Доказать, что sup{e0+1, w^(e0+1), w^(w^(e0+1),...) = sup(1, e0,e0^e0,e0^(e0^e0),...} e0 - наименьший несчетный ординал w - наименьший счетный ординал

задан 13 Апр '17 20:25

1

Первый несчётный ординал обычно обозначают не так (типа "алеф-1"). Здесь обозначение очень похоже на $%\varepsilon_0$%, что стандартно обозначает sup последовательности степеней $%\omega, \omega^{\omega}, \omega^{\omega^{\omega}},...$% и так далее. Полезно уточнить, что в точности имелось в виду.

(14 Апр '17 2:56) falcao

@falcao Все верно, ε0 обозначает первый несчетный ординал, а ω - первый счетный ординал. И задача: sup{ε0+1, ω^(ε0+1), ω^(ω^(ε0+1),...) = sup(1, ε0,ε0^ε0,ε0^(ε0^(ε0)),...}

(14 Апр '17 16:26) dmin

@dmin: меня смущает вот какой момент. Представьте себе, что Вы читаете условие, и видите, что про число $%\pi$% (в обычном смысле) сказали, что это корень из десяти. Одно из двух: или это ошибка, или число таким странным образом переобозначили. В теории ординалов встречается обозначение $%\varepsilon_0$%, оно стандартно. Но это счётный ординал. Поэтому хотелось бы проверить лишний раз, верно ли воспроизвели условие. Ещё лучше была бы ссылка на источник.

(14 Апр '17 16:33) falcao

@falcao Ссылка на задание: http://savepic.ru/13618574.png

Я могу ошибаться насчет счетности ε0. Мне вспомнилось, что нам рассказывали, что этот ординал неизвестно какой счетности. Мы обозначали ε0 = ω^(ω^(ω(..ω раз..))), где ω - ординал, соответствующий множеству натуральных чисел

(14 Апр '17 17:13) dmin

@dmin: тогда всё прояснилось. Я так и думал, что здесь ни о каком несчётном ординале речи быть не может. Ординал $%\varepsilon_0$% счётен, и это достаточно легко доказывается. Про него всё известно, он вполне "конструктивен", с ним можно работать. А несчётный ординал можно себе представить только в теории -- это вещь принципиально "неконструктивная".

Надо иметь в виду, что кардинал $%2^{\omega}$% несчётен, но ординал $%\omega^{\omega}$% вполне себе счётен: это копия "омеги" счётное число раз. Возведение в степени в ординальной и кардинальной арифметике совсем разные.

(14 Апр '17 17:39) falcao

@falcao Хорошо, спасибо, а можно попросить дать какую-нибудь идею для исходной задаче?

(14 Апр '17 17:43) dmin

@dmin: я над ней пока не думал, потому что не был уверен в правильности условия. А идея в принципе простая: нужно для каждого ординала из первого списка найти больший из второго, и наоборот. Тут надо посравнивать немного, и должно получиться. По ходу дела что-то, возможно, придётся доказать по индукции (обычной или трансфинитной).

(14 Апр '17 17:51) falcao
показано 5 из 7 показать еще 2
10|600 символов нужно символов осталось
1

Будем пользоваться известными свойствами ординальной арифметики. Про них можно прочитать, например, в учебнике Мендельсона.

Прежде всего, если $%\beta$% -- предельный ординал, то $%\alpha^{\beta}$% определяется как предел (то есть объединение) $%\alpha^{\gamma}$% по всем $%\gamma < \beta$%. Ясно, что предел можно брать и не по всем $%\gamma$%, а только по тем, которые в объединении дают $%\beta$%. Исходя из этого, $%\omega^{\varepsilon_0}$% будет пределом $%\omega^{\omega^{[n]}}=\omega^{[n+1]}$%, где через $%\omega^{[n]}$% я для краткости обозначил "башню" вида $%\omega^{\omega^{\dots^{\omega}}}$%, где $%\omega$% повторено $%n$% раз. Отсюда следует равенство $%\omega^{\varepsilon_0}=\varepsilon_0$%.

Теперь замечаем, что $%\omega^{\varepsilon_0+1}=\omega^{\varepsilon_0}\cdot\omega=\varepsilon_0\omega$%. Это меньше, чем $%\varepsilon_0^2 < \varepsilon_0^{\varepsilon_0}$%. Далее по индукции получаем, что $%\omega^{\omega^{\varepsilon_0+1}} < \varepsilon_0^{\varepsilon_0^{\varepsilon_0}}$%, и так далее. Каждый член первой последовательности меньше некоторого члена второй.

Рассмотрим члены второй последовательности. Легко видеть, что $%\varepsilon_0^{\varepsilon_0}=(\omega^{\varepsilon_0})^{\varepsilon_0}=\omega^{\varepsilon_0^2} < \omega^{\varepsilon_0^{\omega}}$%, а это меньше некоторого из членов первой последовательности, так как $%\omega^{\omega^{\varepsilon_0+1}}=\omega^{\varepsilon_0\omega}=(\omega^{\varepsilon_0})^{\omega}=\varepsilon_0^{\omega}$%, и мы приходим к тому, что ординал $%\varepsilon_0^{\varepsilon_0}$% меньше члена первой последовательности с участием трёх "омег".

Далее применяем индукцию (обычную). Пусть имеется "башня" из нескольких членов $%\varepsilon_0$%. Самый нижний записываем как $%\omega$% в степени $%\varepsilon_0$%. Получается $%\omega$% в степени: $%\varepsilon_0$% умножить на "башню", в которой на один член меньше. Показатель степени, в который возводится $%\omega$%, равен $%\varepsilon_0^1\cdot\varepsilon_0^{(...)}$%, где в скобках стало меньше ещё на один "этаж". Это есть $%\varepsilon_0^{1+(...)}$%. Хорошо известно, что для любого бесконечного ординала $%\alpha$% имеет место равенство $%1+\alpha=\alpha$%. Поэтому мы получили $%\omega$% в степени "башни", в которой меньше на один "этаж". По предположению индукции, она меньше некоторого члена первой последовательности. А тогда рассматриваемая "башня" меньше следующего члена (на одну "омегу" больше).

ссылка

отвечен 14 Апр '17 21:23

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×730
×522
×5

задан
13 Апр '17 20:25

показан
495 раз

обновлен
14 Апр '17 21:23

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru