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ブール代数 \(\mathfrak{P}\omega / {\mathreg{Fin}}\) について,次を満たす \(\{a_\alpha\}_{\alpha < \omega_1}, \{b_\alpha\}_{\alpha < \omega_1}\) が存在する.

  1. \(a_\alpha < a_\beta < b_\beta < a_\alpha\; (\alpha < \beta < \omega_1)\)

  2. \(a_\alpha \leq b \leq b_\alpha \; (\alpha < \omega_1)\) を満たすような \(b \in \mathfrak{P}\omega / {\mathreg{Fin}}\) は存在しない.

以後,\([\quad]: \mathfrak{P}\omega \to \mathfrak{P}\omega/{\mathreg{Fin}}\) を標準写像とする.この定理の証明の為に,幾つかの命題を証明しておく.

まず,次の事は簡単に確認出来る:

\(a_n \leq a_{n+1} < 1 \; (n < \omega)\) ならば,\(a_n \leq b < 1 \; (n < \omega)\) となるような \(b\) が存在する.

\([A_n] = a_n\) となるような \(A_n \subseteq \omega\) を取る.次のようにして,\(j_n < j_{n+1}\)\(A_i \cap [j_n, \omega) \subseteq A_n \; (i < n)\) を満たすように再帰的に定める.

まず,\(j_0 = 0\) とする.そこで \(j_n\) まで \(A_i \cap [j_n, \omega) \subseteq A_n \; (i < n)\) を満たすように取れているとして,\(j_{n+1}\) を作りたい.ここで, \[j_{n+1} = \min \Set{j_n < j < \omega }{ A_n \cap [j, \omega) \subseteq A_{n+1}}\] により \(j_{n+1}\) を定めよう.もし右辺の集合が空集合であれば,どんな \(j > j_n\) に対しても \(A_n \cap [j, \omega) \subsetneq A_{n+1}\) となるので,\(|A_n \setminus A_{n+1}| = \aleph_0\) となる.しかし,仮定より \([A_n] \leq [A_{n+1}]\) であったので,\(A_n \setminus A_{n+1} \in {\mathreg{Fin}}\) でなくてはならず,矛盾.よって \(n < \omega\) に対し常に題意を満たす \(j_n\) が取れる.

次に,\(j_n \leq k_n, k_n < k_{n+1} \; (n < \omega)\) を満たすように \(k_n \notin A_n\) を構成したい.今,仮定より \(A_n\) は補有限ではないので,\(\omega \setminus A_n\)\(\omega\) で非有界である.よって,このような \(k_n\) は常に取れる.

すると,\(m > n\) なら \(k_m \notin A_n\) が成立する.なぜなら,\(m > n\) の時 \(A_n \cap [j_m, \omega) \subseteq A_m\) であり,今 \(j_m \leq k_m\) であったので \(A_n \cap [k_m, \omega) \subseteq A_m\) である.ここで \(k_m \in A_n\) とすると,\(k_m \in A_n \cap [k_m, \omega) \subseteq A_m\) となるが,\(k_m \in \omega \setminus A_m\) なので矛盾.

そこで,\(A = \omega \setminus \Set{k_n }{ n < \omega}\) とおけば,\(b = [A]\) が求めるものである.まず,構成から \(A\) は補有限でないので, \(b = [A] < 1\) である.また,\(A_n' = A_n \cap [k_n, \omega)\) とおけば,\(A_n \setminus A_n' \subseteq [0, k_n) \in {\mathreg{Fin}}\) より \([A_n] \leq [A_n']\).また \(A_n' \subset A_n\) より \([A_n] \leq [A_n']\).よって \([A_n] = [A_n'] = a_n\) である.\(j \in A_n'\) とすると,\(j > k_n\) かつ \(j \neq k_m \; (m > n)\).よって,\(A_n' \subseteq \omega \setminus \Set{ k_n }{ n < \omega }\) となるので,\(a_n = [A_n] \leq [A] = b\) である. {}

\(a_n \leq a_{n+1}, b_n \leq b_{n+1}, a_n \wedge b_n = 0 \; (n < \omega)\) ならば,\(a_n \leq c\) かつ \(b_n \wedge c = 0 \; (n < \omega)\) となる \(c\) が存在する.

\(a_n = [A_n], b_n = [B_n]\) とする.\(a_n \wedge b_n = 0\) より \(A_n \cap B_n \in {\mathreg{Fin}}\; (n < \omega)\) である.

そこで, \[\begin{aligned} A_i \cap [j_n, \omega) \subseteq A_n\\ A_n \cap B_i \subseteq [0, j_n) \end{aligned} \quad (i \leq n)\tag{*}\] を満たすように \(j_n < j_{n+1}\) を取りたい.まず,\(A_n \cap B_n \in {\mathreg{Fin}}\) より,\(A_0 \cap B_0 \subseteq [0, j_0)\) となるような最小の \(j_0\) が取れる.この時,\(A_0 \cap [j_0, \omega) \subseteq A_0\) は自明に成立しているので,\(n = 0\) の時は OK. そこで,\((*)\) を満たす \(j_n\) が取れているとき,\(j_{n+1}\) を次のように定める: \[j_{n+1} = \min \Set{j_n < j < \omega }{ A_{n+1} \cap B_i \subseteq [0,j) \; (i < n + 1), A_n \cap [j, \omega) \subseteq A_{n+1}}\] ここで,\(A_{n+1} \cap B_i \subseteq [0,j)\) となるような \(j\) が取れることは補題 \(1\) の証明で既に示した.また,\(A_{n+1} \cap B_i \in {\mathreg{Fin}}\;(i \leq n+1)\) だから,各 \(i\) に対し \(\subseteq [0, j)\) となるような \(j\) が取れる.全順序性より二条件を満たすものは明らかに存在するので,\(j_{n+1}\) は well-defined である.以上から,\(j_n < j_{n+1}\) が取れる.

ここで \(A_n' = A_n \cap [j, \omega)\) とおくと,有限の差しかないので \([A_n'] = [A_n] = a_n\) である.そこで, \[C = \bigcup \Set{ A_n' }{ n < \omega } = \bigcup \Set{A_n \cap [j_n, \omega) }{ n < \omega}\] として,\(c = [C]\) とおけば,\(a_n \leq c\) を満たす.また, \[\begin{aligned} B_m \cap C &= \bigcup_{n < \omega} (A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega))\\ &= \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right) \cup \bigcup_{m \leq n < \omega} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right)\\ &\subseteq \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right) \cup \bigcup_{m \leq n < \omega} \left([0, j_n) \cap [j_n, \omega)\right)\\ &\subseteq \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m\right) \in {\mathreg{Fin}}\end{aligned}\] よって,\(b_m \wedge c = 0 \; (m < \omega)\) も成立.{}

\(\lambda\) を無限順序数とする.\(X \subseteq \omega, X_\alpha \subseteq \omega \; (\alpha < \lambda), [X] \leq [Y]\) とする.このとき,もし任意の \(k < \omega\) について \(\Set{\alpha < \lambda }{ X_\alpha \cap X \subseteq k}\) が有限なら,\(Y\) も同様の性質を満たす.

対偶を示す.つまり,\([X] \leq [Y]\) として,ある \(k < \omega\) に対し,\(Y \cap X_{\alpha_j} \subseteq k \; (j < \omega)\) を満たすような \(\alpha_j < \omega\) が取れたとする.今,\([X] \leq [Y]\) より \(X \setminus Y \in {\mathreg{Fin}}\).そこで,\(\ell = \sup^+(X \setminus Y) < \omega\) と置く.この時, \[\begin{aligned} X \cap X_{\alpha_j} &= ((X \cap Y) \cup (X \setminus Y)) \cap X_{\alpha_j}\\ &= (X \cap Y \cap X_{\alpha_j}) \cup (X \setminus Y) \cap X_{\alpha_j}\\ &\subseteq k \cup \ell = \max(k, \ell) \end{aligned}\] よって \(m = \max(k, \ell)\) とおけば \(\Set{\alpha < \lambda }{ X \cap X_\alpha \subseteq m} \notin {\mathreg{Fin}}\) となる.よって示された.{}

以上,三つの補題が,以下の証明において本質的な役割を果す.

以下を満たすように \(A_\alpha, B_\alpha \; (\alpha < \omega_1)\) を帰納的に構成する:

  1. \([A_\alpha] \vee [B_\alpha] < 1\)

  2. \([A_\alpha] \wedge [B_\alpha] = 0\)

  3. \([A_\alpha] < [A_\beta], [B_\alpha] < [B_\beta]\;(\alpha < \beta < \omega_1)\)

  4. \(k < \omega, \beta < \omega_1\) に対し, \(\Set{\alpha < \beta }{ A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k}\) は有限

\(\alpha = 0\) の時は,\(A_0 = B_0 = \emptyset\) とおけばよい.

\(\alpha\) が後続順序数の時.\(A_{\alpha + 1}, B_{\alpha + 1}\) を作ることを考える.\(\beta < \alpha\) とすると,帰納法の仮定より \(A_\alpha \cup B_\beta\) は補有限ではない.そこで,\(\omega \setminus (A_\alpha \cup B_\alpha) = \Set{ n_k }{ k < \omega } \; (\ell < k \Rightarrow n_\ell < n_k)\) として, \[\begin{gathered} P = \Set{n_k }{ k \equiv 0 \pmod{3}} \quad Q = \Set{n_k }{ k \equiv 1 \pmod{3}}\\ A_{\alpha + 1} = A_\alpha \cup P \quad B_{\alpha + 1} = B_\alpha \cup Q \end{gathered}\] とおく.このとき,\(\omega \setminus (A_{\alpha + 1} \cup B_{\alpha + 1}) = \Set{n_k }{ k \equiv 2 \pmod{3}}\) となるので,\([A_{\alpha + 1}] \vee [B_{\alpha+1}] < 1\) である.よって条件 \((a)\) は成立.また,条件 \((b)\) についても, \[\begin{aligned} A_{\alpha + 1} \cap B_{\alpha+1} &= (A_\alpha \cup P) \cap (B_\alpha \cup Q)\\ &= (A_\alpha \cap B_\alpha) \cup \underbrace{ (A_\alpha \cap Q)}_{=\emptyset} \cup \underbrace{(B_\alpha \cap P)}_{=\emptyset} \cup \underbrace{(P \cap Q)}_{=\emptyset}\\ &= A_\alpha \cap B_\alpha \in {\mathreg{Fin}}\end{aligned}\] より \([A_{\alpha+1}] \wedge [B_{\alpha+1}] = 0\) となるので OK.

構成法より \(A_{\alpha+1} \setminus A_{\alpha} = P, B_{\alpha+1} \setminus B_\alpha = Q\) はいずれも無限集合なので,\([A_\alpha] < [A_{\alpha+1}], [B_\alpha] < [B_{\alpha+1}]\) である.帰納法の仮定より \([A_\beta] < [A_\alpha], [B_\beta] < [B_\alpha] \; (\beta < \alpha)\) が成立するので,これらを組み合わせれば \([A_\beta] < [A_{\alpha+1}], [B_\beta] < [B_{\alpha+1}] \; (\beta < \alpha+1)\) となり,条件 \(()\) も成立.

最後に \((d)\) が成立することを背理法により示そう.そこで,\(\Set{ \beta < \alpha + 1 }{ A_{\alpha+1} \cap B_\beta \subseteq k }\) が無限となるような \(k< \omega\) が存在したとする.この時,増大列 \(\beta_n < \beta_{n+1} \; (n < \omega)\) であって \(A_{\alpha + 1} \cap B_{\beta_n} \subseteq k\) となるものが取れる.構成から \(A_\alpha \subseteq A_{\alpha+1}\) であるので,\(A_\alpha \cap B_{\beta_n} \subseteq k \; (n < \omega)\) となる.これは帰納法の仮定に反する.よって \((d)\) も成立. 以上より,\(\alpha\) が後続順序数の時,条件 \((a) \sim (d)\) を満たすように \(A_{\alpha}, B_\alpha\) を作ることが出来る.

\(\alpha = \beta\) が極限順序数の時.\(\gamma < \beta\) のとき,帰納法の仮定の \((a)\) および \((c)\) と補題 1 から \([A_\gamma] \vee [B_\gamma] \leq [X] < 1 \; (\gamma < \beta)\) を満たす \(X \subseteq \omega\) が取れる.同様に補題より \[[A_\gamma] \leq [S], \quad [B_\gamma] \wedge [S] = 0 \qquad (\gamma < \beta) \tag{1}\] を満たす \(S\) が取れ,特に \(S \subseteq X\) としてよい(特に \([X] \wedge [S]\) を考えれば,\([X] \wedge [S] \geq ([A_\gamma] \vee [B_\gamma]) \wedge [S] = [A_\gamma]\) であり,\([X] \wedge [S] \wedge [B_\gamma] = 0\) なので条件を満たす.また,\([X] \wedge [S] \subseteq [X]\) より \([S'] = [X] \wedge [S]\)\(S' \subseteq X\) を満たすような \(S'\) が取れる).

補題 2 を使って \(A_\beta\) を定めたい.そこで,まずは \(\beta = \omega\) の場合について,\([B_\gamma]\) について補題 \(2\) の前提を満たす列 \(S \subseteq [S_k]\) を作りたい: \[\begin{cases} [S_k] \leq [S_{k+1}] & (k < \omega)\\ [B_n] \leq [B_{n+1}] & (n < \omega)\\ [S_n] \wedge [B_n] = 0 & (n < \omega) \end{cases}\tag{2}\]

今,\(I_k = \Set{ n < \omega }{ S \cap B_n \subseteq k} \; (k < \omega)\) とおき,これを用いて \(S\) を膨らませた列を作ることを考える.上の条件を満たす \([S_k]\) を得るため,\([S_k] \wedge [B_n] = 0\) かつ \(\Set{ n \in I_k }{ S_{k+1} \cap B_n \subseteq k}\) が有限となるように \([S_k]\) を帰納的に定める.\(k = 0\) の時は,\(S_0 = S\) とすれば良い.そこで,\(S_k\) まで条件を満たすように構成出来たとして,\(S_{k+1}\) を作ろう.

\(I_k\) が有限集合の時は,\(S_{k + 1} = S_k\) とおく.\(I_k\) が無限集合の時を考える.\(\Set{ n < m }{ S \cap B_n \subseteq k}\) は有限集合であるので,\(\braket{I_k, <}\) は各始切片が有限集合であるような無限整列集合である.このような性質を持つ順序数は \(\omega\) のみであるので,同型 \(e: \omega \rightarrow I_k\) が取れ,特に \(e\) は狭義単調増加な全射である.更に,このとき \(\sup \Set{e(n) }{ n < \omega} = \omega\) である.これを示すには,\(e\) が全射であることから \(\sup\Set{e(n) }{ n < \omega} = \sup I_k\) となるので,\(\sup I_k = \omega\) を示せばよい.もし \(\sup I_k = m < \omega\) とすれば,特に \(I_k = \Set{ n < m + 1 }{ S \cap B_n \subseteq k}\) と書けることになる.今,\(m + 1 < \omega\) であり, \((\ast)\) より \(I_k\) は有限集合となり,仮定に反する.よって \(\sup I_k = \omega\) となる.

さて,\([B_\alpha]\) に関する帰納法の仮定 \((c)\) より \([B_n] < [B_{n+1}] \; (n < \omega)\) である.よって,数学的帰納法により \(0 < [B_{e(n)} \setminus \bigcup_{i < n} B_{e(i)}] \leq [X]\) となることがわかる.従って \(B_{e(n)} \setminus \bigcup_{i < n} B_{e(i)}\) が無限なので,\(p_n \in (B_{e(n)} \setminus \bigcup_{i<n} B_{e(i)}) \cap X\) を満たすような \(n \leq p_n\) が取れ,特に \(p_n < p_{n+1}\) とできる.そこで,\(S_{k+1} = \Set{p_k }{ k < \omega} \cup S_k\) と置く.この時,\(B_{e(m)} \cap \Set{ p_n }{ n < \omega} \subseteq \Set{ p_n }{ n \leq m } \in {\mathreg{Fin}}\) より \([B_{e(m)}] \wedge [\Set{ p_n }{ n < \omega}] = 0\) であるので,帰納法の仮定と合わせて \[\begin{aligned} [S_{k+1}] \wedge [B_{e(m)}] &= ([\Set{p_k }{ k < \omega}] \wedge [B_{e(m)}]) \vee ([S_k] \wedge [B_{e(m)}])\\ &= 0 \vee 0 = 0 \end{aligned}\] を得る.

最後に \(\ell < \omega\) について \(\Set{n \in I_k }{ S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell}\) が有限であることを示す.まず,先程の議論より \(e\)\(\omega\) から \(I_k\) への順序同型なので \(\Set{ n \in I_k }{ S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell} \approx \Set{ n < \omega }{ S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq \ell}\) である.今,\(S_{k+1} \cap B_{e(n)} = (\Set{p_k }{ k < \omega} \cap B_{e(n)}) \cup (S_k \cap B_{e(n)})\) なので,これが \(\subseteq \ell\) となるには,\(\Set{p_k }{ k \leq n} \subseteq \ell\) となる必要があり,特に \(p_n < \ell\) でなくてはならないが,\(p_n\) の取り方より \(n \leq p_n\) に取っているので,\(n < \ell\) でなくてはならない.よって,\(S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq \ell\) に含まれるような \(n\) の候補は高々 \(\ell\) 個しかない.よって,\(\Set{ n \in I_k }{ S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell}\) は有限である.

以上より,\((2)\) を満たすように \(S_k \; (k < \omega)\) を取ることが出来た.よって,補題 \(2\) よりある \([A_\omega]\) が存在し, \[[S_k] \leq [A_\omega], [A_\omega] \wedge [B_n] = 0 \; (n < \omega)\] となる.特に,先程 \(S\) を取った時と同様な議論により \(A_\omega \subseteq X\) としてよい.よって,特に \([A_\omega] \leq [X] < 1 \) である.

そこで,\(B_\omega = X \setminus A_\omega\) とおいて,これが条件 \((a) \sim (d)\) を満たすことを示す.

  1. \([A_\omega] \vee [B_\omega] = [X] < 1\) なので成立.

  2. \([A_\omega] \wedge [B_\omega] = [\emptyset] = 0\) より成立.

  3. \(n < \omega\) とすれば,帰納法の仮定により \([A_n] < [A_{n+1}] \leq [S_0] \leq [A_\omega]\) より \([A_n] < [A_\omega]\).また,\(B_n \setminus B_\omega = B_n \cap A_n \in {\mathreg{Fin}}\) なので \([B_n] \leq [B_\omega]\).よって,先程と同様の議論により \([B_n] < [B_{n+1}] \leq B_\omega\) となる.よって OK.

  4. 任意の \(k < \omega\) に対し, \(\Set{n < \omega }{ A_\omega \cap B_n \subseteq k}\) が有限であることを示す.もし \(I_k = \Set{ n < \omega }{ S \cap B_n \subseteq k}\) が有限であれば,\([S] \leq [A_n]\) であることから補題 \(3\) が適用出来,\(\Set{ n < \omega }{ A_\omega \cap B_n \subseteq k }\) も有限となる.

    そこで,\(I_k\) が無限の場合を考える.この時,構成法から \(\Set{n \in I_k }{ S_{k+1} \cap B_n \subseteq k}\) は有限である.よって,構成時に使った \(e\) について,\(\Set{n < \omega }{ S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq k}\) も有限.今,\([S_{k+1}] \leq [A_\omega]\) より,補題 3 から \(\Set{n < \omega }{ A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k}\) も有限となる.そこで,\(n_0 = \sup^+ \Set{n < \omega }{ A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k}\) とおけば \(e(n_0) < \omega\) なので,\(\Set{ n < e(n_0) }{ A_\omega \cap B_n \subseteq k}\) は有限となる.\(n_0\) の取り方と \(I_k\) の定義より,\(\Set{n < \omega }{ A_\omega \cap B_n \subseteq k} = \Set{n < e(n_0) }{ A_\omega \cap B_n \subseteq k}\) となるので示された.

最後に \(\beta > \omega\) の場合を考える.\(\omega < \beta < \omega_1\) より,\(\beta\) は基数でないので特に特異順序数である.また,\(\beta\) は可算な極限順序数であるので,\(\cf(\beta) = \omega\) となる.そこで,\(f: \omega \rightarrow \beta\) を狭義単調増加な共終写像とする.この時,\(A'_n = A_{f(n)}, B'_n = B_{f(n)}\) を考えると,\(A_\alpha, B_\alpha\) に関する帰納法の仮定から,上の議論を適用でき,\(A'_\omega, B'_\omega\) が取れる.そこで \(A_\beta = A'_\omega, B_\beta = B'_\omega\) とおけば,これが題意を満たすものとなっていることがわかる:\((a), (b)\) が成り立つことは明らか.\((c)\) については,\(\alpha < \beta\) とすると,\(\omega\)\(\beta\) での共終性から \(n < \omega\)\(\alpha \leq f(n)\) となるものが取れる.よって \([A_\alpha] \leq [A_{f(n)}] < [A_\beta]\) となる.\([B_\beta]\) についても同様である.\((d)\) については,少し議論が必要である.まず,各 \(k < \omega\) に対し \(J_k = \Set{n < \omega }{ A_\beta \cap B_{f(n)} \subseteq k}\) は有限個である.そこで \(n = \max J_k\) とおくと,\(f\) の共終性と \(B_n\) の単調性から \(\Set{\alpha < \beta }{ A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k} = \Set{ \alpha < f(n+1) }{ A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k}\) となる.今,帰納法の仮定より \(\Set{\alpha < f(n+1) }{ A_{f(n+1)} \cap B_\alpha \subseteq k}\) は有限.\(f(n+1) < \beta\) より \([A_{f(n+1)}] = [A'_{n+1}] \leq [A'_\omega] = [A_\beta]\) であるので,補題 \(3\) から \(\Set{\alpha < f(n+1) }{ A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k}\) も有限となる.以上より,任意の極限順序数 \(\beta < \omega_1\) について必要な \(A_\beta, B_\beta\) が構成出来る.

以上より,\((a) \sim (d)\) を満たすような列 \(A_\alpha, B_\alpha \; (\alpha < \omega_1)\) が取れた.そこで,\(a_\alpha = [A_\alpha], b_\alpha = \neg [B_\alpha]\) とおけば,これが定理の主張する列となることを示す.

まず,\(a_\alpha < a_\beta, b_\beta < b_\alpha \; (\alpha < \beta)\) は条件 \((c)\) から直ちに従う.また,条件 \((b)\) より \(a_\alpha \wedge \neg b_\alpha = [A_\alpha] \wedge [B_\alpha] = 0\) なので,ブール代数の一般論から \(a_\alpha \leq b_\alpha\) となる.また,同様に条件 \((a)\) から \(a_\alpha \vee \neg b_\alpha = [A_\alpha] \vee [B_\alpha] < 1\) なので \(b_\alpha \not\leq a_\alpha\) である.よって \(a_\alpha < b_\alpha \; (\alpha < \omega_1)\) となる.以上より \(a_\alpha < a_\beta < b_\beta < b_\alpha \; (\alpha < \beta < \omega_1)\) は示された.

二つめの条件を示せば,証明が完了する.そこで,\(a_\alpha \leq b \leq b_\alpha \; (\alpha < \omega_1)\) となるような \(b\) が存在したとして,矛盾を導こう.まず \(\Set{\alpha < \omega_1 }{ B \cap B_\alpha \subseteq k}\) が有限であることを示す.証明には,次の二つの命題を使う:

\(\kappa:\text{正則基数}, X_\alpha \subseteq X_\beta \; (\alpha < \beta < \kappa)\) とする.この時,

\(\Set{X_\alpha }{ \alpha < \kappa} \text{に包含関係に関する最大元が存在しない} \Rightarrow \left|\bigcup \Set{X_\alpha }{ \alpha < \kappa}\right| \geq \kappa\)

\(\delta_0 = 0, \delta_\beta = \min \Set{\gamma < \kappa }{ X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset} \; (\beta \neq 0)\) とおく.この時,任意の \(\beta < \kappa\) に対し \(\delta_\beta\) が定まる.もしある \(\beta < \kappa\) に対し \(\Set{\gamma < \kappa }{ X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset} = \emptyset\) となったとすると, \[\forall \gamma < \kappa, \, X_\gamma \subseteq \bigcup \Set{X_{\delta_a} }{ \alpha < \beta}\] が成立する.今,\(\kappa\) は正則なので,\(\Set{\delta_\alpha }{ \alpha < \beta }\)\(\kappa\) で有界となる.よって,\(\delta = \sup\Set{\delta_\alpha }{ \alpha < \beta } < \kappa\) が定まり,条件から \(X_{\delta_\alpha} < X_\delta\) となる.すると,上の議論から \(X_\gamma\)\(\Set{X_\alpha }{ \alpha < \kappa}\) の最大元となり矛盾.よって \(\delta_\beta\) は well-defined である.そこで,\(x_\beta \in X_{\delta_\beta} \setminus \bigcup \Set{X_{\delta_\alpha} }{ \alpha < \beta}\) を取れば,各 \(x_\beta\) はそれぞれ異なるので,\(\left|\Set{x_\beta }{ \beta < \kappa}\right| = \kappa\) である.よって \(\Set{x_\beta }{ \beta < \kappa} \subseteq \bigcup \Set{X_\alpha }{ \alpha < \kappa}\) なので \(\left|\bigcup \Set{X_\alpha }{ \alpha < \kappa}\right| \geq \kappa\) となる.{}

更に,次の命題も成立する:

\(\kappa:\text{基数}, F_\alpha : \text{有限集合}, (\alpha < \kappa),\; F_\alpha \subseteq F_\beta \; (\alpha < \beta < \kappa) \Longrightarrow \left|\bigcup \Set{F_\alpha }{ \alpha < \kappa}\right| \leq \omega\)

まず,包含関係に関して正則基数型を持つ \(\Set{F_\alpha }{ \alpha < \kappa}\) の共終部分集合を取る.共終性より,その共終部分集合の和集合は元の集合の和と一致するから,以後,\(\kappa\) は正則基数だと思えばよい.

そこで,命題 \(1\) に倣って \[\delta_0 = 0, \delta_\beta = \min \Set{\gamma < \kappa }{ X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset} \; (\beta \neq 0)\] とおき,\(x_\beta\) を命題 \(1\) と同様に定義する.\(\delta_\beta\) が定義されるような \(\beta\) の全体は明らかに順序数となるので,それを \(\alpha\) と置く.この時,\(\alpha \leq \omega\) である.もしこの \(\alpha > \omega\) とすると,\(\kappa > \omega\) であり,このとき \(\Set{x_n }{ n < \omega} \subseteq F_\omega\) となってしまい,\(F_i\) の有限性に反するからである.もし \(\kappa \leq \omega\) ならば,可算集合の可算和は高々可算であることから主張は明らか.そこで,\(\kappa > \omega\) とする.\(\kappa\) は正則としてよかったので,\(\delta = \sup^+ \delta_\alpha < \kappa\) が取れ,上の議論から特に \(\delta \leq \omega\) となる.もし,\(\delta = \omega\) とすると,\(\delta_n\) の取り方より \(F_{\delta_n} \subsetneq F_{\delta_m} \; (n < m)\) なので,\(F_\omega\) が無限集合となり矛盾.よって,この場合は \(\delta < \omega\) となるので,わかり易いように \(N = \delta\) と書くことにする.このとき,\(F_{\delta_n} \subsetneq F_\gamma \; (n < N)\) となるような \(\gamma < \kappa\) が存在すれば,\(F_\gamma \setminus \bigcup \Set{ F_{\delta_n} }{ n < N} \neq \emptyset\) なので,\(\gamma = \delta_N\) となり矛盾.よって,\(\Set{ F_{\delta_n} }{ n < N}\) は非有界なので,その和は元の集合の和に一致し,特に有限集合の有限和となるので,全体として有限になる.以上より,命題は示された.{}

以上の二つの命題を踏まえて,\(J_k = \Set{\alpha < \omega_1 }{ B \cap B_\alpha \subseteq k }\) の有限性を証明する.まず \(A_\alpha, B_\alpha\) の構成法より,\(\beta < \omega_1\) について,\(\Set{\alpha < \beta }{ A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k}\) は有限である.よって,補題 \(3\) および仮定の \([A_\beta] \leq [B]\) より \(\Set{\alpha < \beta }{ B \cap B_\alpha \subseteq k}\) も有限となる.

そこで,\(F_\beta = \Set{\alpha < \beta }{ B \cap B_\alpha \subseteq k} \; (\beta < \omega_1)\) とおけば,\(\Set{F_\beta }{ \beta < \kappa}\) は有限集合族であり,明らかに \(F_\alpha \subseteq F_\beta \;(\alpha < \beta)\) となる.また,明らかに \(J_k = \bigcup \Set{F_\alpha }{ \alpha < \omega_1}\) である.すると,命題 \(2\) より \(\left|\bigcup \Set{F_\alpha }{ \alpha < \kappa }\right| \leq \omega < \omega_1\) である.よって,\(\omega_1\) の正則性と命題 \(1\) の対偶より,\(\Set{F_\alpha }{ \alpha < \omega_1}\) は最大元 \(F_\gamma\) を持つ.よって,\(F_\alpha \subseteq F_\gamma \;(\alpha < \omega_1)\) より \(J_k = \bigcup \Set{F_\alpha }{ \alpha < \omega_1} = F_\gamma\) となる.\(F_\gamma\) は有限だったから,各 \(J_k\) も有限となる.

すると,\(\bigcup_{n < \omega} J_n\) は有限集合の可算和なので高々可算である.よって,\(\alpha_0 \in \omega_1 \setminus \bigcup_{n < \omega} J_n\) が取れ,各 \(J_k\) の定義より \(B \cap B_{\alpha_0}\) は無限集合となる.よって,\(b \wedge \neg [b_{\alpha_0}] = [B] \wedge [B_{\alpha_0}] > 0\) となるので,ブール代数の一般論より \(b \not\leq b_{\alpha_0}\) となる.これは \(b \leq b_\alpha\) に反する.よって,このような \(b\) は存在しない.