\}.$$ (Here "$\langle\cdot a\cdot\rangle$" is your favorite pairing function $\mathbb{N}^2\cong\mathbb{N}$.)

  • El pedido de la relación en $W$ está dado por $$\langle i,x\rangle\le \langle j,y\rangle\iff (i<j)\vee (i=j\wedge x\le_{W_i}y).$$

Ahora es fácil mostrar que la ordertype de $W$ $$A_1+A_2+A_3+...=\sup\{\alpha_n:n\in\mathbb{N}\}=\lambda.$$