Contra-ejemplo: un par de conjuntos ordenados linealmente que son isomórficos a subconjuntos del otro, pero no isomórficos entre ellos

Question

Me he encontrado con el siguiente ejercicio:

Deje que $ \langle A, <_R \rangle $ y $ \langle B, <_S \rangle $ ser dos conjuntos ordenados linealmente de manera que cada uno es isomórfico a un subconjunto del otro, es decir, existe $A' \subseteq A$ y $B' \subseteq B$ de tal manera que..:

$$ \langle A,<_R \rangle\cong\langle B',<_S \cap (B' \times B') \rangle\qquad\ & \qquad\langle B,<_S \rangle\cong\langle A',<_R \cap (A' \times A') \rangle $$

¿Es necesariamente cierto que $ \langle A,<_R \rangle\cong\langle B,<_S \rangle $ ?

La declaración original hablaba de conjuntos bien ordenados, pero ese caso es bastante fácil, porque suponiendo que $ \langle B',<_S \cap (B' \times B') \rangle $ no es isomorfo a $ \langle B,<_S \rangle $ el teorema de comparación entre conjuntos bien ordenados asegura que $B'$ con su relación restringida $<_S$ es isomorfo a una sección inicial de $ \langle B,<_S \rangle $ . Pero entonces, componiendo el isomorfismo único entre $A$ y $B'$ con la restricción de $B'$ del único isomorfismo entre $B$ y $A'$ encontramos que $A$ es isomorfo a un subconjunto de $A$ con límites superiores estrictos (a saber, la imagen del elemento de $B$ que define la sección inicial de $B'$ a través del isomorfismo entre $B$ y $A'$ ) en el sentido de $<_R$ lo cual es absurdo.

Sin embargo, cuando los conjuntos no están bien ordenados, ¿podemos encontrar un par de conjuntos ordenados linealmente que, aunque verifiquen la propiedad declarada, no sean isomórficos entre sí?

He intentado con algunos subconjuntos de $ \mathbb {R}$ y otros subconjuntos de $ \mathbb {R}$ pero parece que todos son isomórficos entre sí.

Me quedé sin ideas. ¿Hay algún contraejemplo de esta declaración?

Gracias de antemano por su tiempo.

P.D.: He pensado, por ejemplo, que un intervalo cerrado de $ \mathbb {R}$ no debería ser isomórfico al conjunto $ \mathbb {R}$ . ¿Cómo podemos probar esta afirmación?

Answer 1

Esto debería funcionar: los intervalos reales $I = (-1, 1) \subset [-1, 1] = J$ con el orden habitual son orden isomórfico a subconjuntos de uno a otro:

• $I$ siendo un subconjunto de $J$ es obviamente un orden isomórfico para sí mismo
• $J$ es orden isomórfico a $I' = [- \frac {1}{2}, \frac {1}{2}] \subset I$ por el mapa de escala $ \omega : J \ni j \mapsto \frac {1}{2}j \in I'$

Sin embargo, $I$ y $J$ no se ordenan isomórficamente entre sí porque $J$ tiene un elemento mínimo $-1$ y un gran elemento $1$ mientras que $I$ no tiene ninguna de las dos cosas.

De hecho, los isomorfismos de orden deben preservar la existencia de elementos menores y mayores.

Porque si $j_ \text {min}$ eran el menor elemento de $J$ y $J$ fueron ordenados isomórficos a $I$ por un isomorfismo de orden $ \omega $ Entonces $ \omega (j_ \text {min})$ debe ser el menor elemento de $I$ . Para ver esto, dejemos $i \in I$ ser cualquier elemento. Entonces el preámbulo único $j = \omega ^{-1}(i) \in J$ de $i$ debe ser mayor que $j_ \text {min}$ por definición de $j_ \text {min}$ siendo el menor elemento de $J$ . Eso es, $j_ \text {min} \leq_J j$ . Así que como $ \phi $ es preservar el orden, esto implica $ \omega (j_ \text {min}) \leq_I \omega (j) = i$ . Así que.., $ \omega (j_ \text {min})$ es de hecho más pequeño que cada elemento de $I$ .

P.D.: He pensado, por ejemplo, que un intervalo cerrado de $ \mathbb {R}$ no debería ser isomórfico al conjunto $ \mathbb {R}$ . ¿Cómo podemos probar esta afirmación, si es cierta?

Usando exactamente la misma idea que antes, puedes demostrar que esto es verdad. Cualquier intervalo cerrado de $ \mathbb {R}$ debe tener un elemento mínimo; sin embargo, $ \mathbb {R}$ no tiene el más mínimo elemento.