Traté de escribir una prueba formal para el teorema: $A$ subconjunto de $\mathbb R$ bien ordenado por el orden normal $\implies A$ es en la mayoría de cardinalidad $\aleph_0$.
Alguna sugerencia?
Gracias.
Respuestas
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Ahora que su pregunta ha sido contestada, permítanme señalar que puede ser interesante observar, además, que todos los contables bien ordenamientos son, de hecho, representado por los subórdenes de $\langle\mathbb{R},\lt\rangle$, e incluso de $\langle\mathbb{Q},\lt\rangle$. Permítanme dar dos pruebas.
La primera prueba es un elemental ejercicio de la inducción transfinita. Una muestra de que cada contables ordinal $\alpha$ incrusta en $\mathbb{Q}$. Tenga en cuenta que $0$ incrusta trivialmente. Si un ordinal $\alpha$ incorpora, a continuación, escribiendo con un isomorfismo de $\mathbb{Q}$ con un intervalo de $\mathbb{Q}$, podemos suponer la incorporación está bordeada por encima, y lo extiendo a una incrustación de $\alpha+1$. Si $\lambda$ es una contables límite ordinal, con $\lambda=\text{sup}_n\alpha_n$, entonces por inducción podemos mapa de $\alpha_n$ a $\mathbb{Q}\cap (n,n+1)$, y esta es una incrustación de un ordinal, al menos, tan grande como $\lambda$. QED
La segunda prueba es simplemente argumentan que $\langle\mathbb{Q},\lt\rangle$ es universal para contables lineal de órdenes: todos los contables de orden lineal incrusta en $\mathbb{Q}$. Esto está demostrado, mediante la utilización de la "otra" parte de Cantor famoso de ida y vuelta argumento, es decir, dado un orden lineal $L=\langle\{p_n\mid n\in\mathbb{N}\},\lt_L\rangle$, entonces el mapa de $p_n$ a un racional $q_n$, de modo que uno tiene una orden de preservación de la mapa en cada finito etapa. El siguiente elemento $p_{n+1}$ se refiere a los elementos anteriores, ya sea por estar por encima de todas ellas, entre dos de ellos, o por debajo de todos ellos, y podemos elegir el correspondiente $q_{n+1}$ del mismo tipo. Por lo que obtener una orden de preservación de mapa de $L\to \mathbb{Q}$. Así, en particular, cada contables de buena ordenación incrusta en $\mathbb{Q}$. QED
DanV
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281
Supongamos $A\subseteq\mathbb R$ puede ser bien ordenado por la costumbre $<$, y de fijar una enumeración de los racionales, es decir,$\mathbb Q = \langle q_n\mid n\in\omega\rangle$.
Para $a\in A$ denotar $S(a)$ el sucesor de $a$ $A$ si $b\in A$ es un elemento maximal de a$A$$S(b) = b+1$.
Para cada $a\in A$ $q_a$ menos racional $q_n$ en la enumeración, que $a< q_n< S(a)$. Desde $a\neq S(a)$ tenemos que $\mathbb Q\cap (a,S(a))$ no está vacía, por lo tanto, el mínimo elemento existe.
Se demuestra que esta es, de hecho, uno a uno, supongamos que no, entonces para algunos $a, b\in A$ tal que $a\le b$ tenemos $q_a=q_b$. Por la elección de $q_a$ tenemos que $a<q_a=q_b<S(a)$, por lo $a\le b<q_b=q_a<S(a)$. Puesto que el $S(a)$ es el menor elemento de a $A$ tal que $a<S(a)$, $b\le a$ por lo tanto $a=b$.
Hemos encontrado una función inyectiva de a $A$ en una contables conjunto, por lo que es contable.
Oli
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89
La idea que se utiliza algún conjunto de la teoría de la maquinaria, tiene la ventaja de venir de una simple visualización geométrica.
Supongamos que al contrario, que hay una multitud innumerable $A$ de reales, que es bien ordenado bajo el orden natural.
A continuación, $A$ es isomorfo a un incontable número ordinal. De ello se sigue que algún subconjunto $B$ $A$ es isomorfo al menos incontables ordinal $\omega_1$.
El conjunto $B$ tiene al menos un elemento. Cambiando si es necesario, podemos hacer que al menos el elemento $0$. Cualquiera de las $B$ está delimitado por encima o no. Si es acotada arriba, deje $m$ ser la mínima cota superior. Tenga en cuenta que desde $B$ es de orden-isomorfo a $\omega_1$, $m$ no puede ser en $B$. A continuación, el mapa que lleva a $x$ $x/(m-x)$conserva el orden, y "se extiende" $B$, de modo que para cada entero$n$, $b\in B$ tal que $b>n$. (Hemos mantenido el nombre de $B$ para el estirado set).
Así, podemos asumir que el $B$ ha elemento más pequeño $0$, y que para cada entero $n$, hay un elemento de $B$$>n$.
Deje $B_n$ ser la intersección de $B$, con un intervalo $[0, n]$. A continuación, $B_n$ es isomorfo a un segmento inicial de $\omega_1$. Desde $\omega_1$ es el menos incontables ordinal, se deduce que el $B_n$ es contable.
Desde $$B =\bigcup_{n \in N} B_n$$ hemos expresado $B$ como una contables de la unión de conjuntos contables, o, equivalentemente, $\omega_1$ como una contables de la unión de contables de los números ordinales. Esto es imposible.
user11915
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16
Un sketch de prueba...
Considere la posibilidad de $\mathbb{R}$ como el conjunto de clases de equivalencia de Cauchy secuencias de racionales. Podemos definir "normal" de orden parcial en $\mathbb{R}$ $x \leq y$ fib $(x = y)$ O $(\forall \langle x_{i} \rangle)(\forall \langle y_{i} \rangle)(\langle x_{i} \rangle \in x$$\langle y_{i} \rangle \in y \rightarrow (\exists n)(n \in \mathbb{N} \rightarrow (\forall m)(m > n \rightarrow x_{m} < y_{m}))))$. Para $A$ a ser bien ordenado en virtud de esta orden parcial sólo puede ser en la mayoría de las $\aleph_{0}$ diferentes $n$ en la última parte de la definición como la que se extraen de la $\mathbb{N}$.
