Hércules vs Hidra: Recordar la historia, donde cada vez que Hércules cortes de una cabeza, dos jefes más crecer en su lugar. Ahora suponga que la siguiente: La hydra comienza con una cabeza, pero cada vez que Hércules se corta una cabeza, $\aleph_0$ crecer de nuevo. Muestran que el Hércules será capaz de derrotar a la Hidra antes de $\omega_1$ pasos. Es decir, vamos a llegar a un paso a $\lambda<\omega_1$ cuando la Hydra no tiene ninguna cabeza.
Dos jugadores juegan en el siguiente juego: En cada turno $n \in \mathbb{N}$, el jugador cuyo turno se elige un conjunto $A_n$ que está contenida en el conjunto anterior,yo.e $A_n \subseteq A_{n-1}$ tal que $A_n$ son estacionarias conjuntos de $A_n \subseteq \omega_1$. El jugador 1 se inicia. Después de $\aleph_0$ tal vueltas, el Jugador 2 gana si la intersección $\cap_nA_n$ contiene en la mayoría de los 1 ordinal (podemos decir que el Jugador 1 gana de otra manera). Mostrar que el Jugador 2 tiene una estrategia ganadora, que es una manera de elegir el $2n+1$ establecidos para garantizar la gana.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
OK, vamos a ver.
Para la primera pregunta, enumerar las cabezas a medida que se agregan: El original de la cabeza es la cabeza de la $0$. Podemos enumerar los jefes añadido en la etapa $\alpha$ por los números ordinales en el ordinal intervalo de $(\omega\alpha,\omega(\alpha+1)]$. Si suponemos que para no $\alpha<\omega_1$ el Hydra no tiene cabezas en el inicio de la etapa $\alpha$, entonces, para un club de $C$ de los contables ordinales $\alpha$, las cabezas enumeradas hasta ahora en el inicio de la etapa $\alpha$ son indexados precisamente por los ordinales menos de $\alpha$.
Esto nos permite definir una regresivo de la función en $C$, que para cada una de las $\alpha\in C$ asigna $\beta<\alpha$ fib $\beta$ es el índice de la cabeza eliminado en la etapa de $\alpha$. Por Fodor, lema, el mismo índice se utiliza más de una vez (de hecho, stationarily a menudo). Pero esto es imposible, y tenemos una contradicción. (Este es un buen problema. Me olvido de donde se originó.)
La segunda pregunta me recuerda a los argumentos de Mycielski y Solovay desde principios de los años 70. Doy aquí un argumento que se aplica no sólo a los subconjuntos de a $\omega_1$, pero también a los subconjuntos de regular $\kappa\le\mathfrak c$, la cardinalidad del continuo. Sospecho que esta restricción es una distracción, pero lo voy a usar a continuación.
En consecuencia, supongamos $\kappa$ es regular, $\kappa\le\mathfrak c$, y jugamos el juego que usted describe, salvo que el $A_n$ son estacionarias en $\kappa$. Desde $\kappa\le\mathfrak c$, podemos arreglar una inyección de $\kappa$ en el intervalo de $[0,1]$. En lo que sigue, podemos identificar subconjuntos de a $\kappa$ con subconjuntos de a $[0,1]$ a través de esta inyección. También, para cada conjunto acotado $A\subseteq[0,1]$ con infimum $m=m(A)$ y supremum $M=m(A)$, podemos asociar una estrictamente creciente secuencia $m=a_0=a_0(A)<a_1<\dots$ convergentes a $M$, con $a_1=(m+M)/2$, $a_2=(a_1+M)/2$, etc. (Por lo $a_1$ es el punto medio del intervalo de $[m,M]$, $a_2$ es el punto medio de la $[a_1,M]$, etc.)
Ahora se describe cómo el jugador II debe responder a los movimientos del jugador I. Decir que en la etapa de $n$, jugador que ha jugado $A=A_{2n}$. Debe haber un intervalo de $[a_k(A),a_{k+1}(A))$ cuya intersección con $A$ (a través de la inyección de fijo más arriba), una estacionaria subconjunto de $\kappa$. La razón es que el conjunto estacionario $A\setminus\{M(A)\}$ es el contable de la unión de estos conjuntos, y el contable de la intersección de los clubes es el club, así que uno de estos conjuntos deben ser estacionarios así.
Más precisamente, si $i$ es de la inyección, a continuación,$A\setminus\{i^{-1}(M)\}=\bigcup_k i^{-1}([a_k,a_{k+1})\cap i[A])$.
Deje $A_{2n+1}$ ser este conjunto estacionario $i^{-1}([a_k,a_{k+1})\cap i[A_{2n}])$ (donde, si usted lo desea, le deje $k$ ser menos, así que este es estacionaria).
El punto es este: Llame al tamaño de $A_n$ el número de $M(A_n)-m(A_n)$. A continuación, el tamaño de $A_{2n+2}$ está a más de la mitad del tamaño de $A_{2n}$. Dado que los conjuntos de $i[A_n]$ reducir el tamaño de $0$, su intersección es vacía o un singleton.
