Inclusión de números ordinales en $\mathbb{Q}$

Question

Todos contables ordinales son integrables en $\mathbb{Q}$.

Para las "pequeñas" contables ordinales, es simple de hacer esto de forma explícita. $\omega$ es trivial, $\omega+1$ puede ser, por ejemplo, hace como $\{\frac{n}{n+1}:n\in \mathbb{N}\} \cup \{1\}$.

$\omega*2$ se puede hacer como $\{\frac{n}{n+1}:n\in \mathbb{N}\} \cup \{1+\frac{n}{n+1}:n\in \mathbb{N}\}$ y $\omega*n$ como $\bigcup_{i\le n} \{i+\frac{n}{n+1}:n\in \mathbb{N}\}$

Que de inmediato también da $\omega^2$ $\bigcup_{i \in \mathbb{N}} \{i+\frac{n}{n+1}:n\in \mathbb{N}\}$

Y yendo más lejos aún es relativamente fácil: podemos biject por encima de la incrustación de $\omega^2$ en el intervalo $(0,1)$, por ejemplo, a través de $f(x)=1-\frac{1}{x+1}$ ya que este es un fin de preservar bijection de $\mathbb{Q}^+$ $(0,1)$, lo que nos permite obtener $\omega^2+n$, $\omega^2*n$ etc. Y por recorrer en ese proceso, podemos obtener cualquier ordinal por debajo de $\omega^\omega$.

Pero este tipo de incrustación se produce un error en $\omega^\omega$ como la iteración de $f$ no parece compatible con la toma de la infinita unión - en sentido figurado, nos gustaría que nos aplaste las cosas $0$. Así que ¿qué sería de un explícito de la incrustación de $\omega^\omega$? Y la pregunta, entonces, es si es posible dar una explícita la incorporación de la $\epsilon_0$? Es el hecho de que la aritmética de Peano no puede demostrar el fundamento de $\epsilon_0$ una indicación de que no puede ser incorporado por tales funciones elementales y sus iteraciones?

Y lo acerca aún más grande contables ordinales tales como la Veblen ordinales, Feferman-Schütte, Bachmann-Howard? A partir de su definición, incluso si el todo es posible, supongo que la definitiva obligado de donde se puede definir un procedimiento eficaz para la integración debe ser la Iglesia de Kleene - es que una conclusión correcta?

Por último, ¿la situación cambia cuando usamos $\mathbb{R}$ en vez de $\mathbb{Q}$, lo que nos permitiría usar, tal vez, más fácil de entender todavía inherentemente complejas funciones?

Editado porque $\omega^2 \neq \omega^\omega$

Answer 1

Desde $\epsilon_0$ es todavía un $\omega$-secuencia, a mí me parece que una incrustación es relativamente sencillo; lo toman como la secuencia de $\left\{\omega \omega^\omega \omega^{\omega^\omega}, \ldots\right\}$ e integrar cada uno de esos en una unidad de intervalo. Cada uno tiene un fácil explícito de la incrustación, y para cualquier '$\omega$-polinomio' que me das me puede dar el racional en mi incrustación que le corresponde. Tengo la sospecha de que las cosas se descomponen, como usted dice, no demasiados pasos arriba en la jerarquía, pero que empieza a llegar a las preguntas de qué es un 'expreso de la especificación".

EDIT: Y para responder a la pregunta acerca de la incrustación de $\omega^\omega$, el mismo se puede hacer; para hacerla más sencilla y resaltar mis asignación de arriba, la incluiré en la unidad de intervalo de $\left[1,2\right)$. Mapa de $\omega$ en $\left[1,1+\frac{1}{2}\right)$, $\omega^2$ en $\left[1+\frac{1}{2}, 1+\frac{3}{4}\right)$, etc; a continuación, nuestro procedimiento eficaz para "descodificar" un polinomio $\sum_{i=0}^na_i\omega^i$ a una racional produce el racional $1+(1-2^{-n})+2^{-(n+1)}\left(1-2^{-(a_n-1)}\right)+2^{-(n+1)}2^{-a_n}\left(1-2^{-(a_{n-1}-1)}\right)+\cdots$ — 'cortar' el mayor plazo, a fin de que estamos trabajando en el intervalo de $\left[1+(1-2^{-n}), 1+(1-2^{-(n+1)})\right)$ de longitud $2^{-(n+1)}$, $a_n$ para encontrar el punto en el que el intervalo que representa $a_n\omega^n$ (e implícitamente, en la siguiente "mapped-down' de intervalo), y repita el procedimiento. Mientras hay una explícita medio de la especificación de un $\omega$-secuencia para la ordinal, este mecanismo general de trabajo.

Answer 2

La iglesia de Kleene es claramente el límite de la orden de los tipos de bien ordenadas de forma recursiva decidable subórdenes de $(\mathbb Q,{<})$:

Si usted tiene un recursiva (e infinito) $A\subseteq \mathbb Q$, entonces es fácil calcular un explícito bijection entre $A$ y $\mathbb N$; por lo que $(A,{<})$ es isomorfo a algunos recursiva orden de $\mathbb N$. Por el contrario, cada decidable orden total en $\mathbb N$ es isomorfo a algunos recursiva subconjunto de $((0,1)\cap \mathbb Q,{<})$ -- usted puede elegir para asignar cada una $i$ a $\frac{2a_i+1}{2^i}$ donde $a_i$ es seleccionado exclusivamente sobre la base de la ordenación entre $i$ y los anteriores números.

(Por cierto, el "a la inversa" argumento anterior también es una no-constructiva prueba de que cada contables ordinal puede ser embebido en $\mathbb Q$ en, al menos, de una manera).

Hovever "recursivo" es, posiblemente, una mayor exigencia de "explícito". Por ejemplo, podemos definir una "explícita" de la incrustación de $\omega_1^{CK}$ en sí:

• Enumerar todos los recursiva countably infinito de los números ordinales como $(\alpha_i)_i$ en algunos canónica, por ejemplo el tamaño de los más pequeños MIENTRAS que el programa que decide un pedido de $\mathbb N$ de cada tipo de orden, y lexicográficamente en caso de empate.
• Incrustar $\alpha_i$ en $(i,i+1)\cap \mathbb Q$ utilizando el procedimiento anterior.
• Quitar de la resultante subconjunto de $(i,i+1)$ de cada punto que corresponde a un miembro de $\bigcup_{j<i}\alpha_j$.
• Tomar la unión de las resultantes parciales incrustaciones.

Este es "explícito", en el sentido de que no se puede probar uno y sólo un subconjunto de $\mathbb Q$, que es el resultado de la construcción. Pero no es decidable porque (entre otras cosas) no es decidable si cualquier MIENTRAS que el programa decide un buen orden de $\mathbb N$.

Answer 3

He aquí una prueba usando la teoría del continuo: Dejar que $\alpha>0$ ser una contables ordinal, y considerar el intervalo inicial de $[0,\alpha]$ de la cerrada de largo radio. Desde $[0,\alpha]$ es un subconjunto cerrado de un compacto Hausdorff espacio, es compacto Hausdorff, por tanto, normal y regular. Es de segunda contables: la base está formada por los intervalos de la forma $[0,q), (q,r)$ o $(r,\alpha]$ donde $p$ y $r$ son racionales dentro de cada intervalo estrictamente entre los sucesivos números ordinales en $[0,\alpha]$. Por Urysohn del metrization theorm, $[0,\alpha]$ es metrizable.

$[0,\alpha]$ también está conectado porque es un intervalo inicial o en el largo radio. Pero esto significa $[0,\alpha]$ es una métrica continuo que contiene exactamente dos puntos de corte, por lo tanto es homeomórficos a la unidad de intervalo. Deje que $h:[0,\alpha]\[0,1]$ ser un homeomorphism. Los ordinales en $[0,\alpha] de dólares se asignan a la unidad de intervalo de $h$.

Answer 4

No hay necesidad de aplastar todo a 0.

Cada contable límite ordinal $\alpha$ es el límite de una secuencia de números ordinales $\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3, \cdots$. Para $i \in \mathbb{N}$, incrustar $\alpha_i$ por inducción en $(i, i + 1) $. La Unión de estas incrustaciones da una incrustación de un ordinal por lo menos tan grande como $\alpha$, puesto que es más grande que cada \alpha_i$ $. Creo que realmente podemos afirmar que es exactamente $\alpha$, pero que tardaría un poco más de trabajo.

Answer 5

Es fácil probar que cada contables densa orden lineal incrusta en $\mathbb{Q}$. [Prueba aquí.]

Deje que $\alpha$ ser una contables ordinal, o de hecho cualquier contables de orden lineal.

Pedido de $\alpha \times \mathbb{Q}$ lexicográficamente. Esta es una contables densa orden lineal, por lo que se incrusta en $\mathbb{Q}$ a través de un mapa de $i : \alpha \to \mathbb{Q}$ decir. Entonces $$\{ i(x, 0)\, :\, x \in \alpha \}$$ es una incrustación de $\alpha$ en $\mathbb{Q}$.

Es decir, que la línea de hasta $\alpha$ copias de $\mathbb{Q}$, incrustar en $\mathbb{Q}$ y, a continuación, elegir los ceros de cada uno.