Сравнимость порядковых чисел

[aes]

Доброго времени суток! Пытаюсь разобраться с теоремой на странице 42 Колмогорова Фомина. Мне не понятен один абзац в доказательстве:
«Сначала для каждого порядкового числа $\alpha$ построим множество $W(\alpha)$, служащее его «стандартным представителем». Именно, примем за $W(\alpha)$ множество всех порядковых чисел, меньших $\alpha$. Числа, входящие в $W(\alpha)$, все сравнимы между собой, а само множество
$W(\alpha)$ (упорядоченное по величине порядковых чисел) имеет тип $\alpha$.»

Не совсем понятно, почему мы имеем право построить множество порядковых чисел меньших $\alpha$. Разве мы не должны для этого воспользоваться утверждением теоремы?

[mihaild]

ИМХО там что-то странное написано - порядковое число определяется как "порядковый тип", а порядковый тип - "то общее, что присуще любым двум изоморфным между собой частично упорядоченным множествам". Каким образом "то общее" должно быть элементами множества - непонятно.
И я не вижу, как это просто поправить.

Просто доказать теорему можно, рассмотрев все возможные изоморфизмы из начального отрезка $A$ в начальный отрезок $B$. Они попарно согласованы, и либо заметают всё $A$, либо есть изоморфизм на $B$, либо возьмем минимальные непокрытые элементы из $A$ и $B$ и продолжим ими.

[Mikhail_K]

Ну у Колмогорова-Фомина наивная теория множеств, а не аксиоматическая (о чём авторы явно и говорят где-то в этом же параграфе). В наивной теории множеств в принципе не задаются вопросом "почему мы имеем право построить такое-то множество"; принимается, что такое право есть всегда. Известно, что это может привести к парадоксам и противоречиям, а чтобы их не было, надо всё обосновывать с опорой на аксиомы; но эти вопросы выходят за рамки книги Колмогорова-Фомина. Аксиоматическая теория множеств - это отдельная область математики, и для неё нужна отдельная книга - такая как "Основания теории множеств" Френкеля и Бар-Хиллела или "Теория множеств" Куратовского и Мостовского.

[Padawan]

aes в сообщении #1704583 писал(а):

Не совсем понятно, почему мы имеем право построить множество порядковых чисел меньших $\alpha$. Разве мы не должны для этого воспользоваться утверждением теоремы?

Нет, не должны. Мы просто берем все порядковые типы начальных отрезков множества, упорядоченного по типу $\alpha$. В соответствии с определением того, как сравниваются два порядковых числа.

[aes]

Спасибо за ответы!

@mihaild, Теперь возникает вопрос о существовании всевозможных изоморфизмов...

@Mikhail_K, Спасибо за полезные ссылки!

@Padawan, то есть это можно переписать так? Построим для каждого порядкового числа $\alpha$ множество $W(\alpha)$ соответствующего порядка. По определению порядкового числа ему соответствует вполне упорядоченное множество, элементы которого меньше или равны $\alpha$. Эти элементы все сравнимы между собой, значит каждый из них определяет начальный отрезок, следовательно сам по сути является порядковым числом. Значит $W(\alpha)$ является множеством порядковых чисел меньших $\alpha$. Но мне не понятно почему $W(\alpha)$ содержит все порядковые числа меньшие $\alpha$.

[mihaild]

aes в сообщении #1704647 писал(а):

Теперь возникает вопрос о существовании всевозможных изоморфизмов

А в чем вопрос?
Формально, рассмотрим множество таких пар $(a, b)$, что начальный отрезок, заданный $a$, изоморфен начальному отрезку, заданному $b$.

[Ende]

aes
Тут не Telegram, упоминания работают иначе. Чтобы упомянуть участника, кликните на его ник. Если не сработало, скопируйте его вместе с разметкой полужирного шрифта:

[b]aes[/b]

[Padawan]

aes
По определению того, как сравниваются порядковые числа, все порядковые числа, меньшие $\alpha$, исчерпываются порядковыми типами начальных отрезков некоторого (произвольного) множества $A$, упорядоченного по типу $\alpha$.

Если Вас смущает понятие "порядковый тип" (также должно тогда смущать и понятие "мощность"), то можете считать, что в любом рассуждении у Вас где-то в сторонке заготовлено упорядоченное множество данного типа, выступающее в качестве эталона этого типа. И так для всех порядковых типов, участвующих в рассуждении.

[aes]

Padawan
Спасибо! Теперь понятно стало!