8.10: Замовлення-повнота

Наведено аргумент за незліченність\(\mathbb{R}\) залежності тільки від його властивостей абстрактного порядку.

ВИЗНАЧЕННЯ. Завершення замовлення Дозволяє\((X, \leq)\) бути лінійно впорядкованим набором. Він називається order-compplete якщо, коли\(A\) і\(B\) є непорожніми\(X\) підмножинами з властивістю, яка\[(\forall a \in A)(\forall b \in B) \quad a \leq b,\] існує\(c\) в\(X\) такому, що\[(\forall a \in A)(\forall b \in B) \quad a \leq c \leq b .\] Зверніть увагу, що будь-який order-compplete set повинен мати найменшу верхню межу властивість - якщо\(A\) будь-який непорожній обмежений набір, нехай\(B\) буде набір усіх верхніх меж для\(A\), а потім\(c\) з (8.20) - (унікальна) найменша верхня межа для \(A\).

ВИЗНАЧЕННЯ. Щільний\((X, \leq)\) Дозволяти лінійно впорядкований набір, і\(Y \subseteq\)\(X\). Ми говоримо\(Y\), що щільно,\(X\) якщо\[(\forall a<b \in X)(\exists y \in Y) a<y<b .\] визначення. Розширення\(\left(Y, \leq_{Y}\right)\) Дозволяти\(\left(X, \leq_{X}\right)\) і бути лінійно впорядкованими множинами. Ми говоримо, що\(\left(Y, \leq_{Y}\right)\) це розширення\(\left(X, \leq_{X}\right)\) якщо\(X \subseteq Y\) і, для всіх\(x_{1}, x_{2}\) в\(X\),\[x_{1} \leq_{X} \quad x_{2} \quad \text { iff } \quad x_{1} \leq_{Y} x_{2} .\] ТЕОРЕМА 8.21. \((X, \leq)\)Дозволяти бути продовженням\((\mathbb{Q}, \leq)\). Якщо\((X, \leq)\) є\(\mathbb{Q}\) порядком-повним і щільним в\(X\),\(X\) то незліченним.

Доказ. Припустимо, що\(X\) це зліченний порядок повного розширення\(\mathbb{Q}\) і\(\mathbb{Q}\) що щільно в\(X\).

Нехай послідовність\(\left\langle a_{n} \mid n \in \mathbb{N}\right\rangle\) буде біекцією від\(\mathbb{N}\) до\(X\). Зверніть увагу, що послідовність накладає порядок на\(X\). \(\preceq\)Дозволяти визначатися\(X\) на\[(\forall m, n \in \mathbb{N}) a_{m} \preceq a_{n} \Longleftrightarrow m \leq n .\] Тобто, для будь-якого,\(x, y \in X, x \preceq y\) якщо\(x\) з'являється в послідовності\(\left\langle a_{n}\right\rangle\) перед\(y\). Тоді\(\preceq\) це добре впорядкування\(X\).

З огляду на\(Y \subseteq X\) і\(y_{0} \in Y\), ми говоримо, що\(y_{0}\) це\(\preceq\) -мінімальний елемент\(Y\) якщо\[(\forall x \in Y) y_{0} \preceq x .\] так кожен підмножина\(X\) має\(\preceq\) -мінімальний елемент.

Визначимо дві підпослідовності\(\left\langle a_{n}\right\rangle\), звані\(\left\langle a_{f(n)}\right\rangle\) і\(\left\langle a_{g(n)}\right\rangle\), так що для будь-якого\(n \in \mathbb{N}\)

(1)\(f(n+1)>g(n)\)

(2)\(g(n)>f(n)\)

(3)\(a_{f(n+1)}\)\(\preceq\) -мінімальний елемент множини\[\left\{y \in X \mid a_{f(n)}<y<a_{g(n)}\right\}\] (4)\(a_{g(n+1)}\) є\(\preceq\) -minimal елемент множини\[\left\{y \in X \mid a_{f(n+1)}<y<a_{g(n)}\right\} .\] Ми визначаємо підпослідовності шляхом рекурсії, використовуючи послідовність\(\left\langle a_{n}\right\rangle\) до ретельно контролювати конструкцію. Цей аргумент називається аргументом назад і вперед. За даними скінченних послідовностей довжини, що\(N\) задовольняють перерахованим вище властивостям, визначено з\(a_{f(N+1)}\) урахуванням обмежень, накладених\(a_{f(N)}\) і\(a_{g(N)}\). Потім ми визначаємо\(a_{g(N+1)}\) предмет обмежень, накладених\(a_{f(N+1)}\) і\(a_{g(N)}\). Потім визначаємо\(a_{f(N+2)}, a_{g(N+2)}\), і так далі.

Нехай\(f(0)=0\). Отже\(a_{f(0)}=a_{0}\). \(g(0)\)Дозволяти найменшим цілим числом\(n\) такі, що\(a_{0}<a_{n}\). Зверніть увагу, що це еквівалентно визначенню\(g(0)\) так\(a_{g(0)}\) що\(\preceq\) -мінімальний елемент\(X\) більше ніж\(a_{0}\). Припустимо, ми визначили кінцеві підпослідовності,\(\left\langle a_{f(n)} \mid n \leq N\right\rangle,\left\langle a_{g(n)} \mid n \leq N\right\rangle\) що задовольняють властивостям порядку, перерахованим вище. Ми визначимо\(a_{f(N+1)}\) та\(a_{g(N+1)}\) задовольняємо властивості замовлення, перераховані вище. Набір\(X\) містить раціональні числа і так як\(\mathbb{Q}\) щільний в\(X\), є елемент, такий\(X\)\(x\), що\[a_{f(N+1)}<x<g_{(N+1)} .\]\(a_{f(N+1)}\) Дозволяти бути\(\preceq\) -мінімальний елемент\(X\) такого, що\[a_{f(N)}<a_{f(N+1)}<a_{g(N)} .\] так як\(\preceq\) добре\(X, f(N+1)\) впорядковується добре визначено. Ми дозволяємо\(a_{g(N+1)}\) бути\(\preceq\) -мінімальним елементом\(X\) такого, що\[a_{f(N+1)}<a_{g(N+1)}<a_{g(N)} .\] За нашим попереднім обговоренням,\(g(N+1)\) чітко визначено. Зверніть увагу, що для будь-якого\(m, n \in \mathbb{N}\),\[a_{f(m)}<a_{g(n)} .\] Тому зростаюча послідовність\(\left\langle a_{f(n)} \mid n \in \mathbb{N}\right\rangle\) обмежена вище, і Лемма 8.5, послідовність сходиться до її найменшої верхньої межі,\(a\).

Для будь-якого\(n \in \mathbb{N}\),\[a_{f(n)}<a<a_{g(n) .} .\] Так не\(a\) є терміном жодної підпослідовності. Ми показуємо, що\(a\) це не термін у послідовності\(\left\langle a_{n}\right\rangle\). Припустимо, шляхом протиріччя, що\(a=a_{n}\) для деяких\(n \in \mathbb{N}\). Так як\(f(0)=0, n \neq 0\). Нехай\[Y=(f[\mathbb{N}] \cup g[\mathbb{N}]) \cap\ulcorner n\urcorner .\] Тоді\(Y \neq \emptyset\) є кінцевим, і має максимальний елемент.

Якщо максимальний елемент\(Y\) є\(f(0)\), то для кожного\(1 \leq k<n\), ми повинні мати\(a_{k}<a_{0}\). Але тоді\(g(0)\) буде\(n\), що суперечить тому,\(n\) що не в асортименті\(g\).

Якщо максимальний елемент\(Y\) є\(f(m+1)\) для деяких\(m\), то\(g(m+1)>\)\(n\), і\[f(m+1)<n<g(m+1) .\] Однак\[a_{f(m+1)}<a_{n}<a_{g(m+1)}<a_{g(m) .} .\] Це неможливо, так як\(a_{g(m+1)}\) є\(\preceq\) - мінімальний елемент\(X\) у відкритому інтервалі\(\left(a_{f(m+1)}, a_{g(m)}\right)\).

Якщо максимальний елемент\(Y\) є\(g(m)\) для деяких\(m\), то\(f(m+1)>n\) і\[g(m)<n<f(m+1) .\] Однак\[a_{f(m)}<a_{f(m+1)}<a_{n}<a_{g(m)} .\] Це неможливо, оскільки\(a_{f(m+1)}\) є\(\preceq\) -мінімальним елементом \(X\)у відкритому проміжку\(\left(a_{f(m)}, a_{g(m)}\right)\). Так що не\(a\) є терміном в послідовності\(\left\langle a_{n}\right\rangle\). Тому немає ніякого біекції від\(\mathbb{N}\) до\(X\), і\(X\) є незліченним.

За вправою 8.20,\(\mathbb{Q}\) є щільним в\(\mathbb{R}\). Оскільки множина дійсних чисел завершена по теоремі найменшої верхньої межі, отримаємо:

НАСЛІДОК 8.22. Безліч дійсних чисел є незліченним.

ТЕОРЕМА 8.23. \(\left(X, \leq_{X}\right)\)Дозволяти бути порядковим розширенням,\(\mathbb{Q}\) в якому\(\mathbb{Q}\) щільно, і таке, що не\(X\) має максимального або мінімального елемента. Тоді існує біекція, що зберігає порядок від\(\mathbb{R}\) на\(X\), що є ідентичністю\(\mathbb{Q}\).

Доказ. Визначимося з картою\(f: \mathbb{R} \rightarrow X\). Якщо\(q \in \mathbb{Q}\), визначте\(f(q)=q\). Якщо\(\alpha \in \mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}\),\(f(\alpha)\) визначте найменшу верхню межу\(X\) в\(\{q \in \mathbb{Q} \mid q \leq \alpha\}\). \(f\)Функція чітко визначена, тому що\(X\) має властивість Найменша верхня межа. Він є ін'єкційним, тому що якщо\(\alpha \neq \beta\), між\(\alpha\) і є раціональні числа\(\beta\).

Показати\(f\) це на, припустимо\(x \in X\). \(\alpha \in \mathbb{R}\)Визначте найменшу верхню межу\(\mathbb{R}\) в\(\left\{q \in \mathbb{Q} \mid q \leq_{X} x\right\}\). Потім\(f(\alpha)=x\).

Нарешті,\(f\) це збереження порядку, тому що якщо\(\alpha \leq \beta\), то\(f(\beta)\) визначається як найменша верхня межа надмножини множини, чия найменша верхня межа\(f(\alpha)\), і так\(f(\alpha) \leq_{X} f(\beta)\).

ЗАУВАЖЕННЯ. Що станеться, якщо ми відкинемо вимогу, яка не\(X\) має максимального або мінімального елемента?