Considere el orden lineal $(R,<)$ habría dos subórdenes $(X,<), (Y,<)$ de la misma de forma que $X,Y$ son incontable que son incomparables en el siguiente sentido: No existen incrustaciones que preserven el orden de $X$ a $Y$ ou $Y$ a $X$ . Si es así, ¿cuántos serían esos subconjuntos? Gracias de antemano. Al decir una incrustación f de Y a X, se requiere que f sea una función y $x<y \rightarrow f(x) < f(y)$ pero no es necesario que f sea sobreyectiva.
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Teorema. Hay una familia $\{X_\alpha:\alpha<2^\omega\}$ de subconjuntos de $\Bbb R$ tal que cada uno es un orden lineal denso de cardinalidad $2^\omega$ y si $f:X_\alpha\to X_\beta$ es una inyección que preserva el orden, entonces $\alpha=\beta$ y $f$ es la identidad en $X_\alpha$ .
Prueba. (La prueba utiliza el axioma de elección.) Sea $\mathscr{F}$ sea el conjunto de inyecciones que preservan el orden de $\Bbb R$ a $\Bbb R$ y enumerar $\mathscr{F}=\{f_\xi:\xi<2^\omega\}$ . Sea $\mathscr{V}=\{V_\xi:\xi<2^\omega\}$ sea una enumeración de los intervalos abiertos no vacíos de $\Bbb R$ . Sea $\{t_\xi:\xi<2^\omega\}$ sea una enumeración de $2^\omega\times 2^\omega\times 2^\omega$ y que $\pi_0,\pi_1,\pi_2,:2^\omega\to 2^\omega$ sea tal que $t_\xi=\langle\pi_0(\xi),\pi_1(\xi),\pi_2(\xi)\rangle$ para $\xi<2^\omega$ .
Por recursión en $\xi<2^\omega$ elegir puntos $x_\xi,y_\xi\in\Bbb R$ de manera que para cada $\xi<2^\omega$
$$\begin{align*} (i)&\quad x_\xi\in V_{\pi_2(\xi)}\setminus\big(\{x_\eta:\eta<\xi\}\cup\{y_\eta:\eta<\xi\}\big)\;;\\ (ii)&\quad y_\xi=f_{\pi_0(\xi)}(x_\xi)\notin\{x_\eta:\eta<\xi\}\cup\{y_\eta:\eta<\xi\}\;;\text{ and}\\ (iii)&\quad\text{if }f_{\pi_0(\xi)}\upharpoonright V_{\pi_2(\xi)}\text{ is not the identity on }V_{\pi_2(\xi)},\text{ then }y_\xi\ne x_\xi\;. \end{align*}$$
Condiciones $(i)$ et $(ii)$ son satisfacibles porque $|V_{\pi_2(\xi)}|=2^\omega>\left|\{x_\eta:\eta<\xi\}\cup\{y_\eta:\eta<\xi\}\right|$ et $f_{\pi_0(\xi)}$ es inyectiva. Condición $(iii)$ es satisfacible porque $f_{\pi_0(\xi)}$ es monótona. (Por ejemplo, si $f_{\pi_0(\eta)}>x_\eta$ para algunos $\eta<\xi$ , arreglar $u\in V_{\pi_2(\xi)}\cap\big(x_\eta,f_{\pi_0(\xi)}(x_\eta)\big)$ y observe que $f_{\pi_0(\xi)}(z)>z$ para todos $z\in(x_\eta,u)$ .)
Para $\alpha<2^\omega$ dejar $X_\alpha=\{x_\xi:\pi_1(\xi)=\alpha\}$ . Claramente $|X_\alpha\cap V_\xi|=2^\omega$ para cada $\xi<2^\omega$ Así que $X$ es un orden lineal denso de cardinalidad $2^\omega$ . Supongamos que $\alpha,\beta<2^\omega$ et $f:X_\alpha\to X_\beta$ es una inyección que preserva el orden. $\Bbb R$ está completo, por lo que $f$ puede extenderse a una función $g:\Bbb R\to\Bbb R$ al establecer
$$g(x)=\begin{cases} f(x),&\text{if }x\in X_\alpha\\ \sup\{f(y):y\in X_\alpha\text{ and }y<x\},&\text{if }x\in\Bbb R\setminus X_\alpha\;. \end{cases}$$
Claramente $g\in\mathscr{F}$ ; decir $g=f_\gamma$ . Si $g$ no es el mapa de identidad en $\Bbb R$ Hay un $\eta<2^\omega$ tal que $g\upharpoonright V_\eta$ no es el mapa de identidad en $V_\eta$ . Elección de $\xi<2^\omega$ tal que $t_\xi=\langle\gamma,\alpha,\eta\rangle$ vemos que
$$f(x_\xi)=f_\gamma(x_\xi)=y_\xi\notin\bigcup_{\zeta<2^\omega}X_\zeta\supseteq X_\beta\;,$$
lo cual es absurdo. $\dashv$
Esto es una adaptación del Teorema 3.2 de mi antiguo documento Una caracterización de las órdenes de pozos , Fundamenta Mathematicae 111.1 (1981) 71-76.
Davem M
Puntos
71
Creo que $X = \{0, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \ldots \}$ y el conjunto $Y = 1 - X$ funcionaría, con las órdenes inducidas. Si $f$ es una inyección que preserva el orden $f:X \rightarrow Y$ entonces $f(0)$ ciertamente no puede ser 1, así que debe tener la forma $f(0) = 1 - \frac{1}{n}$ . Ahora, $f(\frac{1}{3})$ tampoco puede ser 1, ya que $\frac{1}{3} < \frac{1}{2}$ Así que $f(\frac{1}{3}) = 1 - \frac{1}{m}$ para algunos $m$ y ahora tenemos infinitos elementos de $Y$ que se encuentra entre $1 - \frac{1}{n}$ et $1 - \frac{1}{m}$ , lo cual es falso.
Un argumento simétrico no debería dar inyecciones de $Y$ a $X$ .
mjqxxxx
Puntos
22955
Para dar un ejemplo concreto basado en la respuesta de Asaf: dejemos que $X=\{1,2,3,\ldots\}$ y que $Y=\{\ldots,-3,-2,-1\}$ . Si $f:X\rightarrow Y$ es uno a uno y satisface $f(1)=a$ , entonces necesitamos $f(X-\{1\}) \subseteq \{a+1,a+2,\ldots,-2,-1\}$ para que $f$ para preservar el orden. Pero este último conjunto es finito, por lo que esto es imposible; no hay ningún mapa que preserve el orden desde $(X,<)$ a $(Y,<)$ .
