Editar : Esto no responde realmente a la pregunta, pero posiblemente sea un buen punto de partida.
Tu intuición es correcta, pero puedes hacerlo aún mejor: Afirmo que todo orden lineal es equivalente elemental a algún suborden de $\mathbb{Q}$ .
Esta es la idea de la prueba.
Por el teorema descendente de Lowenheim-Skolem, todo orden lineal es equivalente elemental a un orden lineal contable. Así que basta con demostrar que todo orden lineal contable es equivalente elemental a un suborden de $\mathbb{Q}$ . De hecho, todo orden lineal contable se incrusta en $\mathbb{Q}$ .
Para ver esto, dejemos $L$ sea cualquier ordenación lineal contable. Definiremos inductivamente una secuencia de incrustaciones de orden $f_n$ donde el dominio de $f_n$ es un subconjunto de $L$ que consiste en $n$ elementos y tal que cada $f_n$ amplía adecuadamente el anterior $f_k$ (es decir, si $k < n$ entonces el dominio de $f_k$ es un subconjunto propio del dominio de $f_n$ y las dos funciones coinciden cuando se restringen al dominio de $f_k$ ).
Si lo hacemos bien, al final, cada elemento de $L$ se contabilizará por algunos $f_n$ . Entonces sólo definimos $f:L\rightarrow\mathbb{Q}$ por $f(l) = f_n(l)$ para algunos $n$ para los que el lado derecho tiene sentido. Esta será nuestra incrustación de orden deseada.
Entonces, ¿cómo construimos el $f_n$ ? ¡Inductivamente! En primer lugar, ya que $L$ es contable, podemos enumerar los elementos $L = \{l_1,l_2,...\}$ (ignoramos por completo el orden en $L$ para este paso). Dejemos que $L_n = \{l_1,...,l_n\}$ .
Para empezar, elige tu número racional favorito (el mío es $0$ ) y definir $f_1:L_1\rightarrow \mathbb{Q}$ por $f_1(l_1) = 0$ .
Ahora, supongamos inductivamente que hemos definido $f_n:L_n\rightarrow \mathbb{Q}$ para que se mantenga el orden y para que $f_n$ cuando se restringe a $L_k$ para cualquier $k < n$ está de acuerdo con el $f_k$ que definimos allí.
Entonces, ¿qué debería $f_{n+1}:L_{n+1}\rightarrow \mathbb{Q}$ ¿ser? Bueno, si queremos que se restrinja correctamente a $L_n$ debemos definir $f_{n+1}(l_i) = f_n(l_i)$ cuando $i\neq n+1$ Así que la única libertad que tenemos es la de definir $f_{n+1}(l_{n+1})$ .
Esto se dividirá en 3 casos. Si $l_{n+1}$ es menor que (en el orden de $L$ ) todos los anteriores $l_k$ y, a continuación, elija cualquier elemento $q$ de los racionales que es menor que $f_n(L_n)$ . Podemos hacerlo porque $f_n(L_n)$ tiene $n$ elementos y $\mathbb{Q}$ no tiene el elemento más pequeño. Definición de $f_{n+1}(l_{n+1}) = q$ nos da la extensión que queremos. Es fácil comprobar que si $f_n$ es preservar el orden, esta elección es hace $f_{n+1}$ preservando el orden.
Por supuesto, si $l_{n+1}$ es mayor que todas las anteriores $l_k$ , elija un racional mayor que todos los $f_n(L_n)$ .
Por último, asuma que $l_{n+1}$ es menor que algunos y mayor que algunos elementos de $L_n$ . Sea $s$ sea el mayor elemento de $L_n$ más pequeño que $l_{n+1}$ y $t$ el elemento más pequeño de $L_n$ más grande que $l_{n+1}$ . Estos elementos existen porque $L_n$ es finito. Elige un número racional $q$ entre $f_n(s)$ y $f_n(t)$ y definir $f_{n+1}(l_{n+1}) = q$ . Entonces este nuevo $f_{n+1}$ es la preservación del orden.
Entonces, por inducción, hemos definido $f_n$ para todos $n$ . Ahora, defina $f:L\rightarrow\mathbb{Q}$ por $f(l_n) = f_n(l_n)$ . Para ver $f$ es preservador del orden, dejemos que $l_k$ y $l_n$ sean dos elementos de $L$ con $k < n $ . Supongamos que wlog $l_k < l_n$ . Desde $k<n$ , ambos $l_k$ y $l_n$ están en el dominio de $f_n$ . Desde $f_n$ es preservador del orden tenemos $f_n(l_k) < f_n(l_n)$ . Por último, hay que tener en cuenta que $$f(l_k) = f_k(l_k) = f_n(l_k) < f_n(l_n) = f(l_n)$$ así que $f$ también preserva el orden.
