Qué ordinales se incrustan en $2^\omega$ ¿ordenados por inclusión?

Question

Qué ordinales se pueden incrustar en el conjunto de potencias de $\omega$ ¿ordenados por inclusión?

Veo que $\omega\cdot\omega$ puede (y, por tanto, cualquier cosa menos que eso): podemos dividir $\omega$ en $\omega$ subconjuntos contablemente infinitos $\{A_i\}_{i\in\omega}$ , $A_i\cap A_j=\varnothing$ para $i\neq j$ , $A_i\subseteq\omega$ , $|A_i|=\aleph_0$ .

Podemos dotar a cada $A_i$ con una orden bien $\leq_i$ de tipo $\omega$ . Sea $f_i:\omega\to A_i$ sea una biyección y $\leq_i$ sea el bien ordenado en $A_i$ inducido por ella. Podemos denotar $a_{i,j}:=f_i(j).$

Podemos definir la familia

• $B_{0,0}=\{a_{0,0}\},$
• $B_{m,n+1}=B_{m,n}\cup\{a_{m,n+1}\}$ para $m,n\in\omega,$
• $B_{m+1,0}=\bigcup_{k\in\omega} B_{m,k}$ para $m\in\omega$ .

Esta familia ordenada por inclusión es, si no me equivoco, naturalmente isomorfa a $\omega\cdot\omega.$

Creo que dividiendo la partición, podemos obtener $\omega^3$ . Estoy seguro de que podemos encontrar ordinales contables mucho más grandes en $(2^\omega,\subseteq)$ pero no veo hasta dónde podemos llegar. ¿Es todo ordinal contable incrustado en este conjunto? ¿Hay ordinales incontables incrustados?

Answer 1

También podría haber preguntado qué tipos de orden lineal se incrustan en $2^\omega$ es igual de fácil de responder.

Proposición 1. Un orden lineal es incrustable en $2^\omega$ si y sólo si es integrable en $R$ .

Prueba. Si $\mathcal C$ es un subconjunto linealmente ordenado de $2^\omega$ entonces $X\mapsto\sum\{2^{-n}:n\in X\}$ incrustaciones $\mathcal C$ en $\mathbb R$ . Por otro lado, $x\mapsto\{r\in\mathbb Q:r<x\}$ incrustaciones $\mathbb R$ en $2^{\mathbb Q}$ que es isomorfo a $2^\omega$ .

Propuesta 2. Todo orden lineal contable es incrustable en $\mathbb R$ y por lo tanto en $2^\omega$ .

(En realidad, por un famoso teorema de Cantor, todo orden lineal contable es incrustable en $\mathbb Q$ pero eso es un poco más difícil de probar).

Prueba. Supongamos que $(L,<)$ es un conjunto contable linealmente ordenado. Elija una inyección $f:L\rightarrow\mathbb N$ . Entonces $x\mapsto\sum\{2^{-f(y)}:y<x\}$ incrustaciones $(L,<)$ en $\mathbb R$ .

Propuesta 3. Un ordinal incontable no es incrustable ni en $\mathbb R$ ni en $2^\omega$ .

Prueba. Basta con mostrar que el ordinal $\omega_1$ no es integrable en $\mathbb R$ . Supongamos, por si acaso, que $f:\omega_1\rightarrow\mathbb R$ es preservador del orden. Para cada $\alpha\in\omega_1$ elegir un número racional $g(\alpha)$ para que $f(\alpha)<g(\alpha)<f(\alpha+1)$ . Entonces $g:\omega_1\rightarrow\mathbb Q$ es una inyección, lo cual es imposible.

Answer 2

Para arreglar el argumento de Miha: No se puede ordenar-incorporar ningún ordinal incontable en $(\mathcal P(\omega),{\subseteq})$ .

Supongamos que $\beta$ es un ordinal que se puede incrustar en $\mathcal P(\omega)$ . Podemos suponer wlog que $\beta$ no es un ordinal sucesor, porque todo ordinal sucesor infinito es equipotente a un prefijo de sí mismo que es un ordinal límite.

Entonces, para cada $\alpha\in\beta$ la imagen de $\alpha+1$ debe contener algún miembro de $\omega$ que no es a imagen y semejanza de $\alpha$ . Si para cada $\alpha$ tomamos la menos tan natural, esto crea una biyección entre $\beta$ y algún subconjunto de $\omega$ -- así $\beta$ es como máximo contable.

Este argumento es válido para cualquier cardinalidad infinita (bien ordenable) en lugar de $\omega$ .

Answer 3

Dejemos que $\alpha$ sea un ordinal contable y fije una biyección $f\colon\alpha\to\omega$ . Entonces, defina $g\colon \alpha\to 2^\omega$ por $g(\beta)=f[\beta]$ . Se puede demostrar fácilmente que se trata de una incrustación de $\alpha$ en $2^\omega$ .

Edición: Henning Makholm ha señalado en los comentarios que mi argumento de que los ordinales incontables no encajan en $2^\omega$ estaba equivocado. Su respuesta fija mi prueba.