Aquí está el Prob. 6, Sec. 24, en el libro Topología por James R. Munkres, 2ª edición:
Demuestre que si $X$ es un conjunto bien ordenado, entonces $X \times [0, 1)$ en el orden del diccionario es un continuo lineal.
Aquí está la definición de conjunto bien ordenado, de la sección 10 de Munkres:
Un conjunto $A$ con una relación de orden $<$ se dice que bien ordenado si todo subconjunto no vacío de $A$ tiene un elemento más pequeño.
Y, aquí está la definición de continuo lineal:
Un conjunto simplemente ordenado $L$ que tiene más de un elemento se llama continuo lineal si se cumple lo siguiente:
(1) $L$ tiene la propiedad de límite superior mínimo.
(2) Si $x < y$ existe $z$ tal que $x < z < y$ .
Mi intento:
Por supuesto, $X \times [0, 1)$ tiene más de un elemento (de hecho, incontables), incluso si $X$ es un conjunto único.
Supongamos que $x_1 \times r_1$ y $x_2 \times r_2$ son dos elementos cualesquiera de $X \times [0, 1)$ tal que $x_1 \times r_1 \prec x_2 \times r_2$ . Entonces, o bien $x_1 \prec_X x_2$ o $x_1 = x_2$ y $r_1 < r_2$ .
Si $x_1 \prec_X x_2$ , entonces el par ordenado $x_1 \times \frac{r_1+1}{2}$ por ejemplo, está en $X \times [0, 1)$ y también $$ x_1 \times r_1 \prec x_1 \times \frac{r_1+1}{2} \prec x_2 \times r_2. $$ Pongamos $$x \times r \colon= x_1 \times \frac{r_1+1}{2}.$$
Por otro lado, si $x_1 = x_2$ y $r_1 < r_2$ , entonces el par ordenado $x_1 \times \frac{r_1+r_2}{2}$ por ejemplo, está en $X \times [0, 1)$ y también $$ x_1 \times r_1 \prec x_1 \times \frac{ r_1 + r_2 }{2} \prec x_2 \times r_2. $$ Pongamos $$x \times r \colon= x_1 \times \frac{r_1+r_2}{2}.$$
En cualquier caso, podemos encontrar un elemento $x \times r \in X \times [0, 1)$ tal que $$ x_1 \times r_1 \prec x \times r \prec x_2 \times r_2, $$ siempre que $x_1 \times r_1$ y $x_2 \times r_2$ son cualquier elemento de $X \times [0, 1)$ tal que $x_1 \times r_1 \prec x_2 \times r_2$ .
Ahora dejemos que $A$ sea un subconjunto no vacío de $X \times [0, 1)$ tal que $A$ está limitada desde arriba en $X \times [0, 1)$ . Entonces hay un par ordenado $x \times r$ en $X \times [0, 1)$ tal que, para cada par ordenado $y \times s \in A$ tenemos $$ y \times s \preceq x \times r, $$ es decir, o bien $y \prec_X x$ o $y = x$ y $s \leq r$ .
Dejemos que $\pi_1 \colon X \times [0, 1) \to X$ , $z \times t \mapsto z$ sea el mapa de proyección de $X \times [0, 1)$ en $X$ . Entonces el conjunto $$ \pi_1 (A) \colon= \left\{ \ \pi_1 (y \times s) \ \colon \ y \times s \in A \ \right\} = \left\{ \ y \in X \ \colon \ y \times s \in A \mbox{ for some } s \in [0, 1) \ \right\} $$ está limitada desde arriba en $X$ el elemento $x$ siendo un límite superior de este conjunto. Por lo tanto, el conjunto de todos los límites superiores en $X$ del conjunto $\pi_1(A)$ es un subconjunto no vacío del conjunto bien ordenado $X$ y por lo tanto tiene un elemento más pequeño $x_0$ digamos.
Si $x_0 \not\in \pi_1(A)$ entonces, para cada elemento $y \times s \in A$ tenemos $ y \prec_X x_0$ . Así que $x_0 \times 0$ es un límite superior de $A$ en $X$ .
Además, si $x \times r$ es cualquier límite superior de $A$ en $X$ Entonces, como hemos visto anteriormente, $x$ sería entonces un límite superior del conjunto $\pi_1(A)$ y así $x_0 \preceq_X x$ debe mantenerse (porque $x_0$ es el límite superior mínimo de $\pi_1(A)$ ). Por lo tanto, $x_0 \times 0 \preceq x \times r$ , demostrando así que $x_0 \times 0$ es el límite superior mínimo de $A$ en $X \times [0, 1)$ .
Por otro lado, si $x_0 \in \pi_1(A)$ , entonces el conjunto $$ \left( \left\{ x_0 \right\} \times [0, 1) \right) \cap A = \left\{ \ x_0 \times s \in A \ \colon \ s \in [0, 1) \ \right\} $$ es un subconjunto no vacío de $A$ y este subconjunto tiene el tipo de orden de $[0, 1)$ (es decir, existe un mapeo biyectivo que preserva el orden de este conjunto con $[0, 1)$ ).
Ahora dejemos que $\pi_2 \colon X \times [0, 1) \to [0, 1)$ , $z \times t \mapsto t$ sea la proyección de $X \times [0, 1)$ en $[0, 1)$ .
Entonces el conjunto $$ \pi_2 \left( \left( \left\{ x_0 \right\} \times [0, 1) \right) \cap A \right) = \left\{ \ \pi_2 \left( x_0 \times s \right) \ \colon \ x_0 \times s \in A \ \right\} = \left\{ \ s \in [0, 1) \ \colon \ x_0 \times s \in A \ \right\} $$ es un subconjunto no vacío de $[0, 1)$ .
Si el conjunto $\pi_2 \left( \left( \left\{ x_0 \right\} \times [0, 1) \right) \cap A \right)$ está limitada por encima por algún elemento $r$ en $[0, 1)$ entonces este conjunto también está acotado por encima en $\mathbb{R}$ y por lo tanto tiene un límite superior mínimo $r_0$ digamos. Entonces $r_0 \leq r < 1$ . Pero como $\pi_2 \left( \left( \left\{ x_0 \right\} \times [0, 1) \right) \cap A \right) $ es un subconjunto no vacío de $[0, 1)$ que está acotado por encima de $r_0$ también podemos concluir que $0 \leq r_0$ . Por lo tanto, $r_0 \in [0, 1)$ . Entonces $x_0 \times r_0$ es el límite superior mínimo de $A$ en $X \times [0, 1)$ .
Así pues, supongamos que el conjunto $\pi_2 \left( \left( \left\{ x_0 \right\} \times [0, 1) \right) \cap A \right) $ no está acotado por encima en $[0, 1)$ .
Ahora bien, si $x_0$ fueron el mayor elemento de $X$ y, a continuación, establecer $A$ no estaría acotado desde arriba en $X \times [0, 1)$ . Pero como $A$ por nuestra suposición es delimitado desde arriba en $X \times [0, 1)$ podemos concluir que $x_0$ no puede ser el mayor elemento de $X$ y por tanto el subconjunto $$ \left\{ \ x \in X \ \colon \ x_0 \prec_X x \ \right\}$$ del conjunto bien ordenado $X$ debe ser no vacía; que $x_1$ sea el elemento más pequeño de este conjunto. Entonces el subconjunto $$ \left( x_0, x_1 \right)_X = \left\{ \ x \in X \colon \ x_0 \prec_X x \prec_X x_1 \ \right\}$$ de $X$ está vacía. Entonces $x_1 \times 0$ es el límite superior mínimo de $A$ en $X \times [0, 1)$ .
¿Son correctos todos y cada uno de los pasos de la lógica de mi prueba? Si es así, ¿es mi presentación lo suficientemente clara y accesible? Si no es así, ¿en qué me falta?
