Lösungen zum 8. ¨Ubungsblatt

Institut für Mathematik
Sommersemester 2013
Einführung in die Mengenlehre
Weese/Scharfenberger-Fabian
Lösungen zum 8. Übungsblatt
27.6.2013
Aufgabe 1 (nur eine abzählbare dlO, 7 Punkte) Seien (D,

Die zusätzliche Behauptung versorgt noch den Fall, dass eine gegebene, abzählbare dlO
(L,

Lösung. Ein Ordnungsisomorphismum überführt isolierte in isolierte und Häufungspunkte
in Häufungspunkte. Die Ordnung K hat nur einen isolierten Punkt 1.5, wohingegen
L zwei isolierte Punkte 200 und 300 hat.
h) Es seien K = {−1} ∪ {q ∈ Q | 0 < q < 1} und L = {q ∈ Q | 0.5 ≤ q < 1} wieder durch
die herkömmliche Ordnung geordnet. Ist K ∼ = L?
Antwort. Ja, denn
{
0.5 , falls k=-1
ϕ : K → L, k ↦→
1 − k/2 , sonst
ist ein Ordnungsisomorphismus. Der Punkt −1 ist in K das Infimum der Werte > 0,
da kein größerer nicht-positiver Wert in K, existiert, wohl aber beliebig kleine positive
Werte.
Aufgabe 3 (die vollständige Hülle einer linearen Ordnung, 2+5+2+4 Punkte) Eine
lineare Ordnung L heißt vollständig, wenn jede nach oben beschränkte Teilmenge von L ein
Supremum in L besitzt und jede nach unten beschränkte Menge ein Infimum.
a) Zeige, dass jede Wohlordnung (bzw. jede Ordinalzahl mit ∈) vollständig ist.
Lösung. Jede nicht-leere, beschränkte Teilmenge X ⊂ α besitzt ein Supremum β :=
⋃ {γ + 1 | γ ∈ X} ∈ α. Das Infimum ist sogar nach der Forderung, dass α durch ∈
wohlgeordnet ist, ein Element von X.
b) Zeige, dass es zu jeder linearen Ordnung L eine bis auf Isomorphie eindeutige Vervollständigung
gibt, also
• eine vollständige lineare Ordnung L,
• in die sich L monoton einbetten lässt e : L → L,
• und mit der Eigenschaft, dass wann immer f : L → K eine ordnungserhaltende
Abbildung von L in eine vollständig lineare Ordnung K ist, es genau eine ordnungserhaltende
Abbildung f : L → K mit f = f ◦ e gibt.
(Bemerkung. Die Eindeutigkeit bis auf Isomorphie folgt aus der letzten Forderung. Ist
˜L eine zweite Vervollständigung mit Einbettung ε und wird die auf ˜L erweiterte Abbildung
mit ˜f beszeichnet, so ist ẽ = ε −1 ein Isomorphismus.
Tipp. I.d.R. macht man das mit sog. Dedekindschen Schnitten, d.s. beschränkte Anfangsstücke
von L. Diese sind durch ⊂ linear angeordnet.)
Lösung. Setze L := {X ⊆ L | X ist beschränktes Anfangsstück von L} und betrachte
die lO (L, ⊂). Für jede nach oben beschränkte Teilmenge Z ⊂ L ist Y := ⋃ Z ein
beschränktes Anfangsstück von L, also selbst in L und es ist natürlich X ⊆ Y für alle
X ∈ Z. Damit ist Y ober Schranke von Z. Ist V < Y , also V ⊂ Y , so gibt es ein X ∈ Z
mit X ⊈ V . Also ist V keine obere Schranke von Z. Damit ist Y das Supremum von Z.
Ist Z nach unten beschränkt, so zeigt man analog, dass Y = ⋂ Z (≠ ∅, da Z nach unten
beschränkt) das Infimum von Z ist.
Durch
e : L → L, x ↦→ {u ∈ L | u ≤ x}

ist die ordnungserhaltende Einbettung gegeben. Ist schließlich K eine vollständige lineare
Ordnung und f : L → K ordnungserhaltend, so ist durch
f : L → K,
X ↦→ sup{f(x) | x ∈ X}
K
eine ordnungserhaltende Fortsetzung von f auf L gegeben. Sei ˜f eine weitere Fortsetzung
von f auf L und X ∈ L. Dann ist
˜f(X) = sup{f(x) | x ∈ X} = X
also ˜f = f und die Fortsetzung somit eindeutig.
c) Zeige, dass |L| ≤ 2 |L| .
Lösung. Das folgt direkt aus der Eindeutigkeit der Vervollständigung und der Möglichkeit
diese wio oben als Teilmenge der Potenzmenge zu konsturieren.
d) Sei L eine lineare Ordnung, die keine Häufungspunkte besitzt. Dann sind L und L
gleichmächtig.
(Tipp. Im komplizierten Falle ist L isomorph zu einer Produktordnung K × Z oder
ω + (K × Z).)
Lösung. Da endliche lO’n bereits vollständig sind, müssen wir nur unendliche lOn L
betrachten. Wir nehmen zunächst an, L habe keine Endpunkte und zeigen, dass es in
der Tat eine lO K gibt, so dass L ∼ = K × Z ist. Dazu faktorisieren wir L nach der
Äquivalenzrelation ≈, wobei
x ≈ y : ⇐⇒ |(x, y) L | < ℵ 0
also werden x und y identifiziert, wenn nur endlich viele Elemente zwischen ihnen liegen.
Die Faktormenge K = {[x] ≈ | x ∈ L} ist linear geordnet durch
und wir haben
[x] ≈ < K [y] ≈ : ⇐⇒ x ≉ y und x < L y
L ∼ = K × Z
weil die einzelnen ≈-Klassen jeweils isomorph sind zu Z.
Hat L einen oder zwei Endpunkte, so entsteht wenn wir aus L die endlich Anfangsbzw.
Endstücke entfernen ein lO ohne Endpunkte. Ein unterer Endpunkt führt also auf
ein Anfangsstück von L, das isomorph ist zu ω, während ein oberer Endpunkt auf ein
Endstück führt, das isomorph ist zu ω ∗ , der umgekehrten natürlichen Ordnung.
In jedem Fall müssen zur Vervollständigung von L pro Z-Block i.d.R. ein Supremum
hinzugefügt werden und beim untersten evtl. noch ein Infimum, falls noch ein Anfangsstück
∼ = ω darunterliegt. Alles in allem müssen also maximal |K| + 1 Punkte adjungiert
werden, womit |L| = |L| für diese Sorte von linearen Ordnungen bewiesen wäre.
Aufgabe 4 (Zusatzaufgabe, 5 Punkte) Man sagt, eine lineare Ordnung (L,

a) Zeige, dass Q die c.c.c. hat.
Lösung. Es gibt nur abzählbar viele Paare rationaler Zahlen und daher auch nur abzählbar
viele offene Intervalle.
b) Zeige, dass (ω 1 , ∈ ) nicht die c.c.c. hat.
Lösung. Es gibt ℵ 1 viele abzählbare Nachfolgerordinalzahlen, und jede von ihnen ist
einziges Element eines offenen Intervalls.
c) Beweise: Hat L die c.c.c., so auch die Vervollständigung L. Folgere, dass R die c.c.c. hat.
Lösung. Sei F = {I α | α < ω 1 eine überabzählbare, disjunkte Familie offener, nichtleerer
Intervalle I α = (a α , b α ) L von L. Wir zeigen, dass es dann auch eine ebenso große
disjunkte Familie in L gibt. Dazu verschieben wir dei Intervallgrenzen wie folgt, um von
I α zum Intervall J α von L überzugehen: Sind die Grenzen von I α beide in rng(e), so sei
J α = I α ∩ L. Ansonst können wir I α verkleinern zu einem offenen Teilintervall, dessen
Grenzen in rng(e) liegen und wir nehmen diese neuen Grenzen als Grenzen des Intervalls
J α von L. Da die Intervalle höchstens verkleinert wurden, ist die Disjunktheit erhalten,
und L erfüllt demnach mit L nicht die abzählbare Antikettenbedingung.
d) Beweise: Hat L die c.c.c., so ist |L| ≤ 2 ℵ 0
.
(Tipp. Zeige: Es gibt keine streng monotone Funktion ρ : ω 1 → L, aber L hat eine dichte
Teilmenge der Mächtigkeit ℵ 1 .)
bf Lösung. Wir nehmen o.B.d.A. an, dass L eine vollständige dlO ist und wenden uns
zunächst den beiden Aussagen im Tipp zu.
Wäre f : ω 1 → L streng wachsend, so wären die Intervalle (λ + 2n, λ + 2n + 2) =
{λ + 2n + 1} mit λ < ω 1 LimesOZ und n ∈ ω allesamt disjunkt und offen. Dies steht
aber im Widerspruch zur c.c.c.
Für den zweiten Teil des Tipps konstruieren wir rekursiv einen sog. Partitionsbaum von L.
Dazu zerlegen wir L an einer Stelle x ∈ L in ein Anfangsstück J 0 = {y ∈ L | y < x} und
ein Endstück J 1 = {y ∈ L | x < y}. Die beiden untersten Stufen des Baums sind dann
{L} bzw. durch {J 0 , J 1 }. Im weiteren zerlgen wir beim Übergang zur Nachfolgerstufe
α + 1 stets alle in Stufe α auftretenden Intervalle bzw. Anfangs- oder Endstücke von L
nach demselben Schema jeweils ein Anfangs- und ein Endstück. Haben wir alle Stufen
für α unterhalb der LimesOZ λ konstruiert, so betrachten wir für Stufe λ zunächst
die Folgen (I α | α < λ), bei welchen I α in Stufe α des Partitionsbaumes liegt und so
dass für α < β gilt, dass I β ⊂ I α . Ist das offene Innere der Schnittmenge ⋂ α < λI α
nicht leer, so wird dies ein Element der Stufe λ sein. Da jede Stufe des Baumes eine
disjunkte Familie offener Intervalle von L ist, müssen sämtliche Stufen aus abzählbar
vielen Intervallen bestehen. Schließlich zeigen wir, dass es keine Folge (I α | α < ω 1 ) wie
oben gibt, also mit I α in Stufe α und α < β ⇒ I α ⊃ I β . Gäbe es nämlich eine solche
Folge von Intervallen, so würde mindestens eine der beiden Folgen der oberen bzw. der
unteren Intervallgrenzen der I α = (a α , b α ) eine streng monotone Teilfolge der Länge ω 1
haben, was im Widerspruch zur c.c.c. steht. Die dichte Teilmenge Q ⊆ L erhalten wir
dann, indem wir die Intervallgrenzen der ≤ ℵ 1 vielen Intervalle im Partitionsbaum von
L einsammeln (beachte: L ist als vollständig vorausgesetzt, so dass auch die Elemente
der Limesstufen Intervallgrenzen in L haben):
Q := {a, b | I = (a, b) L ist im Partitionsbaum}
Wäre Q dann nicht dicht in L, so gäbe es x < y in L\Q mit (x, y)∩Q = ∅ und wir hätten
für alle Intervalle (a, b) im Partitionsbaum, dass (a, b) entweder Obermenge von (x, y)

oder dazu disjunkt ist. Das würde aber bedeuten, dass wir in jeder Limesstufe λ < ω 1 ein
Intervall (a, b) ⊆ (x, y) hätten und dann würde die Konstruktion doch nach ω 1 Schritten
noch weitergehen. Dies steht im Widerspruch zum eben gezeigten.
Schließlich beweisen wir die Mächtigkeitsabschätzung. Wegen der c.c.c. kann L höchstens
abzählbar viele isolierte Punkte haben. Die Häufungspunkte hingegen lassen sich durch
monotone Folgen (wachsend oder fallend) von Elementen einer dichten Teilmenge Q
der Kardinalität ℵ 1 approximieren. Diese Folgen haben nur abzählbare Länge, und da
wir jedem Häufungspunkt x von L eine solche abzählbare, monotone Folge in Q mit
Supremum oder Infiumum = x zuweisen können, gilt |L| ≤ ℵ ℵ 0
1 = 2 ℵ 0
.
(Bemerkung. Vor knapp 100 Jahren hat M.Y. Souslin gefragt, ob in der Charakterisierung
der reellen Zahlen als (bis auf Isomorphie) einzige vollständige, dichte, lineare Ordnung mit
einer abzählbaren dichten Teilmenge (nämlich Q) die Existenz der abzählbaren, dichten
Teilmenge durch die c.c.c. ersetzt werden kann.
Dieses sog. Souslin-Problem hat die Mengentheoretiker der darauffolgenden Jahrzehnte
zu großen Weiterentwicklungen der Theorie und der Methoden angespornt und stellte sich
letzten endes als unabhängig von ZFC heraus. D.h., es gibt Modelle der Mengenlehre, in denen
jede vollständige dlO mit der c.c.c. isomorph zu R ist, und es gibt Modelle, in denen es
sog. Souslin-Ordnungen gibt, d.s. dlO mit c.c.c., in welche die rationalen Zahlen nicht dicht
eingebettet werden können.)