L'intuition derrière la construction

Question

C'est l'une de mes anciennes questions de devoirs et mon instructeur a donné une solution. Je pense comprendre pourquoi c'est vrai, mais son intuition n'est pas évidente. Je veux dire que c'est un peu magique :) Je ne pouvais pas penser de cette façon. Si vous partagez vos idées ou donnez des réponses différentes, ce serait formidable.

Voici la question:

Laisser $(\mathfrak{M}_n)_{n\in \mathbb{N}}$ être une famille de bons ordonnances infinies, considérée dans $\mathcal{L}_{ord}=\{<\}$. Laisser$U$ être un ultrafiltre non principal sur $\mathbb{N}$, et laissez $\mathfrak{M}_U$ être l'ultraproduit du $\mathfrak{M}_n$ par rapport à $U$. Prouvez qu'il existe une séquence strictement décroissante dans$\mathfrak{M}_U$ de longueur $\aleph_1$. En particulier,$\mathfrak{M}_U$ n'est pas un bon ordre.

Voici la preuve d'esquisse:

Wlog, nous pouvons supposer que chacun $\mathfrak{M}_n$ est $(\mathbb{N},\leq)$. Nous affirmons que si la séquence$f_i\in \prod \mathfrak{M}_n$ être monotone et illimité, alors il y a $f^*\in \prod \mathfrak{M}_n$ monotone et illimité de sorte que $ [f^*] <_U [f_i] $ pour tous $i$. À partir de là, nous pouvons obtenir$(f_{\alpha})_{\alpha < \omega_1}$, décroissant en $<_U$.

Pour le prouver, nous nous assurerons pour chaque $i$, $\{n| f^*(n)<f_i(n)\}$ est cofinite pour qu'elle soit dans l'ultrafiltre $U$, et nous avons terminé.

Ensemble $a_0=0$, laisser $a_k$ être le moins tel que $a_k>a_{k-1}$ et

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

Ensemble $f^*(n):=$ moins $k$ st $n\geq a_k$. Ensuite, nous avons pour$n\in [a_k,a_{k+1})$; $f^*(n)=k$, $f_i(n)>k$ pour $i<k$par (1). Donc$f^*(n)< f_i(n)$.

Merci d'avance.

Answer 1

Il est difficile pour moi de savoir quoi dire, parce que pour moi qui ne semble la chose naturelle à faire: si vous avez seulement dénombrable de nombreuses fonctions, vous pouvez prendre soin d'eux (c. -à- get « sous » eux) un à la fois - pas complètement, mais à partir d'un certain point, ce qui est assez bien. Naturelle ou non, l'idée de base est assez standard que vous reverrez probablement.

Cela peut sembler un peu plus naturel si vous voyez une application plus simple de la même idée.

Proposition. ${^\omega}\omega$ est la famille de fonctions de $\omega$ à $\omega$. Définir une relation$<^*$ sur ${^\omega}\omega$ par $f<^*g$ iff $\{n\in\omega:f(n)\ge g(n)\}$est fini. Il y a une famille$F=\{f_\alpha:\alpha<\omega_1\}\subseteq{^\omega}\omega$ tel que $f_\alpha<^*\beta$ n'importe quand $\alpha<\beta<\omega_1$.

Notez que $f<^*g$ dit ça $f(n)<g(n)$pour presque tous$n\in\omega$, où presque tout signifie tout sauf un nombre fini ; on pourrait dire que$f$est presque strictement inférieur à $g$. La proposition dit alors qu'il ya un presque strictement croissante$\omega_1$-séquence dans ${^\omega}\omega$. Cela peut paraître surprenant à première vue, car il n'y a manifestement pas de$\omega_1$-séquence dans ${^\omega}\omega$. Mais il s'avère que cela nous laisse presque une grande marge de manœuvre.

L'idée de la preuve est de construire les fonctions $f_\alpha$ récursivement - un à la fois, pour ainsi dire - de telle manière que lorsque nous construisons $f_\alpha$, nous nous assurons que $f_\xi<^*f_\alpha$ pour chaque $\xi<\alpha$. Nous sommes capables de le faire car il n'y a qu'un nombre incalculable de fonctions$f_\xi$ avec $\xi<\alpha$.

Disons qu'il y en a un nombre infini, et nous les énumérons temporairement comme $\{g_n:n\in\omega\}$ au lieu de $\{f_\xi:\xi<\alpha\}$. L'idée est de définir$f_\alpha$ de sorte que

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

etc. C'est en fait assez simple: laissez

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

etc. À chaque$k\in\omega$ nous pouvons nous assurer que $f_\alpha$ 'monte au-dessus' d'une autre des fonctions $g_n$, et comme il n'y a qu'un nombre incalculable de ces fonctions, nous pouvons forcer $f_\alpha$être au-dessus de chacun d'eux éventuellement. C'est un peu comme l'argument diagonal pour prouver l'indénombrable des réels: nous avons une infinité de `` choses à prendre en charge '', et nous avons juste assez de choses à définir - ici les valeurs$f_\alpha(k)$ - de «prendre soin» de chacun d'eux.

Bien sûr, et ainsi de suite, cela ne suffira pas pour une preuve correcte, mais maintenant que nous avons l'idée de base, l'écrire correctement est principalement une question d'expérience et de pratique. Voici une version possible.

Preuve. Pour$n\in\omega$ laisser $f_n(k)=n$ pour chaque $k\in\omega$; clairement$f_m<^*f_n$ n'importe quand $m<n<\omega$. ¹ Nous construisons$f_\alpha$ pour $\omega\le\alpha<\omega_1$par récursivité. Supposer que$\omega\le\alpha<\omega_1$, et $f_\xi$ a été défini pour chaque $\xi<\alpha$. Nous réindexons temporairement$\{f_\xi:\xi<\alpha\}$ comme $\{g_n:n\in\omega\}$ et définir $f_\alpha$ en définissant $$f_\alpha(k)=1+\max\{g_i(k):i\le k\}$$ pour chaque $k\in\omega$. Si$\xi<\alpha$, il y en a $i\in\omega$ tel que $f_\xi=g_i$, et $f_\alpha(k)>g_i(k)=f_\xi(k)$ pour tous $k\ge i$, donc $f_\xi<^*f_\alpha$. Il est clair que nous pouvons réaliser cette construction tant que$\alpha$ est dénombrable, ainsi nous pouvons construire la famille désirée $F$. $\dashv$

¹ Il n'est pas nécessaire de commencer par définir les fonctions$f_n$ pour $n\in\omega$, mais cela simplifie un peu les choses en me laissant commencer la récursion à $\alpha=\omega$: de cette façon, je n'ai pas à m'inquiéter de savoir si $\{f_\xi:\xi<\alpha\}$est fini ou dénombrable infini. Cela ne rend pas vraiment l'argument plus simple, mais cela rend l'explication un peu plus simple.