НГУ

Существует ли в P(R) (множество всех подмножеств действительной прямой) цепь (то есть линейно упорядоченное по включению подмножество) длины (то есть мощности) больше континуума?

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Вопрос интересный, но, черт побери, нет времени хорошенько подумать. Так что текущий ответ -- а фиг его знает.

Есть только одна тривиальная мысль. Если существует линейно упорядоченое континуальное множество X с более чем континуальным порядковым пополнением Y (например, по Дедекинду или в виде идеалов), то все пучком: семейство X(y) = {x из X : x <= y}, индексированное элементами y из Y, будет искомой цепью.

Может, на роль X подойдет какой-нибудь лексикографически упорядоченный R^2?

Это очевидно. Более того, в начале я хотел сформулировать задачу следующим образом: существует ли континуальный линейный порядок с более чем континуальным количеством начальных сегментов. Ясно, что это эквивалентная формулировка.



Нет, конечно, не подойдёт. Легко показать, что континуальный линейный порядок, в котором каждый начальный сегмент порождается не более чем счётным подмножеством, имеет лишь континуум начальных сегментов. R^n с лексикографическим порядком, очевидно, этим свойством обладает.

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

То, что это очевидно, очевидно.Блин, уже и опечататься не дают. Само собой, не R^2, а 2^R.

Итак, рассматриваем первый континуальный ординал c, берем лексикографическую степень {0,1}^c и выделяем в ней "зануляющуюся часть", т.е. множество всех функций из c в {0,1}, устанавливающихся на 0.
Так сойдет?

Для начала хотелось бы понять, что полученное множество будет действительно континуальным.

А прежде всего чётко обозначим, о чём идёт речь.

Берём кардинал c. На нём есть естественный порядок, который превращает c во вполне упорядоченное множество, причём любой собственный начальный сегмент имеет мощность меньше континуума.

Рассматриваем F --- множество всех функций f из c в {0,1}, для которых найдётся a из c, такое что f(b)=0 при всех b > a.

Для f,g из F скажем, что f < g, если найдётся a из c, такое что f(a)=0, g(a) = 1 и f(b)=g(b) при всех b < a.

Порядок действительно линейный, спорить не буду. Но прежде всего спрошу, почему F континуально? Вижу, что в предположении континуум-гипотезы это доказать легко. Но почему сей факт будет верен и без континуум-гипотезы? Или Вы предлагаете проводить все рассмотрения в предположении, что континуум-гипотеза верна?

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Хмм... Получается, что предлагаю. Действительно, этот подход приводит к успеху лишь в предположении, что 2^a<=c при omega<a<c.

P.S. Надеюсь, меня в какой-то мере оправдывает тот факт, что

Ну ладно, допустим, что континуум-гипотеза верна. Почему тогда в F больше континуума начальных сегментов? Я вот так с ходу не вижу.

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Хотя нет, вижу. Порядок на F можно продолжить до порядка на 2^c, откуда всё следует.

Что касается доказательства без континуум-гипотезы. Вот если мы вместо c будем рассматривать наименьший кардинал c', для которого 2^{c'} > c. И проделаем всё то же самое с заменой c на c'. Получим ли мы то, что нужно?

Ясно, что нужное нам получится, если мощность всех подмножеств множества c', имеющих мощность меньше чем c', будет континуально. А почему это обязано быть выполненым? Я не знаю.

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Обозначим {0,1}^c через G и для каждого g из G положим F(g) = {f из F : f<=g}. Поскольку |G|>c, достаточно показать, что F(g) отлично от F(g') при g < g'. Пусть g < g' и пусть a -- первый ординал из c, для которого g(a)=0 и g'(a)=1. Рассмотрим такую фунцию f: c -> {0,1}, что f(b)=g(b)=g'(b) при b<a, f(a)=1 и f(b)=0 при b>a. Тогда, как легко видеть, f принадлежит F(g'), но не принадлежит F(g).

P.S. Черт, зря старался. Вы уже всё успели увидеть.

Ну я уже всё это сам осознал, пока Вы писали Скажите лучше, проходит ли фокус с c'?

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

А хотя нет, чего это я... Нам ведь не все подмножества в c' меньшей мощности, а только собственные начальные сегменты нужны. А их ровно c', то есть не больше континуума.

Да, всё проходит. Добили задачу

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Откровенно говоря, я еще даже не начал кумекать, а Вы, вроде, уже всё успели до меня докумекать. Стало быть, я тогда уже не буду кумекать. Уря.

Ну Вы всё равно покумекайте тоже, а то вдруг я чего недокумекал...

_________________
Don't let the sun blast your shadow
Don't let the milk float ride your mind

Доказано, что в P(R) есть цепь длины больше, чем континуум. Может быть, можно доказать, что там и цепь длины P(R) есть? С континуум-гипотезой это верно.

Недавно в FOM появился ответ на этот вопрос.
Существование цепей в P(R) длины P(R) не зависит от ZFC.
По-существу это доказано в [1] и явно сформулировано в виде следствия 1.3 в [2].

[1] Baumgartner, James E.
Almost-disjoint sets, the dense set problem and the partition calculus //
Ann. Math. Logic. 1976. V. 9, N 4. 401-439.

[2] W. W. Comfort, D. Remus.
Long chains of Hausdorff topological group topologies //
Journal of Pure and Applied Algebra. 1991. V.70. 53-72.