НГУ

Форумы НГУ
Текущее время: Сб мар 23, 2019 11:16 am

Часовой пояс: UTC + 7 часов




Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.
Автор Сообщение
 Заголовок сообщения: Цепь большой длины
СообщениеДобавлено: Ср июн 04, 2008 10:19 am 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Ср июн 04, 2008 9:14 pm 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
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?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Ср июн 04, 2008 9:43 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
AGu писал(а):
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.


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.

AGu писал(а):
Может, на роль X подойдет какой-нибудь лексикографически упорядоченный R^2?


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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 12:49 am 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
AGu писал(а):
Есть только одна тривиальная мысль.
Коба писал(а):
Это очевидно.
То, что это очевидно, очевидно.
AGu писал(а):
Может, на роль X подойдет какой-нибудь лексикографически упорядоченный R^2?
Коба писал(а):
Нет, конечно, не подойдёт.
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?


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 11:22 am 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
AGu писал(а):
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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 1:37 pm 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
Коба писал(а):
Но почему сей факт будет верен и без континуум-гипотезы? Или Вы предлагаете проводить все рассмотрения в предположении, что континуум-гипотеза верна?

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
AGu писал(а):
Вопрос интересный, но, черт побери, нет времени хорошенько подумать.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 3:37 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
AGu писал(а):
Коба писал(а):
Но почему сей факт будет верен и без континуум-гипотезы? Или Вы предлагаете проводить все рассмотрения в предположении, что континуум-гипотеза верна?

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


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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 3:55 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
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


Последний раз редактировалось Коба Чт июн 05, 2008 3:58 pm, всего редактировалось 1 раз.

Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 3:57 pm 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
Коба писал(а):
Почему тогда в F больше континуума начальных сегментов?

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. :-)


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 3:59 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
AGu писал(а):
Коба писал(а):
Почему тогда в F больше континуума начальных сегментов?

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


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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 4:03 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
Коба писал(а):
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.


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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 4:07 pm 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
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. :-)


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Чт июн 05, 2008 4:16 pm 
Не в сети
Непрерывный писатель

Зарегистрирован: Пт июн 18, 2004 10:34 pm
Сообщения: 4435
Откуда: Сергей Подзоров
AGu писал(а):
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


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Пт июн 13, 2008 7:17 pm 
Не в сети
Весьма плодовитый автор

Зарегистрирован: Чт сен 27, 2001 7:00 am
Сообщения: 1637
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.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
 Заголовок сообщения:
СообщениеДобавлено: Ср окт 15, 2008 12:11 pm 
Не в сети
Опытный автор

Зарегистрирован: Пн май 02, 2005 7:27 pm
Сообщения: 435
Pavel E. Alaev писал(а):
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.


Вернуться к началу
 Профиль  
 
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.

Часовой пояс: UTC + 7 часов


Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 1


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Перейти:  
Создано на основе phpBB® Forum Software © phpBB Group
Русская поддержка phpBB