LÃ¶sungen zum 8. Â¨Ubungsblatt

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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 <strong>zum</strong> 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)
Seite 1 und 2: Institut für Mathematik Sommerseme
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