La intuición detrás de prueba y de verificación de conjuntos parcialmente ordenados

Question

Hola a todos en el libro que he leído tengo problemas para entender el argumento de la prueba en la siguiente proposición. Hay una gran cantidad de punto que se dejan como ejercicios, lo cual es genial. Uno de estos es el siguiente de la demanda que poner toda la propuesta para el bien de la integridad, pero no toda la prueba.

Mis preguntas son: Es la prueba de la afirmación correcta (yo uso las sugerencias que el libro nos da)? ¿Qué es la intuición detrás de la demanda? Quiero decir, toda la construcción de la "buena conjuntos" es algo artificial a mí, lo que sería una posible motivación para ellos? Yo no entiendo muy bien todo el enfoque. Cualquier sugerencia, consejo, lo que sería genial, gracias de antemano. Si alguien considere oportuno, me gustaría poner toda la prueba o cambiar el título (si es que hay uno mejor).

La proposición: Vamos a $X$ ser un conjunto parcialmente ordenado con el pedido de relación $\le_X $, y deje $x_0\in X$. Entonces no es un subconjunto ordenado $Y$ $X$ ha $x_0$ como mínimo del elemento, y que no tiene estricto límite superior.

Prueba: Supongamos que por el bien de la contradicción que cada subconjunto ordenado $Y$ $X$ ha $x_0$ como mínimo del elemento contener al menos un estricto límite superior. Usando el axioma de elección así, podemos asignar un estricto límite superior $s(Y)$ a cada subconjunto ordenado $Y$ $X$ ha $x_0$ como mínimo del elemento.

Vamos a definir una clase especial de subconjuntos $Y$$X$. Decimos que un subconjunto $Y$ $X$ es un buen juego, el fib es bien ordenado, contienen $x_0$ como mínimo del elemento y obedecer la propiedad

$$x=s(\{y\in Y: y<x\})\; \text{for all }\; x\in Y\backslash \{x_0\}$$

La colección de $\Omega:=\{ Y: Y\; \text{is a good set}\;\}$ no está vacía ya que contiene el conjunto de $\{x_0\}$.

Reivindicación 1: Vamos a $Y, Y' \in \Omega$, es decir, ambos son buenos juegos. A continuación, cada elemento en $Y'\backslash Y$ es un estricto límite superior para $Y$. Del mismo modo que cada elemento en $Y\backslash Y'$ es un estricto límite superior para $Y'$.

La prueba de la Reivindicación 1: tenga en cuenta que $Y\cap Y' \not= \varnothing$ debido a que ambas contienen, al menos,$x_0$. Primero nos gustaría demostrar que para todos los $x\in Y\cap Y'$ tenemos la siguiente igualdad:

$$\{y\in Y: y\le x \}=\{y\in Y': y\le x \}=\{y\in Y\cap Y': y\le x \}$$

Podemos utilizar la fuerte inducción para este propósito (esto es posible porque cada uno de los anteriores conjuntos bien ordenados). Supongamos que la afirmación de mantener para cada una de las $y\in Y\cap Y'$ tal que $y<x$, en otras palabras, tenemos la igualdad de $\{y\in Y: y< x \}=\{y\in Y': y< x \}=\{y\in Y\cap Y': y< x \}$. Vamos a demostrar que también se mantienen cuando se $y=x$.

Tenemos $x=s(\{y\in Y: y< x \})=s(\{y\in Y': y< x \})$ porque ambos son buenos juegos. A continuación, la igualdad de los dos primeros conjuntos de espera. Por lo tanto, si $y\in Y,\; y=x$ $y\in Y,\;y= x$ son iguales para $x\in Y\cap Y'$. Por lo tanto la demanda de la siguiente manera para el tercer set.

(2) Ahora queremos demostrar que $Y\cap Y'$ es en sí un buen conjunto. Tenga en cuenta que automáticamente es un conjunto ordenado, ya que cada subconjunto de un conjunto ordenado es bien ordenado. Y también contienen $x_0$ como mínimo del elemento. Así, sólo tenemos que demostrar que obedecer la tercera propiedad. En otras palabras, nuestra tarea es mostrar

$$x=s(\{y\in Y \cap Y': y<x\})\; \text{for all }\; x\in (Y\cap Y')\backslash \{x_0\}$$

Podemos suponer $(Y\cap Y')\backslash \{x_0\} \not= \varnothing$ ya que de lo contrario es un buen juego y no hay nada que demostrar. Deje $x\in (Y\cap Y')\backslash \{x_0\} $, y nos pusimos $\{y\in Y \cap Y': y<x\}$. Para la primera parte de la prueba que ya se conoce $\{y\in Y \cap Y': y<x\}=\{y\in Y: y< x \}$ todos los $x\in (Y\cap Y')\backslash \{x_0\} \subset Y\cap Y'$. Por lo tanto $x=s(\{y\in Y: y< x \})=s(\{y\in Y \cap Y': y<x\})$, lo que muestra que el juego es un buen juego.

(3) Para la parte de arriba de la reclamación sabemos que $s(Y\cap Y')$ existe. Vamos a demostrar que si $Y'\backslash Y\not= \varnothing$,$s(Y\cap Y')= \text{min}(Y'\backslash Y)$. De igual manera, con las funciones de $Y$ $Y'$ intercambiados.

Supongamos que el conjunto de $Y'\backslash Y$ es no vacío, entonces contiene un mínimo del elemento debido a que es un conjunto ordenado. Vamos a una llamada por la brevedad $x_0$. Por tanto, para todos $y<x_0$ tenemos $\{y\in Y': y<x_0 \} \subset Y$ el uso de la minimality de $x_0$. También es fácil comprobar que $y\in Y \cap Y'$ fib $y<x_0$.

Por lo $\{y\in Y': y<x_0 \}=\{y\in Y\cap Y': y<x_0 \}$. A continuación, $x_0=s(\{y\in Y\cap Y': y<x_0 \})$ ya que, como hemos demostrado, es un buen juego. En otras palabras $x_0= \text{min} (Y'\backslash Y) =s(\{y\in Y\cap Y': y<x_0 \})$.

Es trivial para mostrar $s(\{y\in Y\cap Y': y<x_0 \}) =s(Y\cap Y') $ esto se sigue inmediatamente de la forma en que $x_0$ fue especificado desde $\{y\in Y\cap Y': y<x_0 \}=Y\cap Y'$, una inclusión es evidente y el otro sigue, porque si $y\in Y\cap Y' \subset Y$, con lo que no puede ser mayor que $x_0$.

Tenga en cuenta que exactamente el mismo argumento se aplica sólo con los roles intercambiados de $Y, Y'$ cuando se assumme $Y\backslash Y'\not= \varnothing$.

(4) Si $Y,Y' \in \Omega$ son buenos conjuntos. A continuación, cualquiera de $Y\backslash Y'$ no está vacía o $Y'\backslash Y$ no está vacía, pero no ambos al mismo tiempo.

Supongamos que por el bien de la contradicción que en ambos casos se produce en el mismo momento, es decir, $Y\backslash Y'\not= \varnothing$$Y' \backslash Y\not= \varnothing$. Deje $x= \text{min} (Y\backslash Y')$$x'= \text{min} (Y'\backslash Y)$. Sabemos por (3) $x= s(Y\cap Y')$ también $x'=s(Y\cap Y')$, lo que implicaría que $x=x'$, pero esto significa que $x,x'\in Y\cap Y'$ lo cual es una contradicción. Por lo tanto, no es posible que posee al mismo tiempo.

También podemos mostrar que cualquiera de las $Y\subset Y'$ o $Y' \subset Y$, si no fuera el caso, es decir, $Y\not\subset Y'$$Y' \not\subset Y$. A continuación, $Y'\backslash Y$ $Y\backslash Y'$ son no-vacío, que como hemos demostrado anteriormente que conduce a una contradicción.

(5) Para concluir la prueba de la reclamación vamos a demostrar que todos los elementos en $Y'\backslash Y$ son estrictos límites superiores para $Y$. Nota no es necesario que muestra que los elementos en $Y\backslash Y'$ un estrictos límites superiores para $Y'$ porque exactamente los mismos argumentos se aplican.

Deje $Y,Y' \in \Omega$, por lo que ambos son buenos juegos.A continuación, cualquiera de $Y'\backslash Y$ está vacía o no. Si el conjunto está vacío es vacuously cierto que cada uno de su elemento es un estricto límite superior para $Y$. Si no fuera el caso, esto significaba $Y\subset Y'$ $Y\cap Y'=Y$ por lo que se muestra en (4). A continuación,$s(Y\cap Y')= s(Y)= \text{min}(Y'\backslash Y)$. Así, el mínimo elemento de $Y'\backslash Y$ es un límite superior para $Y$ y así, cada elemento en $Y'\backslash Y$ es estrictamente mayor que cada elemento en $Y$ por transitividad, es decir, son los estrictos límites superiores para $Y$.

De ahí el reclamo de la siguiente manera como se desee.

Creo que hay una íntima relación de esta proposición y el lema de Zorn. Estoy en lo cierto?

Answer 1

Jose Antonio, no he revisado la totalidad de la prueba anterior en detalle, pero parece claro para mí que es posible demostrar la proposición por ese método. Por ello me referiré sólo a la cuestión de la intuición con respecto a la "buena conjuntos."

En las consideraciones que a continuación, voy a utilizar algunos de los hechos (sobre la inducción transfinita) que son conocidos sólo después de las pruebas de las propiedades básicas de los conjuntos ordenados se han llevado a cabo. Evidentemente, en esta etapa del libro, el autor no dispone todavía de estos hechos, por lo que debe usar un enfoque indirecto para demostrar la proposición. Voy a utilizar un método directo para decir lo que estos conjuntos son realmente, de una forma intuitiva.

Una adecuada segmento inicial de un conjunto ordenado $A$ es un subconjunto de la forma $I_x = \{ y \in A \mid y < x \}$. Por ejemplo, si $A = \mathbf{N}$, luego la inicial adecuada de los segmentos de $A$ $I_0 = \varnothing$, $I_1 = \{0\}$, $I_2 = \{0, 1\}$, $I_3 = \{0, 1, 2\}, \ldots$

Ahora que asuma temporalmente $A = \mathbf{N}$, y deje $B$ ser algún otro conjunto. Decir que le gustaría para definir una función de $f \colon A \to B$ por inducción. ¿Qué información necesitan? Para definir $f(n)$, se necesita una regla que dice cómo para seleccionar un valor de$f(n)$, en función de todos los valores de $f(m)$$m < n$. En otras palabras, se necesita una función de $F \colon \cup_{I \in S_A} B^I \to B$ donde $S_A$ es el conjunto de inicial adecuada de los segmentos de $A$, e $B^I$ es el conjunto de funciones de$I$$B$. Por lo tanto, siempre que $\sigma \colon I \to B$ es una función definida en algún adecuada del segmento inicial de $I$$A$, tenemos bien definido el elemento$F(\sigma)$$B$. Para definir la función de $f$, luego de declarar que para todos los $n \in A$, debemos tener $$f(n) = F\left(\left.f\right|_{I_n}\right).$$

Resulta que tales definiciones por inducción son posibles, incluso para arbitrario bien de conjuntos ordenados $A$, no sólo a $\mathbf{N}$. Esta es la definición por inducción transfinita. También hay un método de prueba por inducción transfinita.

Volviendo ahora al ejemplo, imagina que existe una muy grande y bien-conjunto ordenado $A$, mucho mayor que el conjunto de $X$. Definir una función $f \colon A \to X \cup \{*\}$ donde $\{*\}$ es algún punto no $X$, de la siguiente manera. Deje $f(0) = x_0$ donde $0$ es el elemento más pequeño de $A$. Si $\alpha > 0$, vamos a $f(\alpha) = s(f(I_{\alpha}))$ si $f(I_\alpha)$ es un subconjunto ordenado de $X$ que ha $x_0$ como mínimo de los elementos, y $f(\alpha) = *$ lo contrario.

A continuación, se puede comprobar por (transfinito) la inducción que $f(I_\alpha)$ es siempre un conjunto ordenado con el mínimo elemento de $x_0$. Por lo tanto $f(\alpha) \ne *$ todos los $\alpha$. De hecho, $f$ da cuenta de un isomorfismo de $A$ con algunos bien subconjunto ordenado de $X$. Esto es una contradicción, porque hemos asumido $A$ a ser más grande que la de $X$.

Si no hubiéramos hecho la absurda suposición de que cada subconjunto ordenado de $X$ (con el menor elemento de a $x_0$) tenían un estricto límite superior, entonces esta construcción se habría detenido en algún punto de $\alpha_0$, y, a continuación, tendríamos $f(\alpha) = *$ todos los $\alpha \geq \alpha_0$. A continuación, $f$ se habrían dado cuenta de un isomorfismo del segmento inicial de la $I_{\alpha_0}$ con un subconjunto ordenado de $X$ sin un estricto límite superior.

La "buena establece" que aparecen en la prueba son precisamente los conjuntos de $f(I_\alpha) \subseteq X$ en la anterior construcción. Intuitivamente, comienzan con $x_0$, añadir un elemento $x_1 > x_0$,$x_2 > x_1$, etc. Una vez que haya agregado todos los $x_n$$n \in \mathbf{N}$, estos elementos forman un conjunto ordenado, por lo que añadir un $x_{\omega}$ que es mayor que todos los $x_n$. Luego continúe como este. La buena conjuntos son aquellos conjuntos que, en algún momento en el tiempo, consiste de todos los elementos que ya se han agregado hasta ese punto.

Los hechos que he utilizado aquí será evidente para usted (incluso en un nivel riguroso) una vez que haya aprendido acerca de la inducción transfinita. Por desgracia, algunos autores prefieren explicar sólo el lema de Zorn en lugar de inducción transfinita, y, a continuación, hay mucho menos la intuición acerca de lo que está haciendo, incluso en algunos casos prácticos donde el lema de Zorn puede ser suficiente. (También, en ocasiones, hay casos cuando la inducción transfinita no puede ser evitado.) Si ese es el caso en el libro que estás leyendo, este material puede ser encontrado en el primer capítulo Introductorio Real, Análisis Mediante la prueba de Kolmogorov y Fomin, o más de tratamiento, en Introducción a la Teoría de conjuntos por Jech y Hrbáček.

Edit: he corregido un error en la notación concerniente al dominio de la función $F$.