Contables ordinales son integrables en los racionales $\Bbb Q$ -- pruebas y su uso de la CA

Question

Ayer, Asaf Karagila la respuesta a mi pregunta provocó un amplio debate sobre la manera de probar que todos contables ordinales son integrables en $\Bbb Q$, y si las soluciones particulares para usar el Axioma de Elección.

Ya que los argumentos utilizados para probar esta puede ser la sombra de su uso de la Opción cuando formulado secamente, totalmente expandidas respuestas son apreciados.

Para ser concretos, en esta pregunta se pide pruebas de los hechos siguientes:

Todos contables ordinales $\alpha < \omega_1$ son de orden-integrable en los racionales $\Bbb Q$.

Especialmente las respuestas evitando el Axioma de Elección son apreciados.

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De relevancia y de interés relacionados con la es #123969 (pero no es un duplicado, ya que la pregunta pide explícita incrustaciones).

Answer 1

Lineales finitas órdenes no son ningún problema, así que vamos a $\langle X,\preceq\rangle$ ser cualquier countably infinito de orden lineal, y de fijar una enumeración $X=\{x_k:k\in\omega\}$. También fijar una enumeración de los racionales, $\Bbb Q=\{p_k:k\in\omega\}$. Definir $f:X\to\Bbb Q$ como sigue.

Deje $f(x_0)=p_0$. Supongamos que $0<n\in\omega$, e $f(x_k)$ ha sido definido para cada una de las $k<n$. Deje $L_n=\{k<n:x_k\prec x_n\}$ e $R_n=\{k<n:x_n\prec x_k\}$.

• Si $L_n\ne\varnothing\ne R_n$, vamos a $\ell(n)=\max\{x_k:k\in L_n\}$ e $r(n)=\min\{x_k:k\in R_n\}$. A continuación,$x_{\ell(n)}\prec x_{r(n)}$, lo $f(x_{\ell(n)})<f(x_{r(n)})$, y se pueden establecer las $f(x_n)=p_m$ donde $$m=\min\{k\in\omega:f(x_{\ell(n)})<p_k<f(x_{r(n)})\}\;.$$

• Si $L_n=\varnothing\ne R_n$, vamos a $r(n)=\min\{x_k:k\in R_n\}$, y establecer $f(x_n)=p_m$ donde $$m=\min\{k\in\omega:p_k<f(x_{r(n)})\}\;.$$

• Y si $L_n\ne\varnothing=R_n$, vamos a $\ell(n)=\max\{x_k:k\in L_n\}$, y establecer $f(x_n)=p_m$ donde $$m=\min\{k\in\omega:f(x_{\ell(n)})<p_k\}\;.$$

Dadas las enumeraciones, todo está explícitamente definido.

Answer 2

El truco, como la discusión en los comentarios a mi respuesta, es notar que el orden de los cuantificadores.

Dado $\alpha<\omega_1$ construimos una incrustación por recursión transfinita, de $\alpha$ a $\omega_1$. En realidad construimos un poco más, se construye una secuencia de incrustaciones $\langle f_\beta\mid\beta\leq\alpha\rangle$, de tal manera que $f_\beta\colon\beta\to\Bbb Q$ es una orden de la incrustación, y su alcance es limitado.

• $f_0=\varnothing$.
• Supongamos que $f_\beta$ fueron definidos (no nos importa la secuencia entera en este punto), y $q\in\Bbb Q$ es de alguna cota superior de a $\operatorname{rng}f_\beta$. A continuación, $f_{\beta+1}=f_\beta\cup\{\langle\beta,q\rangle\}$ es una orden de la incrustación, como quería.

• Supongamos que $\beta$ es el límite, y $\langle f_\gamma\mid\gamma<\beta\rangle$ fueron definidos. Escribimos $\beta$ como la unión de los intervalos ( $[\gamma_n,\gamma_{n+1})$ , cada tipo de pedido $\beta_n$. Trivialmente, $\beta_n<\beta$, por lo que podemos incrustar en $\Bbb Q$ uso de $f_{\beta_n}$.

  Deje $g_n$ ser la composición de $f_{\beta_n}$ con una orden de isomorfismo de $\Bbb Q$ con $(0,1)\cap\Bbb Q$. Definimos la siga $g\colon\beta\to\Bbb Q$: $$g(\delta)=n+g_n(\varepsilon),\qquad\delta\in[\gamma_n,\gamma_{n+1}),\ \varepsilon<\beta_n,\ \delta=\gamma_n+\varepsilon.$$

  Esto está bien definido debido a que cada una de las $\delta$ aparece en un único intervalo, y puede escribirse de forma única como suma de dos números ordinales. No es difícil ver que $g_n$ es de hecho inyectiva, y conserva el orden, pero no es ilimitado. Deje $f_\beta$ ser la composición de $g$ con la orden-isomorfismo de $\Bbb Q$ con $(0,1)\cap\Bbb Q$,, a continuación, $f_\beta$ es una incrustación cuya área de distribución es limitada.

Answer 3

No hay ninguna razón para imaginar que el axioma de elección pueda venir a este. Si usted está restringiendo contables lineal órdenes, entonces se obtiene una enumeración de forma gratuita. A continuación, puedes ingenuamente incrustar elementos uno por uno, y desde $\mathbb{Q}$ es denso, siempre puede caber el siguiente elemento en donde necesita ir.

Alternativamente, usted puede comenzar con cualquier contables de orden lineal $L$ y extenderlo a un denso orden lineal sin extremos añadiendo en la mayoría de los countably muchos puntos. A continuación, utilice el hecho de que $\mathbb{Q}$ es el único contables densa orden lineal sin extremos.

Sin embargo, es todavía enteramente constructiva con respecto a la elección. Sería un poco más entretenido para encontrar una mancha de la prueba de esto que se basa en el axioma de elección o ligeramente más débil de los principios. Tal vez hay una mancha de compacidad argumento.