[Edit: pido disculpas por las múltiples correcciones. El pleno resultado ya se ha dicho, y hay enlaces a los detalles no se proporciona aquí.]
Muy buena pregunta. La siguiente es una respuesta para el sucesor ordinales:
Un no-cero ordinal $\alpha$ (aditiva) indecomposable iff siempre $\alpha=\beta+\gamma$, $\gamma=\alpha$ o $\gamma=0$. Esto es equivalente a decir que el $\alpha=\omega^\delta$ algunos $\delta$, donde la exponenciación es en el ordinal sentido.
Deje $t(\alpha)$ denotar el tipo de orden de el límite de puntos de $\alpha$. El siguiente es demostrado por un sencillo de inducción:
Hecho 1. Deje $0<n<\omega$.
- $t(\omega n)=n-1$.
- Si $\alpha$ es un ordinal límite, $t(\alpha+\beta)=t(\alpha)+1+t(\beta)$.
- $t(\omega^{m+1} n)=\omega^m n$ cualquier $0<m<\omega$.
- $t(\omega^\delta n)=\omega^\delta n$ $\delta$ infinito.
Basado en Hechos 1, se puede demostrar:
La reclamación. Si $\alpha$ es infinito y sucesor, a continuación, los siguientes son equivalentes:
- No $\beta<\alpha$ es homeomórficos a $\alpha$.
- $\alpha=(\gamma n)+1$ para algunos indecomposable $\gamma$, y algunos finito $n>0$.
Por otra parte, $\alpha=(\gamma n)+1$ como en el punto 2 es homeomórficos a $\alpha+\beta+1$ cualquier $\beta<\gamma$.
Vamos a probar la reclamación. En primer lugar, tenga en cuenta que si $\alpha=(\gamma n)+1$ $\beta<\gamma$ $\beta+1+\gamma=\gamma$ $\alpha=\beta+1+\gamma n+1$ $\alpha+\beta+1=\gamma n+1+\beta+1$ son homeomórficos. Esto es debido a que $\alpha$ es distinto de la unión de dos conjuntos, uno de orden tipo de $\alpha$, y uno de tipo $\beta+1$.
(Esta es la razón por la que necesitamos la $1$s al final, para asegurarse de que ambas piezas están abiertos.)
Esto demuestra que 1. implica 2. Para ver la inversa, el uso Hecho de 1 a argumentar por inducción que si $t(\alpha)$ indica el tipo de orden de un conjunto de límite de puntos de $\alpha$, y si $\gamma$ es un infinito indecomposable ordinal, entonces no hay ordinal menor que $\gamma n+1$ ha fijado de límite de puntos homeomórficos a $t(\gamma n+1)$, y esto completa la prueba de la reclamación.
El de arriba se ocupa sucesor de los números ordinales. El límite de los números ordinales son diferentes, y yo actualmente no tienen una respuesta completa. Por un lado, el límite de los números ordinales no son compactos, mientras que el sucesor de los números ordinales. Basado en Hechos 1, se sigue inmediatamente que
- No ordinal otros de $\omega n$ sí es homeomórficos a$\omega n$$0<n<\omega$.
Recordar Cantor del teorema de la forma normal, que cualquier no-cero ordinal puede escribirse de forma única como
$$ \alpha=\omega^{\beta_0}n_0+\dots+\omega^{\beta_k}n_k $$
donde$k\in\omega$, $\beta_i$ son estrictamente decreciente, y el $n_i$ son no-cero naturales.
La clave para continuar es un refinamiento de la idea de examinar orden-tipos: El concepto de Cantor-Bendixson derivados. La derivada de un espacio de $X$ es la colección de su límite de puntos. El $\alpha$-ésima derivada de $X$ es el resultado de la iteración de esta operación $\alpha$ veces:
- $X^{(0)}=X$.
- $X^{(\alpha+1)}=(X^{(\alpha)})'$ es el espacio de la acumulación de puntos de $X^{(\alpha)}$.
- $X^{(\lambda)}=\bigcap_{\alpha<\lambda}X^{(\alpha)}$ $\lambda$ límite.
Por una inducción que elabora la prueba del Hecho anterior, tenemos:
Hecho 2. Si $\delta>0$, $\delta$- ésima derivada de $\omega^\delta$ está vacía, y es su primera vacío derivado. Por otra parte, $(\omega^{\delta} n)^{(\delta)}=\{\omega^{\delta}m\mid 0<m<n\}$ cualquier $0<n<\omega$.
De ello se desprende que $n_0$ en la forma normal de Cantor $\alpha$ como anteriormente puede ser recuperada por la iteración de la derivada de la operación. En particular,
- $\alpha=\omega^{\beta_0}n_0+\dots+\omega^{\beta_k}n_k$ no puede ser homeomórficos a cualquier ordinal cuya Cantor forma no comienza como $\omega^{\beta_0}n_0$. No hay dos ordinales de la forma $\omega^\delta n$ son homeomórficos, y no ordinal otros de $\omega^\delta$ es homeomórficos a $\omega^\delta$.
Las observaciones, casi por encima de resolver completamente el problema. Hice algunas en línea de la excavación, y encontró que el problema está completamente resuelto en un informe técnico del Instituto para el Lenguaje, la Lógica y la Computación de la Universidad de Amsterdam, el papel corto "Una clasificación ordinal de topologías" por Vicente Kieftenbeld y Benedikt Löwe, a partir de este escrito, disponible aquí.
Deje $\omega^{\beta_0}n_0+\dots+\omega^{\beta_k}n_k$ ser el Cantor forma normal de un ordinal $\alpha$. Escribir $lc(\alpha)=\beta_0$$c(\alpha)=n_0$; por último, establezca $p(\alpha)=0$ si $\alpha=\omega^{\beta_0}n_0\ge\omega$, e $p(\alpha)=\omega^{\beta_k}$ lo contrario. ($lc,c,p$ stand para "limitar la complejidad", "coeficiente", y "pureza", en la notación de la Kieftenbeld-Löwe papel).
Teorema (Kieftenbeld-Löwe). $\alpha$ $\beta$ son homeomórficos iff $lc(\alpha)=lc(\beta)$, $c(\alpha)=c(\beta)$, y $p(\alpha)=p(\beta)$.
Puede ser la pena destacar que el argumento se sostiene en ZF, es decir, sin usar el axioma de elección es necesaria. Los detalles de la discusión puede ser visto en el papel, pero (una vez que tenemos el derecho de declaración), en realidad es un buen ejercicio para terminar la prueba de que el argumento iniciado anteriormente.
Permítanme señalar que, como descriptivo conjunto teórico, existe un natural pregunta de seguimiento, es decir, cuando es que el Borel estructuras de dos ordinales $\alpha$ $\beta$ son Borel isomorfo. Este problema resulta ser más delicado. Se resuelve en un papel por Su Gao, Steve Jackson, y Vicente Kieftenbeld, "Una clasificación de los números ordinales hasta Borel isomorfismo", Fundamenta Mathematicae 198 (2008), 61-76. (A partir de este escrito, el documento está disponible desde Fundamenta la página en virtud de la suscripción, o desde Kieftenbeld de la página.) El resultado se utiliza elección de una forma esencial, y el problema está lejos de ser resuelto en ZF, incluso en los supuestos adicionales, tales como el axioma de determinación. Bosquejar la prueba nos llevaría muy lejos de la actual pregunta, pero te voy a dar la (AC) declaración:
Dado $\alpha$, vamos a $\kappa(\alpha)=0$ si $|\alpha|$ es un singular cardenal o contables. De lo contrario, deje $\kappa(\alpha)$ ser el más grande de cardinal tal que $|\alpha|\cdot\kappa(\alpha)\le\alpha$.
Teorema (Gao-Jackson-Kieftenbeld). $\alpha$ $\beta$ son Borel isomorfo iff $|\alpha|=|\beta|$$\kappa(\alpha)=\kappa(\beta)$.
