La elección de los elementos de los órdenes lineales

Question

Es coherente con ZF que no puede ser una contables de la familia de los lineales de los pedidos, cada isomorfo a $\mathbb Z$ (es decir, cada elemento tiene un único predecesor y sucesor, y cualquiera de los dos elementos tienen un número finito de elementos entre ellos), de tal manera que uno no puede elegir un elemento de cada uno de ellos?

(Al azar reflexión inspirada en esta pregunta.)

Answer 1

Sí, es constante. Permítanme esbozar un argumento utilizando átomos, entonces el Jech-Sochor transferencia teorema puede hacer su magia (ya que es un almacén de instrucción).

Comience con una contables conjunto de átomos, que es distinto de la unión de $A_n$'s de cada countably infinito. Fix $\leq_n$ $A_n$ que es un orden lineal de tipo $\omega^*+\omega$ (o $\Bbb Z$, en otras palabras).

El automorphism grupo es $\mathscr G$, de las permutaciones de los átomos que preservar tanto la partición en la $A_n$'s y sus lineal órdenes. En otras palabras, que tomar una secuencia de automorfismos de a $\leq_n$ (que son finitos turnos), y que cada acto en el $A_n$. Nos deja denotar una permutación por $\pi$ $\pi_n$ es la permutación en la $n$-ésima coordenada.

Se define un filtro de subgrupos de la siguiente manera. Dado $H$ a un subgrupo de $\mathscr G$, $H$ es en el filtro si y sólo si existe un número finito de $E\subseteq\omega$, de tal manera que siempre que $\pi\in\mathscr G$ para los que $\forall n\in E$, $\pi_n=\operatorname{id}$, a continuación,$\pi\in H$. (Por ejemplo, teniendo $E=\varnothing$ tenemos que $\{\pi\in\mathscr G\mid\forall n\in\varnothing(\pi_n=\operatorname{id})\}=\mathscr G$).

Algunas propuestas:

1. Cada una de las $A_n$ es simétrica, y cada una de las $\leq_n$ es simétrica.
2. El enumerado de la partición de $\{A_n\mid n\in\omega\}$ es simétrica, y la enumeración de las órdenes es también simétrica.

Y el punto importante: no Hay ninguna función de elección de la $A_n$'s.

Boceto para una prueba: Si $f$ era una función de elección, habría un número finito de apoyo a $E$ como en el anterior, ahora de tomar cualquier $k\notin E$ podemos aplicar cualquier $\pi$ que corrige $f$ pero $\pi_k\neq\operatorname{id}$ para obtener una contradicción.

(Este es el argumento habitual.)

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Ahora podemos utilizar la Jech-Sochor teorema. O podríamos haber utilizado obligando a empezar, haría las cosas más difíciles de escribir correctamente en este caso.