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Ordinales indescomponibles

+3 votos
Quisiera compartirles este problema del libro de texto de Ken Kunen (Set Theory: an introduction to independence proofs) que llevo años tratando de resolver (literalmente, no porque lleve años dedicándole el 100% de mi tiempo, pero sí porque llevo años pensando en él de vez en cuando, cada que tengo un tiempito libre, y nunca me ha salido):

Sea $\alpha$ un ordinal límite. Las siguientes son equivalentes:

1) Para cualesquiera dos ordinales $\beta,\gamma<\alpha$, tenemos que $\beta+\gamma<\alpha$.

2) Para todo ordinal $\beta<\alpha$, tenemos que $\beta+\alpha=\alpha$.

3) Para todo subconjunto $X\subseteq\alpha$, o bien $X$ o bien $\alpha\setminus X$ tiene tipo de orden $\alpha$ (el tipo de orden de un conjunto bien ordenado es el único ordinal isomorfo a él, y en este caso un subconjunto $X\subseteq\alpha$ hereda el buen orden de $\alpha$).

4) Existe un ordinal $\delta$ tal que $\alpha=\omega^\delta$ (exponenciación ordinal).

A tales $\alpha$ se les llama indescomponibles.
preguntado por David Fernández (15,540 puntos) Oct 8, 2013 en Avanzadas
Soy capaz de probar que 1), 2) y 4) son equivalentes, y que cualquiera de ellas es implicada por 3). Lo que me tiene atorado desde hace años es que alguna de 1), 2 o 4) implique 3), por lo cual cualquiera de esas implicaciones sería el foco principal de mi pregunta.
Oye David, ¿No te gusta más la palabra "inescindible" para traducir lo que creo que es "indecomposable"?
Sí es "indecomposable"... podría traducirse como "inescindible", o quizás hasta "irreducible" (no es "irreductible", pero en cierto sentido la propiedad es análoga), de momento no he usado ninguna traducción consistentemente (de hecho esta es la primera vez que escribo el término en español).

1 Respuesta

+3 votos
 
Mejor respuesta

 

Supondré que (1) y (2) son equivalentes y probaré que implican (3), pero primero un lema:
 
Lema. Cualquier ordinal se puede escribir como suma de un número finito de indescomponibles.
 
Demostración. Si hubiera ordinales sin tal representación, sea $\alpha$ el mínimo de ellos. Entonces $\alpha$ no puede ser indescomponible (pues tendría una representación de un solo sumando) y por lo tanto $\alpha = \beta + \gamma$ con $\beta, \gamma < \alpha$. Como $\alpha$ era mínimo, $\beta$ y $\gamma$ tienen representaciones y podemos obtener una representacion para $\alpha$ sumando esas dos.
 
Ahora si, probemos (4) por contradicción: supongamos que hay un contraejemplo, es decir, un $\alpha$ indescomponible, con una partición $\alpha = B \cup C$ donde $o(B), o(C) < \alpha$ (donde $o(B)$ denota al ordinal que representa el tipo de orden de un conjunto bien ordenado $B$). Podemos además suponer que $\alpha$ es el mínimo ordinal indescomponible para el que existe tal partición.
 
Primero probaremos que podemos reducir al caso en que $o(B)$ y $o(C)$ son indescomponibles. Sean $B = B_1 + \cdots B_r$ y $C = C_1 + \cdots + C_s$ descomposiciones de los tipos de orden de $B$ y $C$ garantizadas por el lema (donde tomamos los $B_i$ y $C_j$ como subconjuntos de $B$ y $C$ y por tanto subconjuntos de $\alpha$). Para la reducción la estrategia será, aproximadamente, ver que los últimos sumandos, $B_r$ y $C_s$, también forman una partición de (un conjunto con tipo de orden) $\alpha$.
 
Sea $A_1$ el mínimo segmento inicial de $\alpha$ que contiene a $B_1 \cup \cdots \cup B_{r-1} \cup C_1 \cup \cdots \cup C_{s-1}$, y sea $A_2$ lo que queda, de modo que $o(A_1) + o(A_2) = \alpha$. Nótese que $A_2$ no es vacío puesto que, por la minimalidad de $A_1$, $A_2$ debe incluir completo al menos uno de $B_r$ y $C_s$. Esto implica que $o(A_1) < \alpha$ y como $\alpha$ es indescomponible no podemos tener también que $o(A_2) < \alpha$. Por lo tanto, $o(A_2) = \alpha$. Ahora digo que $B' := B_r \cap A_2$ y $C' := C_s \cap A_2$ forman la partición deseada de $A_2$. Necesitamos verificar que $o(B'), o(C')$ son indescomponibles y menores que $\alpha$. Tenemos que $o(B') \le o(B_r) \le o(B) < \alpha$ y análogamente $o(C') < \alpha$. Para ver la indescomponibilidad, probaremos que $o(B') = o(B_r)$ y $o(C')=o(C_s)$. Tenemos que $B_r = (B_r \cap A_1) + B'$ y como $o(C') < \alpha = o(A_2)$, $B'$ es no vacío. Eso implica que $o(B_r \cap A_1) < o(B_r)$ y como $o(B_r)$ es indescomponible, $o(B') = o(B_r)$. Análogamente, $o(C') = o(C_s)$.
 
En resumen ahora tenemos $A_2 = B' \cup C'$ con $o(A_2) = \alpha > \beta, \gamma$ donde $\beta:=o(B')$ y $\gamma:=o(C')$ son indescomponibles. Sin pérdida de generalidad supongamos que $\beta \ge \gamma$. Como $\beta + \alpha = \alpha$ (por indescomponiblidad de $\alpha$), tenemos $A_2 = B'' + A''$ donde $B''$ es el segmento inicial de $A_2$ con $o(B'') = \beta$ y tenemos que $o(A'') = \alpha$. Tenemos que $B'' = (B'' \cap B') \cup (B'' \cap C')$ lo cual casi nos da un contraejemplo a (4), pero como $\alpha$ era el ordinal mínimo para el que había un contraejemplo y $\beta < \alpha$, concluiímos que no puede ser de hecho un contraejemplo. Eso quiere decir que $o(B'' \cap B') = \beta$ o $o(B'' \cap C') = \beta$. Como $B'' \cap B'$ es un segmento inicial de $B'$, si $o(B'' \cap B') = \beta$ tendríamos que $B'' \cap B' = B'$ y por lo tanto que $B' \subset B''$, pero entonces $A'' \subset C'$ y $\alpha = o(A'') \le \gamma < \alpha$, lo cual es una contradicción. Por otro lado, si $o(B'' \cap C') = \beta$, como $B'' \cap C'$ es un segmento inicial de $C'$ y supusimos que $\gamma \le \beta$, tendríamos que $B'' \cap C' = C'$ y $\gamma = \beta$ (pues de lo contrario, $\beta = o(B'' \cap C') \le \gamma \le \beta$ con al menos una de los dos desigualdades estrictas); de modo que $C' \subset B''$ y por lo tanto, $A'' \subset B'$ de donde $\alpha \le \beta$ lo cual es una contradicción también.
respondido por Omar Antolín (32,660 puntos) Oct 9, 2013
seleccionada por David Fernández Oct 10, 2013
Lo único que no me queda claro, es (en el último párrafo) cómo concluir que $B''\cap C'=C'$ a partir del hecho de que $B''\cap C'$ es un segmento inicial de $C'$ y de que $\gamma\geq\beta$ (¿pues si $\gamma>\beta$, entonces es plausible que $B''\cap C'$ sea simplemente el segmento inicial de $C'$ con tipo de orden $\beta$?).
Perdón, eso fue un error de dedo: lo que supusimos no fue que $\gamma \ge \beta$ sino que $\beta \ge \gamma$, entonces si $B'' \cap C'$ fuera un segmento inicial propio de $C'$, tendríamos que $o(B'' \cap C') < \gamma \le \beta$.
Ya corregí ese error en la respuesta.
¡Orale! Corolario al Lema de Omar. La categoría de ordinales, con funciones crecientes como morfismos, es una categoría de Krull-Schmidt.

¿Será una categoría aditiva? Al menos tiene cero.
Cierto, ahora ya funciona la prueba. Es altamente no trivial (¡con razón me quedé atorado!)

Enrique: Quizá deberías realizar la pregunta (¡poniendo definiciones y toda la cosa, para los que no sabemos lo que es una categoría aditiva!).
No es aditiva: no tiene coproductos ni productos, y de hecho tampoco tiene cero: el ordinal 0 es el objeto inicial, el ordinal 1 es el objecto final y 0 no es isomorfo a 1. El lema no dice realmente que se cumpla la propiedad de descomposición de las categorías de Krull-Schmidt porque aquí indescomponible se define en términos de la suma ordinal que no es el coproducto en la categoría (y, repito, no hay tal coproducto).
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