Ordenación en el cociente de conjuntos bien ordenados

Question

Dejemos que $X\neq\emptyset$ sea algún conjunto. Considere $\mathcal A$ para ser el conjunto que contiene todos los pares $(Y,\leq)$ , donde $Y\subseteq X$ y $\leq$ es una ordenación bien hecha. Definir $(A,\leq)\equiv (B,\leq')$ si $(A,\leq)$ es de orden isomorfo a $(B,\leq')$ que es claramente una relación de equivalencia. Además, definamos, en $\mathcal A/\equiv\,= :\hat{\mathcal A}$ una ordenación $[(A,\leq)]\preceq [(B,\leq')]$ si existe un segmento inicial de $B'\subseteq B$ tal que $(A,\leq)\equiv (B',\leq')$ . El ordenamiento es estricto si todos los $B'\subset B$ son segmentos iniciales adecuados.

He comprobado que esta ordenación está bien definida y es una ordenación total ya que para dos conjuntos bien ordenados cualquiera existe un isomorfismo de orden desde uno a un segmento inicial del otro.

Ahora, arregla $(A,\leq)\in\mathcal A$ y considerar el conjunto $$\hat{\mathcal S}_A := \{ [(B,\leq')] : [(B,\leq')]\prec [(A,\leq)]\} $$ La cartografía $f: (A,\leq)\to \hat{S}_A, x\mapsto [(A_x,\leq)]$ , donde $A_x := \{z\in A: z<x\}\subset A$ es un segmento inicial propio, es un isomorfismo de orden.

De lo anterior, debemos deducir el conjunto $(\hat{A},\preceq)$ está realmente bien ordenado.

Para terminar el post de A. Karagila. Si $B$ no es menor en $\mathcal B$ entonces $B'\in\mathcal B$ y $B'\prec B$ Por lo tanto $B'$ se incrusta en un segmento inicial $A_y\subset A$ pero luego $y\in A$ al que corresponde $B'\in\mathcal B$ tal que $B'\equiv A_y$ Por lo tanto $y<x$ , lo cual es imposible.

Answer 1

Tu prueba es demasiado complicada, y la dependencia del axioma de elección es en sí misma una mala dirección. La construcción conduce en última instancia al teorema de Hartogs, que implica que el axioma de elección se desprende de la comparabilidad de dos cardinales cualesquiera. Si hubiéramos utilizado el axioma de elección para demostrar el teorema de Hartogs, entonces esto sería circular.

La prueba es más sencilla y equivale a verificarla a mano. Dada una familia no vacía $\cal B\subseteq A$ , escoge algunos $A$ tal que $[(A,\leq)]$ está en $\cal B$ . Si este es un elemento mínimo, hemos terminado. Así que vamos a suponer que no lo es.

Ahora cada $[(B,\leq_B)]\in\cal B$ tal que $[(B,\leq_B)]\prec[(A,\leq)]$ se incrusta en un único segmento inicial adecuado de $A$ . Así que cada uno de estos $B$ nos proporciona una $x$ tal que $(B,\leq_B)$ es isomorfo a $A_x=\{a\in A\mid a<x\}$ . Además, como $A$ no es el elemento mínimo de $\cal B$ el conjunto de $\{x\in A\mid\exists[(B,\leq_B)]\in\mathcal B, B\equiv A_x\}$ es no vacía. Como $\leq$ es una buena ordenación de $A$ hay un mínimo $x$ .

Ahora demuestre que $B$ que corresponde a este mínimo $x$ es el elemento mínimo de $\cal B$ .