Jak mamy dwa zbiory liniowo uporządkowane \(\displaystyle{ \left( X, \le _{X}\right) }\) i \(\displaystyle{ \left( Y, \le _{Y}\right) }\) , takie, że pierwszy z nich rozszerza drugi, to porządek rozszerzający \(\displaystyle{ \le _X}\) (wtedy musi on być określony na nadzbiorze \(\displaystyle{ X}\) zbioru \(\displaystyle{ Y}\), na którym jest określony porządek dany) zawężony do dopełnienia zbioru \(\displaystyle{ Y}\), nazywamy uzupełnieniem porządku \(\displaystyle{ \le _{Y}}\) do porządku \(\displaystyle{ \le _{X} }\), i oznaczamy go jako: \(\displaystyle{ \le _{Y} ^{'}.}\)
Łatwo jest zauważyć, że wtedy:
\(\displaystyle{ \left( \le ^{'} _{Y} \right) '= \le _{Y};}\)
- uzupełnienie uzupełnienia danego porządku jest tym danym porządkiem.
Udowodniłem przedwczoraj, że jak mamy zbiór \(\displaystyle{ X,}\) oraz mamy sumę porządkową przeliczalnie wielu (a właściwie, gdyż nie ma sumy porządkowej nieskończenie wielu zbiorów, jest tylko suma porządkowa dwóch zbiorów, a więc i suma porządkowa skończenie wielu zbiorów; ale gdy rozważymy relację będącą odpowiednikiem sumy porządkowej dwóch zbiorów na przypadek przeliczalnie wielu zbiorów) rozłącznych podzbiorów liniowo uporządkowanych \(\displaystyle{ X_n \subset X}\); i gdy z każdym zbiorem \(\displaystyle{ X_n}\), gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN}\), mamy jeden zbiór \(\displaystyle{ B_n \subset X_n}\), to uzupełnienie sumy porządkowej zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\) do sumy porządkowej zbiorów \(\displaystyle{ X_n}\) jest równe sumie porządkowej uzupełnień zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\) (chodzi tu o uzupełnienia zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\) do odpowiednich im zbiorów \(\displaystyle{ X_n}\) ). Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.
Najpierw przypomnijmy:
Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ \left( A_n\right) _{n \in \NN}}\) przeliczalną ( równoliczną ze zbiorem \(\displaystyle{ \NN}\) ) rodziną zbiorów liniowo uporządkowanych \(\displaystyle{ \left( A_n, \le _n\right)}\), gdzie zawsze \(\displaystyle{ A_n \subset X}\), i gdzie zbiory \(\displaystyle{ A_n}\) i \(\displaystyle{ A_m}\) są rozłączne, dla \(\displaystyle{ n \neq m}\), to na sumie tych zbiorów \(\displaystyle{ S:= \bigcup_{n \in \NN} A_n,}\) relacja, dana jako:
\(\displaystyle{ x \le _S y \Longleftrightarrow \left( x,y \in A_n, \hbox{ dla pewnego } n \in \NN, \hbox { i } x \le _{n}y \right) \hbox { lub } \\ \left( x \in A_n, y \in A_m \hbox{ dla pewnych liczb naturalnych } n \hbox{ i } m\hbox{ takich, że: } n<m\right),}\)
jest to relacja będąca odpowiednikiem sumy porządkowej dwóch zbiorów na przypadek przeliczalnie wielu zbiorów.
No bo na elementach zbioru \(\displaystyle{ A_0}\) porządek \(\displaystyle{ \le _S}\) jest zgodny z porządkiem \(\displaystyle{ \le _0}\) na zbiorze \(\displaystyle{ A_0}\), następnie każdy element zbioru \(\displaystyle{ A_0}\) jest mniejszy od każdego elementu dalszych zbiorów \(\displaystyle{ A_1, A_2, A_3, \ldots}\); na elementach zbioru \(\displaystyle{ A_1}\) porządek \(\displaystyle{ \le _S }\) jest zgodny z porządkiem \(\displaystyle{ \le _1,}\) i każdy element zbioru \(\displaystyle{ A_1}\) jest mniejszy od każdego elementu dalszych zbiorów \(\displaystyle{ A_2, A_3, \ldots}\); mając ustawione \(\displaystyle{ n}\) zbiorów jeden za drugim \(\displaystyle{ A_0, A_1, \ldots, A_ {n-1}}\), wtedy każdy element zbioru \(\displaystyle{ A_n}\) jest większy od każdego elementu wcześniejszych zbiorów \(\displaystyle{ A_0, A_1, \ldots, A _{n-1}}\), na elementach tego zbioru porządek \(\displaystyle{ \le _S}\) jest zgodny z porządkiem \(\displaystyle{ \le _n}\) na tym zbiorze, i każdy element tego zbioru \(\displaystyle{ A_n}\) jest mniejszy od każdego z elementów dalszych zbiorów \(\displaystyle{ A _{n+1}, A _{n+2},\ldots}\). W ten sposób na 'półprostej' układamy (jeden za drugim) takie kolejne 'odcinki' odpowiadające kolejnym zbiorom \(\displaystyle{ A_0, A_1, A_2, \ldots}\)
jest liniowym porządkiem na zbiorze \(\displaystyle{ S}\).
Dowód tego faktu zaraz podam (w trzecim z kolei z podanych linków).
Jeśli mamy zbiór \(\displaystyle{ X}\), oraz mamy przeliczalną rodzinę rozłącznych podzbiorów \(\displaystyle{ X}\) dobrze uporządkowanych, to ich suma porządkowa jest dobrym porządkiem na sumie tych podzbiorów.
WIZJA:
Ponieważ dowolny zbiór dobrze uporządkowany (nawet zbiór nieprzeliczalny) dobry porządek na takim zbiorze polega na wymienieniu po jednym elemencie, poczynając od najmniejszego, rosnąco wymieniamy po jednym elemencie aż wymienimy wszystkie elementy, więc popatrzmy na te zbiory dobrze uporządkowane jako na skończone podzbiory zbioru \(\displaystyle{ \NN}\) liniowo uporządkowane (skończone zbiory liniowo uporządkowane są dobrze uporządkowane), mocno upraszczając zadanie, formalnie rzecz biorąc, ale taką analogię dostrzegłem.
I jeśli ustawimy na osi liczb naturalnych zbiory skończone (jeden za drugim), gdy ustawimy przeliczalnie wiele takich zbiorów, to otrzymamy niewątpliwie zbiór typu zbioru liczb naturalnych- zbiór dobrze uporządkowany.
Szkic dowodu tego faktu zaprezentowałem TUTAJ:
Również, jeśli mamy zbiór \(\displaystyle{ X}\), oraz mamy przeliczalną rodzinę rozłącznych podzbiorów \(\displaystyle{ X}\) liniowo uporządkowanych podobnych do zbioru liczb wymiernych z naturalnym porządkiem, to ich suma porządkowa jest również typu zbioru liczb wymiernych, co udowodniłem ostatnio TUTAJ :
Sumę porządkową przeliczalnie wielu zbiorów wykorzystałem również w dowodzie, że zbiór liczb rzeczywistych można uporządkować w sposób ciągły na co najmniej continuum sposobów ( i to możemy zbiór liczb rzeczywistych uporządkować w sposób ciągły przez porządki niepodobne do zwykłego, na co najmniej continuum sposobów , bo te półproste mają początek, a więc te zbiory mają elementy najmniejsze, a w zbiorze liczb rzeczywistych z naturalnym porządkiem nie ma liczby najmniejszej, a więc te porządki są niepodobne do zwykłego), oto:
CIEKAWA KONSTRUKCJA:\(\displaystyle{ }\)
Tutaj udowodniłem również ten Lemat o sumie porządkowej przeliczalnie wielu zbiorów.
Przejdźmy do naszego faktu:
Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ X.}\)
Rozważmy przeliczalną rodzinę \(\displaystyle{ \left( X_n, \le _{n} \right) _{ n\in\NN }}\) rozłącznych podzbiorów \(\displaystyle{ X}\) liniowo uporządkowanych. Na sumie tych zbiorów rozważmy omawianą sumę porządkową \(\displaystyle{ \le _S}\). Rozważmy, jeszcze jeden, przeliczalny ciąg mniejszych zbiorów \(\displaystyle{ \left( B_n, \right) _{n \in \NN}}\), gdzie zawsze \(\displaystyle{ B_n \subset X _n}\), uporządkowanych przez \(\displaystyle{ \le _{n} ^{B} := \left( \le _{n }\right) _{|B_n}}\), czyli przez porządek ze zbioru \(\displaystyle{ X_n}\) zawężony do zbioru \(\displaystyle{ B_n}\) (wtedy zbiór \(\displaystyle{ B_n}\), jako podzbiór zbioru liniowo uporządkowanego, jest liniowo uporządkowany) . Wtedy zbiory \(\displaystyle{ B_n}\) będą rozłączne, bo dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\), mamy: \(\displaystyle{ B_n \subset X_n}\), a zbiory \(\displaystyle{ X_n}\) są rozłączne, więc zbiory 'w środku' \(\displaystyle{ B_n}\) też będą rozłączne. Możemy zatem rozważać sumę porządkową zbiorów \(\displaystyle{ B_n}\), którą oznaczymy jako: \(\displaystyle{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n.}\) Wtedy suma porządkowa \(\displaystyle{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} X_n}\) rozszerza sumę porządkową \(\displaystyle{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n}\), gdyż:
UZASADNIENIE TEGO FAKTU::
\(\displaystyle{ \left( \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n\right) ^{'} _{\mathop{\oplus} \limits_{n \in \NN} X_n }= \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n}\).
DOWÓD TEGO FAKTU:
Po pierwsze, musimy wykazać, że te dwa liniowe porządki są określone na tym samym zbiorze.
Nim to zrobimy, przypomnijmy, że jeśli mamy rodzinę zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) oraz zbiór \(\displaystyle{ Z}\) (zbiór, być może, spoza tej rodziny, jest to po prostu dowolny zbiór), to jeśli zbiór \(\displaystyle{ Z}\) jest rozłączny z każdym zbiorem \(\displaystyle{ B \in \mathbb{B}}\) tej rodziny, to zbiór \(\displaystyle{ Z}\) jest rozłączny z sumą \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) tej rodziny- jest to prosty fakt.
Przejdźmy do naszego dowodu.
Mamy:
\(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} X_n= \bigcup_{ n \in \NN} \left( B_n \cup \left( X_n \setminus B_n \right) \right)= \left( \bigcup_{n \in \NN} B_n\right) \cup \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right) .}\)
Wykażemy, że sumy \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} B_n}\) i \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right) }\) są zbiorami rozłącznymi.
Niech \(\displaystyle{ n \in \NN}\) i rozważmy zbiór \(\displaystyle{ B_n}\), i niech \(\displaystyle{ m \in \NN,}\) i rozważmy zbiór \(\displaystyle{ X_m \setminus B_m.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ m=n}\), to zbiór \(\displaystyle{ X_m \setminus B_m= X_n \setminus B_n}\) jest rozłączny ze zbiorem \(\displaystyle{ B_n}\).
Jeśli \(\displaystyle{ m \neq n}\), to zbiory \(\displaystyle{ X_m}\) i \(\displaystyle{ X_n}\) są rozłączne. A zatem zbiory \(\displaystyle{ B_n}\) i \(\displaystyle{ X_m \setminus B_m}\) są również rozłączne, gdyż:
\(\displaystyle{ \underbrace{B_n}_{ \subset X_n} \cap \underbrace{\left( X_m \setminus B_m\right)}_{ \subset X_m} \subset X_n \cap X_m= \emptyset}\),
gdyż zbiory \(\displaystyle{ X_n}\) i \(\displaystyle{ X_m}\) są rozłączne.
A zatem również \(\displaystyle{ B_n \cap \left( X_m \setminus B_m\right)= \emptyset}\), i zbiory \(\displaystyle{ B_n}\) i \(\displaystyle{ X_m \setminus B_m}\) są rozłączne.
Z dowolności wyboru numeru \(\displaystyle{ m \in \NN}\), otrzymujemy, że zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest rozłączny ze zbiorem \(\displaystyle{ X_m \setminus B_m}\), dla każdego \(\displaystyle{ m \in \NN}\), więc, na mocy przytoczonego faktu: zbiór \(\displaystyle{ B_n}\) jest rozłączny z sumą \(\displaystyle{ \bigcup_{m \in \NN} \left( X_m \setminus B_m\right).}\)
I, dalej, suma (jeden i ten sam zbiór) \(\displaystyle{ \bigcup_{m \in \NN} \left( X_m \setminus B_m\right)}\) jest rozłączna ze zbiorem \(\displaystyle{ B_n}\), i to dla każdego \(\displaystyle{ n \in \NN}\), więc również suma \(\displaystyle{ \bigcup_{m \in \NN} \left( X_m \setminus B_m\right)}\) jest rozłączna ze sumą \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} B_n.}\)
Czyli suma \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} B_n}\) jest zbiorem rozłącznym ze sumą \(\displaystyle{ \bigcup_{n \in\NN} \left( X_n \setminus B_n\right).}\)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ \bigcup_{n \in \NN} X_n= \left( \bigcup_{n \in \NN} B_n\right) \cup \left[ \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right) \right] = \left[ \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right) \right] \cup \left( \bigcup_{n \in \NN} B_n\right)}\) ,
więc:
\(\displaystyle{ \left( \bigcup_{n \in \NN} X_n \right) \setminus \left( \bigcup_{n \in \NN } B_n \right)= \left[ \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right) \cup \left( \bigcup_{n \in \NN} B_n \right)\right] \setminus \bigcup_{n \in \NN} B_n = \bigcup_{n \in \NN} \left( X_n \setminus B_n\right)}\);
gdyż te dwa składniki w kwadratowym nawiasie są zbiorami rozłącznymi.
Wykazaliśmy zatem, że te dwa nasze porządki są określone na tym samym zbiorze.
Pozostaje pokazać, że te dwa porządki są równe.
Jeśli \(\displaystyle{ x\left( \le _{ \left( \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n \right)' } \right) y}\), to: \(\displaystyle{ x\left( \le _{\mathop{\oplus} _{n \in \NN} X_n } \right)y}\) i \(\displaystyle{ x,y\not \not\in \bigcup_{n \in \NN} B_n.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in \bigcup_{n \in \NN} X_n}\), to \(\displaystyle{ x \in X_n, y \in X_m}\), gdzie \(\displaystyle{ n,m \in \NN.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ n=m}\), to z definicji sumy porządkowej: \(\displaystyle{ x \le _n y}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in X_n}\), a \(\displaystyle{ x,y\not \in \bigcup_{n } B_n}\) , więc \(\displaystyle{ x,y\not \in B_n}\), a stąd \(\displaystyle{ x,y \in X_n \setminus B_n= B'_n}\).
Ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in X_n}\), \(\displaystyle{ x \le _n y}\) i \(\displaystyle{ x,y\not\in B_n}\), więc \(\displaystyle{ x\left( \le _n ^{B} \right) 'y}\), a \(\displaystyle{ x,y \in B' _{n}}\), a zatem, z definicji sumy porządkowej: \(\displaystyle{ x\left( \le _{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B ^{'} _n } \right) y.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ n \neq m}\), to \(\displaystyle{ n<m}\) lub \(\displaystyle{ m<n.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ n<m}\), to \(\displaystyle{ x\not\in B_n}\) (bo \(\displaystyle{ x\not\in \bigcup_{n} B_n}\)) i \(\displaystyle{ y\not\in B_m}\) (bo \(\displaystyle{ y\not\in \bigcup_{n } B_n}\)).
Wtedy \(\displaystyle{ x \in X_n \setminus B_n= B'_n}\) i \(\displaystyle{ y \in X_m \setminus B_m= B'_m}\), gdzie \(\displaystyle{ n<m}\), a więc \(\displaystyle{ x\left( \le _{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n } \right)y.}\)
Przypadek \(\displaystyle{ m<n}\) jest niemożliwy, bo \(\displaystyle{ x\left( \le _{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} X_n } \right)y}\), a \(\displaystyle{ x \in X_n}\) i \(\displaystyle{ y \in X_m}\), więc ponieważ \(\displaystyle{ x}\) należy do dalszego zbioru niż element
\(\displaystyle{ y}\), więc powinien być większy od \(\displaystyle{ y}\)-sprzeczność.
Jeśli \(\displaystyle{ x\left( \le _{ \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n } \right) y}\), to ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in \bigcup_{n} B'_n=\left( \bigcup_{n} X_n \right) \setminus \left( \bigcup_{n }B_n\right)}\), więc: \(\displaystyle{ x,y\not\in \bigcup_{n} B_n. }\) Ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in \bigcup_{n } X_n}\), więc \(\displaystyle{ x \in X_n, y \in X_m}\) ,gdzie \(\displaystyle{ n,m \in \NN. }\)
Jeśli \(\displaystyle{ n<m}\), to \(\displaystyle{ x\left( \le _{\mathop{\oplus} _{n \in \NN} X_n } \right) y}\), i \(\displaystyle{ x,y\not\in \bigcup_{n } B_n}\), a więc \(\displaystyle{ x\left[ \le _{ \left( \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n\right) ^{'} _{\mathop{\oplus} \limits_{n \in \NN} X_n } } \right] y}\), co należało pokazać.
Jeśli \(\displaystyle{ n \ge m}\), to:
jeśli \(\displaystyle{ n=m}\), to ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in \bigcup_{n} B'_n}\), to \(\displaystyle{ x \in B '_{n_0}, y \in B '_{m_0}}\), gdzie \(\displaystyle{ n_0, m_0 \in \NN.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ B '_{n_0}= X _{n_0} \setminus B _{n_0} \subset X _{n_0},}\) więc \(\displaystyle{ x \in X _{n_0}}\), i podobnie \(\displaystyle{ y \in B' _{m_0} \subset X _{m_0}}\), skąd \(\displaystyle{ y \in X _{m_0}}\). A zatem \(\displaystyle{ x \in X _{n_0} \cap X_n;}\) ponieważ istnieje tylko jeden zbiór \(\displaystyle{ X_k}\) zawierający element \(\displaystyle{ x}\), więc \(\displaystyle{ n_0= n}\). W podobny sposób otrzymujemy: \(\displaystyle{ m_0=m}\), a zatem \(\displaystyle{ n=n_0 =m= m_0}\), czyli \(\displaystyle{ n_0= m_0}\), a zatem \(\displaystyle{ x \in B' _{n_0} = B'_n}\) i \(\displaystyle{ y \in B' _{m_0}=B'_n}\), a ponieważ \(\displaystyle{ x\left( \le _{\mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n} \right) y}\), więc \(\displaystyle{ x\left( \le _n ^{B} \right)' y}\), a ponieważ porządek \(\displaystyle{ \le _n}\) rozszerza porządek\(\displaystyle{ \left( \le _n ^{B} \right) '}\), więc również \(\displaystyle{ x \le _n y}\), a ponieważ \(\displaystyle{ x,y \in X_n}\), \(\displaystyle{ x \le _{n} y}\), więc \(\displaystyle{ x\left( \le _{\mathop{\oplus} _{n \in \NN} X_n} \right) y}\), a ponieważ \(\displaystyle{ x,y\not\in \bigcup_{n} B_n}\), więc \(\displaystyle{ x\left[ \le _{ \left( \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n\right) ^{'} _{\mathop{\oplus} \limits_{n \in \NN} X_n } } \right] y}\), co należało pokazać.
Przypadek \(\displaystyle{ n>m}\) jest niemożliwy, bo wtedy \(\displaystyle{ x \in B'_n, y \in B'_m}\), a \(\displaystyle{ x\left( \le _{\mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n} \right) y}\), a zatem element \(\displaystyle{ x}\) należący do dalszego zbioru niż zbiór do którego należy element \(\displaystyle{ y}\), więc element \(\displaystyle{ x}\) powinien być większy- sprzeczność, co kończy dowód.
A zatem:
\(\displaystyle{ \left( \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B_n\right) ^{'} _{\mathop{\oplus} \limits_{n \in \NN} X_n }= \mathop{\oplus} _{n \in \NN} B'_n.\square}\).