Aquí hay un argumento de diagonalización parcialmente construido. Creo que no existe tal $P$ puede existir, y tengo un bosquejo de la prueba, abajo. Hay más que hacer (¡la prueba no funciona! Es un boceto que podemos convertir en una prueba factible), pero pensé que podría ser útil para que otros se basaran en él, y actualizaré si pienso en más para añadir.
Para revisar,
Estamos buscando un conjunto parcialmente ordenado $ \langle P, \leq\rangle $ y un conjunto $X \subseteq P$ de tal manera que..:
- Por cada $Y \subseteq P$ existe un elemento $x \in P$ y el isomorfismo de orden $f_x : (P \uparrow x) \rightarrow P$ de tal manera que la imagen del conjunto $(X \uparrow x)$ es el conjunto $Y$ .
- Por cada $x \in P$ existe un conjunto $Y \subseteq P$ y el isomorfismo de orden $g_Y : (P \uparrow x) \rightarrow P$ de tal manera que la imagen del conjunto $(X \uparrow x)$ es el conjunto $Y$ .
En lo que sigue, supongamos $ \langle P, \leq , X \rangle $ satisface las dos condiciones. Nuestro objetivo es producir una contradicción. Empezamos con algunas observaciones.
- P no debe estar vacía . Si $P$ está vacía, entonces $P$ no satisface la primera condición cuando $Y= \varnothing $ porque no existe ningún elemento $x \in \varnothing $ .
- X no debe estar vacía . Ya que P no está vacía, elige un subconjunto no vacío $Y \subseteq P$ . Si X está vacío, entonces cada conjunto de X está vacío, por lo tanto no hay una función tal que la imagen de vacío $(X \uparrow x)$ no está vacía $Y$ y así P falla la primera condición.
- X no debe ser todo de P . Para pasar la primera condición con $Y= \varnothing $ debe haber un isomorfismo que envía un poco de energía $(X \uparrow x)$ a $Y= \varnothing $ . Por lo tanto, debe haber un conjunto de X que está vacío. Siempre que X pertenece a X, el conjunto de arriba $(X \uparrow x)$ no está vacía; por lo tanto debe haber una $x$ que no pertenece a X. Por lo tanto X no debe ser todo de P.
- P y X deben ser infinitos . Si satisfacemos la primera condición con $Y=P$ Hay una bendición. $(P \uparrow x) \rightarrow P$ que mapea $(X \uparrow x)$ en $Y=P$ . Es fácil mostrar que $(X \uparrow x)$ y $(P \uparrow x)$ son por lo tanto iguales como conjuntos. Pero entonces, como conjuntos, tenemos $$P \cong (P \uparrow x) \cong (X \uparrow x) \subseteq X \subsetneqq P.$$ Porque P es bijectivo con un subconjunto adecuado $(X \uparrow x) \subsetneqq P$ se deduce que P es infinito.
Debido a que P es infinito y bijectivo con un subconjunto de X, X es igualmente infinito.
- P tiene un elemento inferior (inicial) . De hecho, la P no está vacía, así que podemos elegir $x \in P$ y si P satisface la segunda condición, entonces $(P \uparrow x)$ es de orden isomórfico a $P$ . Pero desde que $x \in P$ , $(P \uparrow x)$ tiene un elemento de fondo (a saber $x$ en sí mismo), y por lo tanto $P$ debe tener un elemento de fondo.
- Cada elemento de P tiene al menos un sucesor . P tiene un elemento de fondo, que ciertamente tiene un sucesor porque P es infinito. Además, por la segunda condición, cada elemento de arriba $(P \uparrow x)$ es de orden isomórfico a P; ese isomorfismo envía el elemento inferior de P a $x$ . Por isomorfismo de orden, cada punto de P tiene al menos un sucesor.
Ahora tenemos las herramientas para construir un argumento de diagonalización. Habiendo fijado un conjunto $X \subseteq P$ por adelantado, intentamos construir un conjunto $Y$ para el cual $ \langle P, \leq , X \rangle $ falla la primera condición.
- En este boceto de prueba, supongamos que satisfacemos las dos condiciones dadas. Fijar un particular familia $\{h_x : x \in X\}$ de isomorfismos de orden $h_x : P \rightarrow (P \uparrow x)$ .
- Definir el conjunto $Y$ por: $$Y \equiv \{x \in P : h_x(x) \notin X\}$$
- Para satisfacer la primera condición, debemos ser capaces de encontrar un punto $z$ y un isomorfismo de orden $h_z:P \rightarrow (P \uparrow z)$ de tal manera que la imagen de $Y$ es el conjunto $(X \uparrow z)$ .
- Fíjense en lo que hace esta construcción diagonal: para cada $x \in X$ , $h_x(P)$ es el conjunto $(P \uparrow x)$ . Nos aseguramos de que haya un desajuste entre $h_x(Y)$ y el conjunto $(X \uparrow x)$ asegurando que haya al menos un punto (a saber $x$ ) que $h_x$ envía fuera de $(X \uparrow x)$ . Por lo tanto $h_x(Y) \neq (X \uparrow x)$ . Porque construimos en el fracaso para cada uno $h_x$ no hay $h_x$ en nuestro conjunto fijo para el cual $h_x(Y) = (X \uparrow x)$ .
- Este argumento, si bien es un buen comienzo, en realidad implica un juego de manos: incluso si causamos estos isomorfismos $h_x$ para fallar, puede haber muchos otros isomorfismos para un solo $x$ que envían $(P \uparrow x) \rightarrow P$ y que no hemos asegurado que vaya a fallar. Sólo hemos bloqueado un isomorfismo por $x$ .
Aún no estoy seguro, pero creo que podría ser posible modificar esta prueba para que funcione. La idea es considerar, en lugar de puntos individuales, grupos de puntos relacionados entre sí a través de isomorfismo de orden.
- Para cada punto $x \in P$ que $F_x$ ser el conjunto de todos isomorfismos de orden $P \rightarrow (P \uparrow x)$ . Deje que $S_x$ sean las imágenes de $x$ a través de todos estos isomorfismos: $$S_x \equiv \{f(x) : f \in F_x\} \subseteq (P \uparrow x)$$
