Es la siguiente caracterización de $\Bbb Q\cap\cal C$ donde $\cal C$ es el conjunto de Cantor?

Question

Deje $A$ ser un conjunto ordenado, con las siguientes propiedades:

• $A$ es contable
• $A$ tiene un menor y el mayor elemento
• Entre dos puntos cualesquiera con los sucesores son los puntos sin sucesores; entre dos puntos sin sucesores son los puntos con los sucesores

Debe $A$ haber orden-isomorfo a $\mathbb Q\cap\mathcal C$ donde $\mathcal C$ es el conjunto de Cantor?

Estoy bastante seguro de que esto es cierto, pero no estoy muy seguro de cómo demostrarlo. (Esto no es para hacer la tarea.)

Answer 1

Corregidos. No del todo. En primer lugar, puede ser isomorfo a $\Bbb Q\cap(\mathscr{C}\cup F)$ cualquier $F\subseteq\{-1,2\}$, desde el primer punto puede tener un sucesor, y el último puede ser un sucesor. Más importante, la tercera condición no es lo suficientemente fuerte como para hacer lo que quieres. Como Eric Wofsey me recordó en los comentarios, sus condiciones de permitir $A$ $(\Bbb Q\cap[0,1])\times\{0,1\}$ con el lexicográfica del orden, y este no es el fin-isomorfo a $\Bbb Q\cap\mathscr{C}$: cada punto de esta $A$ o que es un inmediato sucesor, algo que no es cierto de $\Bbb Q\cap\mathscr{C}$. Usted necesita la fuerza de la tercera condición para asegurarse de que $A$ no solo tiene un denso conjunto de puntos con los sucesores inmediatos, pero también un denso conjunto de puntos que ni tienen, ni son inmediatos sucesores. Una vez que usted toma el cuidado de estos problemas, sin embargo, un estándar de ida y vuelta argumento producirá el resultado deseado.

Deje $S$ ser el conjunto de puntos de $A$ tener sucesores, y para cada una de las $x\in S$ deje $x^+$ ser el sucesor de $x$. Deje $S^+=\{x^+:x\in S\}$, y enumerar $A\setminus S^+=\{x_n:n\in\Bbb N\}$. Deje $Q=\Bbb Q\cap\mathscr{C}$, vamos a $S_Q$ ser el conjunto de puntos de $Q$ inmediatos sucesores en $Q$ $x\in S_Q$ deje $x^+$ ser el sucesor de $x$, vamos a $S_Q^+=\{x^+:x\in S_Q\}$, y enumerar $Q\setminus S_Q^+=\{y_n:n\in\Bbb N\}$.

Ahora se acaba de llevar a cabo un estándar de ida y vuelta argumento para la construcción de un orden, un isomorfismo $h:Q\to A$. Supongamos que $n\in\Bbb N$, $h(x_k)$ se ha definido para cada una de las $k<n$, e $h(x_k^+)$ ha sido definido para cada una de las $k<n$ que $x_k\in S_Q$.

• Si $x_n=0$, vamos a $h(x_n)$ ser el primer elemento de $A$.
• Si $x_n=1$, vamos a $h(x_n)$ ser el último elemento de $A$.
• Si $x_n\in S_Q$, vamos a $h(x_0)=y_m$ donde $m$ es mínima tal que $y_m\in S$ $y_m$ está correctamente situado con respecto a $\{h(x_k):k<n\}$, y deje $h(x_n^+)=y_m^+$.
• Si $x_n\in Q\setminus S_Q$, vamos a $h(x_n)=y_m$ donde $m$ es mínima tal que $y_m\in A\setminus S$ $y_m$ está correctamente situado con respecto a $\{h(x_k):k<n\}$.

Es claro que $h$ define un orden, un isomorfismo de $Q$ a $A$, y el habitual argumento muestra que el $h$ es surjective.

Answer 2

Dada la $A$, vamos a $a\sim b$ si $a=b$ o $a$ es el sucesor de $b$ o $b$ es el sucesor de $a$. Su hipótesis implica esta es una relación de equivalencia; deje $B=A/{\sim}$ ser el cociente. A continuación, $B$ es una contables delimitada densa orden lineal. Deje $C\subseteq B$ el conjunto de clases de equivalencia que contiene a dos puntos en lugar de uno. Entonces su hipótesis implica que $C$ es un subconjunto denso de $B$.

Por el contrario, dado cualquier contables delimitada densa orden lineal $B$ y un subconjunto denso $C\subseteq B$, se puede obtener un $A$ empezando con $B$ y la sustitución de cada punto de $C$ con un par de puntos. Esta construcción es la inversa de la construcción en el párrafo anterior (hasta el isomorfismo canónico).

Así pues, podemos concluir que isomorfismo clases de conjuntos ordenados $A$ la satisfacción de su hipótesis en bijection con clases de isomorfismo de pares $(B,C)$ donde $B$ es una contables delimitada densa orden lineal y $C\subseteq B$ es un subconjunto denso. Cualquier $B$ es isomorfo a $\mathbb{Q}\cap [0,1]$, pero obviamente, hay muchos que no son isomorfos opciones de $C$ (por ejemplo, el complemento de a $C$ podría tener cualquier contables cardinalidad). Al $A=\mathbb{Q}\cap\mathcal{C}$, el complemento de a $C$ es denso y contiene el mayor y el valor menor de los elementos de $B$. Si agrega esta restricción adicional, a continuación, $(B,C)$ es único hasta el isomorfismo. De hecho, esto puede ser demostrado por una simple ida y vuelta argumento de que es básicamente idéntica a la prueba de que cualquiera de los dos contables densa lineal de los pedidos son isomorfos (que acaba de tener, además, mantener un seguimiento de si los puntos están en $C$).