Lösungen zum 8. ¨Ubungsblatt

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)