Buscando cadenas…

noviembre 21, 2007

Dado un conjunto parcialmente ordenado V, una cadena es un subconjunto de V en el que dos elementos cualesquiera son comparables con la relación de orden.

Sea A un conjunto numerable y consideremos el conjunto B de los subconjuntos de A ordenados por la inclusión. ¿Es posible hallar una cadena en B que NO sea numerable?

9 comentarios to “Buscando cadenas…”

  1. quimey said

    podemos suponer A=\mathbb{N} y que los conjuntos de la cadena son todos distintos. En este caso definimos una funcion inyectiva de la cadena en \mathbb{N}: f(X)=primer elemento de X-“union de conjuntos de la cadena contenidos en X”.

  2. godelian said

    Habría que garantizar que {X-“unión de los conjuntos de la cadena contenidos estrictamente en X”} es no vacío, cosa que no siempre sucede (por ejemplo, si X es infinito).

  3. quimey said

    ok. tenes razon, que tal así:
    Tomamos una cadena X, llamamos S=\{Z \subseteq P(A) : X\subseteq Z \}
    Es claro que S es no vacio y que toda cadena(con respecto a la inclusion) tiene una cota superior en S (la union). Tomemos un elemento Y maximal en S, yo digo que la construccion anterior sirve pues si a \in Y \Rightarrow \exists x\in a : a-\{x\} \in Y (si no se violaria la maximalidad de Y) y la funcion inyectiva seria f(a)=x.
    Si esto esta bien con gusto lo escribo con detalle y lo cuelgo de la pagina

  4. Marlowe:PI said

    No queda del todo claro que a- \{x\} pueda agregarse a Y y que esta siga siendo una cadena… necesitas eso para que se viole la maximalidad… suena obvio, pero ya nos chocamos varias veces con problemas así, y estoy muy dormido como para pensar…
    edit: No estaba TAN dormido. Consideremos la siguiente cadena: \{1\} \subset \{1,2\} \subset \{1,2,3\} \subset \ldots, y le agregamos \mathbb N al final. Esta cadena es claramente maximal (y numerable :P). No podés agregar nadie de la forma \mathbb N \setminus \{n\}. Como curiosidad, no se puede tomar una función que salga de esta cadena y a cada conjunto le asigne un elemento propio. En todos los conjuntos finitos la elección está forzada, y en \mathbb N no quedan números para elegir…

    “Los buenos problemas demuestran su valor contraatacando” (P. Erdös)

  5. Marlowe:PI said

    f: \mathbb R \to \mathcal P (\mathbb Q), f(r) = (-\infty, r] \cap \mathbb Q, biyectiva y morfismo de órden (r < r' \Rightarrow f(r) \subsetneq f(r'))).

    ¿Alguien dijo Dedekind?

  6. godelian said

    Quién lo hubiera dicho…!

  7. charlydif said

    ¡Del libro!

  8. maxicampo said

    Era obvio! El problema se reia de nosotros por lo bajo mientras chocabamos con intentos de demostracion.

  9. quimey said

    prometo no dar mas demostraciones falsas (por un tiempo)🙂
    Pablo sos groso

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