Una prueba de la simple presión de lemma, es sup$x=x?$

Question

Estoy tratando de práctica de trabajo con los números ordinales, de los cuales sólo tengo un conocimiento rudimentario. La simple presión de abajo lema dice que si $f:\omega_1\to \omega_1$ satisface $f(x)<x\ \forall x\in \omega_1,\ $ $f$ es constante en algunas conjunto ilimitado. La prueba es por la contradicción, y después de ser dado abundantes sugerencias, creo que entiendo la prueba, excepto para el último paso:

$1).$ Si $g(t)=\sup f^{-1}(t)$, entonces se sigue que $g(t)>t.$

$2).$ Definir una secuencia en $\omega_1$ mediante el establecimiento $x_0=0,$ y, en general, $x_{n+1}=\sup\left \{ g(t):t\le x_n \right \}.$

$3).\ x=:\sup \left \{ x_n \right \}$ existe porque $\left \{ x_n \right \}$ es contable.

$4).$ El de arriba muestra que el $x_n< g(x_n)\le g(x_{n+1})$ y ahora desde $f(x)<x$ no es un número entero $j$ e una $x_j$ tal que $f(x)<x_j$ por lo contrario, $f(x)$ sería una cota superior para $\left \{ x_n \right \}.$

$5).$ A continuación, se sigue que $g(f(x))\in \left \{ g(t):t\le x_j \right \}$ $g(f(x))\le x_{j+1}.$

El siguiente paso es donde no estoy seguro de si el argumento es correcto. Puede usted comentar, o proporcionar una explicación más rigurosa prueba?

$6).$ Por otro lado, $1).$ muestra que $g(f(x))=\sup x$ $4).$ implica que el $x$ no es un ordinal sucesor, por lo $\sup x=\bigcup x=x,$ y tenemos $x\le x_{j+1}<x_{j+2}$, una contradicción.

Answer 1

Estoy confundido por su intento de... Aquí es una alternativa de la prueba (que supongo que es a lo que tenía en mente).

Supongamos $f$ no es constante en un conjunto ilimitado. En otras palabras, para todos los $y \in \omega_1$ $$ f^{-1} \{y\} = \{x \in \omega_1 \mid f(x) = y \} $$ está acotada. De forma recursiva construir una secuencia $(x_n \mid n \le \omega)$ como sigue

• $x_0 = \omega$,
• $x_{n +1} = x_n \oplus \min \{ x \in \omega_{1} \setminus \{0\} \mid \forall y \ge x \colon f(y) > x_n \} \ $ y
• $x_{\omega} = \sup_{n < \omega} x_n$.

Tenga en cuenta que esto está bien definido: $f^{-1} \{ z \mid z \le x_n \}$ es una contables de la unión de los subconjuntos acotados de $\omega_1$ y, por tanto, limitada. Por lo tanto, hay algo de $x$ tal que para todos los $y \ge x \colon f(y) > x_n$.

También tenga en cuenta que $(x_n \mid n < \omega)$ estrictamente creciente.

Ahora considere el $f(x_{\omega})$. Tenemos $f(x_{\omega}) < x_{\omega}$ y desde $x_{\omega} = \sup_{n < \omega} x_n$ no es, por tanto, algunas $n < \omega$ tal que $f(x_{\omega}) < x_n$. Pero $x_{n+1} < x_\omega$ y, por tanto, que por definición de $x_{n+1}$ -- $f(x_{\omega}) > x_n$. Contradicción!

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$\oplus$ denota ordinal adición.