Intuition hinter dem Bau

Question

Dies ist eine meiner alten Hausaufgabenfragen, und mein Lehrer gab eine Lösung. Ich glaube zu verstehen, warum dies wahr ist, aber seine Intuition ist nicht offensichtlich. Ich meine, das ist irgendwie magisch :) Ich konnte nicht so denken. Wenn Sie Ihre Ideen teilen oder unterschiedliche Antworten geben, wäre das großartig.

Hier ist die Frage:

Lassen $(\mathfrak{M}_n)_{n\in \mathbb{N}}$ sei eine Familie von unendlichen Ordnungen, betrachtet in $\mathcal{L}_{ord}=\{<\}$. Lassen$U$ ein nicht-prinzipieller Ultrafilter sein $\mathbb{N}$, und lass $\mathfrak{M}_U$ sei das Ultraprodukt der $\mathfrak{M}_n$ in Gedenken an $U$. Beweisen Sie, dass die Reihenfolge in streng abnehmend ist$\mathfrak{M}_U$ von Länge $\aleph_1$. Speziell,$\mathfrak{M}_U$ ist keine gute Bestellung.

Dies ist der Skizzenbeweis:

Wlog, wir können jeden annehmen $\mathfrak{M}_n$ ist $(\mathbb{N},\leq)$. Wir behaupten, wenn die Reihenfolge$f_i\in \prod \mathfrak{M}_n$ monoton und unbegrenzt sein, dann gibt es $f^*\in \prod \mathfrak{M}_n$ monoton und unbegrenzt, so dass $ [f^*] <_U [f_i] $ für alle $i$. Daraus können wir bekommen$(f_{\alpha})_{\alpha < \omega_1}$abnehmend in $<_U$.

Um dies zu beweisen, werden wir für jeden sicherstellen $i$, $\{n| f^*(n)<f_i(n)\}$ ist cofinite, so dass es im Ultrafilter sein wird $U$und wir sind fertig.

einstellen $a_0=0$, Lassen $a_k$ sei am wenigsten so, dass $a_k>a_{k-1}$ und

$(\forall n \geq a_k) f_0(n), \cdots, f_{k-1}(n)>k$. (1)

einstellen $f^*(n):=$ am wenigsten $k$ st $n\geq a_k$. Dann haben wir für$n\in [a_k,a_{k+1})$;; $f^*(n)=k$, $f_i(n)>k$ zum $i<k$durch (1). So$f^*(n)< f_i(n)$.

Danke im Voraus.

Answer 1

Es fällt mir schwer zu wissen, was ich sagen soll, denn für mich scheint das eine Selbstverständlichkeit zu sein: Wenn Sie nur zählbar viele Funktionen haben, können Sie sich nacheinander um sie kümmern (dh unter sie gehen) - nicht ganz, aber irgendwann, was gut genug ist. Natürlich oder nicht, die Grundidee ist eine ziemlich normale, die Sie wahrscheinlich wieder sehen werden.

Es könnte etwas natürlicher erscheinen, wenn Sie eine einfachere Anwendung derselben Idee sehen würden.

Vorschlag. ${^\omega}\omega$ ist die Familie der Funktionen aus $\omega$ zu $\omega$. Definieren Sie eine Beziehung$<^*$ auf ${^\omega}\omega$ durch $f<^*g$ iff $\{n\in\omega:f(n)\ge g(n)\}$ist endlich. Es gibt eine Familie$F=\{f_\alpha:\alpha<\omega_1\}\subseteq{^\omega}\omega$ so dass $f_\alpha<^*\beta$ wann immer $\alpha<\beta<\omega_1$.

Beachten Sie, dass $f<^*g$ sagt, dass $f(n)<g(n)$für fast jeden$n\in\omega$, Wo fast alle Mittel alle bis auf endlich viele ; wir könnten das sagen$f$ist fast streng weniger als $g$. Der Satz besagt dann, dass es eine fast strikte Zunahme gibt$\omega_1$-sequenz in ${^\omega}\omega$. Dies mag zunächst überraschend erscheinen, da es eindeutig keine strikte Zunahme gibt$\omega_1$-sequenz in ${^\omega}\omega$. Aber es stellt sich heraus, dass wir fast viel Spielraum haben.

Die Idee des Beweises besteht darin, die Funktionen zu konstruieren $f_\alpha$ rekursiv - sozusagen einzeln - so, dass wir konstruieren $f_\alpha$sorgen wir dafür $f_\xi<^*f_\alpha$ für jede $\xi<\alpha$. Wir können dies tun, weil es nur unzählige Funktionen gibt$f_\xi$ mit $\xi<\alpha$.

Nehmen wir an, es gibt unendlich viele von ihnen, und wir zählen sie vorübergehend als auf $\{g_n:n\in\omega\}$ Anstatt von $\{f_\xi:\xi<\alpha\}$. Die Idee ist zu definieren$f_\alpha$ so dass

• $f_\alpha(k)>g_0(k)$ für alle $k\in\omega$,
• $f_\alpha(k)>g_1(k)$ für alle $k\ge 1$,
• $f_\alpha(k)>g_2(k)$ für alle $k\ge 2$,

usw. Das ist eigentlich ganz einfach: einfach lassen

• $f_\alpha(0)=g_0(0)+1$,
• $f_\alpha(1)=\max\{g_0(1),g_1(1)\}+1$,
• $f_\alpha(2)=\max\{g_0(2),g_1(2),g_2(2)\}+1$,

usw. Bei jedem$k\in\omega$ das können wir sicherstellen $f_\alpha$ 'steigt über' eine weitere der Funktionen $g_n$und da es nur zählbar viele dieser Funktionen gibt, können wir erzwingen $f_\alpha$irgendwann über jedem von ihnen zu sein. Es ist ein bisschen wie das diagonale Argument, die Unzählbarkeit der Realitäten zu beweisen: Wir haben unendlich viele „Dinge, um die wir uns kümmern müssen“, und wir haben gerade genug Dinge zu definieren - hier die Werte$f_\alpha(k)$ - sich um jeden von ihnen zu kümmern.

Natürlich und so weiter reicht es nicht für einen richtigen Beweis, aber jetzt, da wir die Grundidee haben, ist es meistens eine Frage der Erfahrung und Übung, sie richtig aufzuschreiben. Hier ist eine mögliche Version.

Beweis. Zum$n\in\omega$ Lassen $f_n(k)=n$ für jede $k\in\omega$;; deutlich$f_m<^*f_n$ wann immer $m<n<\omega$. ¹ Wir konstruieren$f_\alpha$ zum $\omega\le\alpha<\omega_1$durch Rekursion. Nehme an, dass$\omega\le\alpha<\omega_1$, und $f_\xi$ wurde für jeden definiert $\xi<\alpha$. Wir indizieren vorübergehend neu$\{f_\xi:\xi<\alpha\}$ wie $\{g_n:n\in\omega\}$ und definieren $f_\alpha$ indem man es einstellt $$f_\alpha(k)=1+\max\{g_i(k):i\le k\}$$ für jede $k\in\omega$. Wenn$\xi<\alpha$, es gibt einige $i\in\omega$ so dass $f_\xi=g_i$, und $f_\alpha(k)>g_i(k)=f_\xi(k)$ für alle $k\ge i$, so $f_\xi<^*f_\alpha$. Natürlich können wir diese Konstruktion so lange ausführen, wie$\alpha$ ist zählbar, so können wir auf diese Weise die gewünschte Familie aufbauen $F$. $\dashv$

¹ Es ist eigentlich nicht notwendig, zunächst die Funktionen zu definieren$f_n$ zum $n\in\omega$, aber es macht die Sache ein wenig einfacher, indem ich die Rekursion bei beginnen kann $\alpha=\omega$: so muss ich mir keine sorgen ob $\{f_\xi:\xi<\alpha\}$ist endlich oder zählbar unendlich. Dies macht das Argument nicht wirklich einfacher, aber es macht die Erklärung ein bisschen einfacher.