Hausdorff Gap の証明 konn-san.com

Proof. $[A_n] = a_n$ となるような $A_n \subseteq \omega$ を取る．次のようにして，$j_n < j_{n+1}$ を $A_i \cap [j_n, \omega) \subseteq A_n \; (i < n)$ 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， $$j_{n+1} = \min \left\{\: j_n < j < \omega \;\middle|\; A_n \cap [j, \omega) \subseteq A_{n+1} \:\right\}$$ 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，$A_n \setminus A_{n+1} \in \mathrm{Fin}$ 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，$\omega \setminus A_n$ は $\omega$ 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，$A = \omega \setminus \left\{\: k_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\}$ 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，$A_n \setminus A_n' \subseteq [0, k_n) \in \mathrm{Fin}$ 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，$A_n' \subseteq \omega \setminus \left\{\: k_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\}$となるので，$a_n = [A_n] \leq [A] = b$ である．

Proof. $a_n = [A_n], b_n = [B_n]$ とする．$a_n \wedge b_n = 0$ より $A_n \cap B_n \in \mathrm{Fin} \; (n < \omega)$ 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，$A_n \cap B_n \in \mathrm{Fin}$ 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： $$j_{n+1} = \min \left\{\: j_n < j < \omega \;\middle|\; A_{n+1} \cap B_i \subseteq [0,j) \; (i < n + 1), A_n \cap [j, \omega) \subseteq A_{n+1} \:\right\}$$ 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，$A_{n+1} \cap B_i \in \mathrm{Fin}\;(i \leq n+1)$ 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， $$C = \bigcup \left\{\: A_n' \;\middle|\; n < \omega \:\right\} = \bigcup \left\{\: A_n \cap [j_n, \omega) \;\middle|\; n < \omega \:\right\}$$ として，$c = [C]$ とおけば，$a_n \leq c$ を満たす．また， $$\begin{aligned} B_m \cap C &= \bigcup_{n < \omega} (A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega))\\ &= \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right) \cup \bigcup_{m \leq n < \omega} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right)\\ &\subseteq \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m \cap [j_n, \omega)\right) \cup \bigcup_{m \leq n < \omega} \left([0, j_n) \cap [j_n, \omega)\right)\\ &\subseteq \bigcup_{n < m} \left(A_n \cap B_m\right) \in \mathrm{Fin} \end{aligned}$$ よって，$b_m \wedge c = 0 \; (m < \omega)$ も成立．

Proof. 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 $X \setminus Y \in \mathrm{Fin}$．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 $\left\{\: \alpha < \lambda \;\middle|\; X \cap X_\alpha \subseteq m \:\right\} \notin \mathrm{Fin}$ となる．よって示された．

定理の証明. 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. 各 $k < \omega, \beta < \omega_1$ に対し， $\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ 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，$\omega \setminus (A_\alpha \cup B_\alpha) = \left\{\: n_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\} \; (\ell < k \Rightarrow n_\ell < n_k)$ として， $$\begin{gathered} P = \left\{\: n_k \;\middle|\; k \equiv 0 \pmod{3} \:\right\} \quad Q = \left\{\: n_k \;\middle|\; k \equiv 1 \pmod{3} \:\right\}\\ A_{\alpha + 1} = A_\alpha \cup P \quad B_{\alpha + 1} = B_\alpha \cup Q \end{gathered}$$ とおく．このとき，$\omega \setminus (A_{\alpha + 1} \cup B_{\alpha + 1}) = \left\{\: n_k \;\middle|\; k \equiv 2 \pmod{3} \:\right\}$ 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， $$\begin{aligned} A_{\alpha + 1} \cap B_{\alpha+1} &= (A_\alpha \cup P) \cap (B_\alpha \cup Q)\\ &= (A_\alpha \cap B_\alpha) \cup \underbrace{ (A_\alpha \cap Q)}_{=\emptyset} \cup \underbrace{(B_\alpha \cap P)}_{=\emptyset} \cup \underbrace{(P \cap Q)}_{=\emptyset}\\ &= A_\alpha \cap B_\alpha \in \mathrm{Fin} \end{aligned}$$ 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，$\left\{\: \beta < \alpha + 1 \;\middle|\; A_{\alpha+1} \cap B_\beta \subseteq k \:\right\}$ 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 $$\leq [S], \quad [B_\gamma] \wedge [S] = 0 \qquad (\gamma < \beta) \tag{1}$$ 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 $[S'] = [X] \wedge [S]$ で $S' \subseteq X$ 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，$I_k = \left\{\: n < \omega \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\} \; (k < \omega)$ 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 $\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ 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．$\left\{\: n < m \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ は有限集合であるので，$\left\langle I_k, < \right\rangle$ 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 $\sup \left\{\: e(n) \;\middle|\; n < \omega \:\right\} = \omega$ である．これを示すには，$e$ が全射であることから $\sup\left\{\: e(n) \;\middle|\; n < \omega \:\right\} = \sup I_k$ 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 $I_k = \left\{\: n < m + 1 \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ 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，$S_{k+1} = \left\{\: p_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\} \cup S_k$ と置く．この時，$B_{e(m)} \cap \left\{\: p_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\} \subseteq \left\{\: p_n \;\middle|\; n \leq m \:\right\} \in \mathrm{Fin}$ より $[B_{e(m)}] \wedge [\left\{\: p_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\}] = 0$ であるので，帰納法の仮定と合わせて $$\begin{aligned} \wedge [B_{e(m)}] &= ([\left\{\: p_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\}] \wedge [B_{e(m)}]) \vee ([S_k] \wedge [B_{e(m)}])\\ &= 0 \vee 0 = 0 \end{aligned}$$ を得る．

最後に $\ell < \omega$ について $\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell \:\right\}$ が有限であることを示す．まず，先程の議論より $e$ は $\omega$ から $I_k$ への順序同型なので $\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell \:\right\} \approx \left\{\: n < \omega \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq \ell \:\right\}$ である．今，$S_{k+1} \cap B_{e(n)} = (\left\{\: p_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\} \cap B_{e(n)}) \cup (S_k \cap B_{e(n)})$ なので，これが $\subseteq \ell$ となるには，$\left\{\: p_k \;\middle|\; k \leq n \:\right\} \subseteq \ell$ 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，$\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq \ell \:\right\}$ 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，$B_n \setminus B_\omega = B_n \cap A_n \in \mathrm{Fin}$ 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， $\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ が有限であることを示す．もし $I_k = \left\{\: n < \omega \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ 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，$\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ 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 $\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ は有限である．よって，構成時に使った $e$ について，$\left\{\: n < \omega \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\}$ も有限．今，$[S_{k+1}] \leq [A_\omega]$ より，補題3から $\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\}$ も有限となる．そこで，$n_0 = \sup^+ \left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\}$ とおけば $e(n_0) < \omega$ なので，$\left\{\: n < e(n_0) \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ は有限となる．$n_0$ の取り方と $I_k$ の定義より，$\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\} = \left\{\: n < e(n_0) \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\}$ 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，$\mathrm{cf}(\beta) = \omega$ 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，$\omega$ の $\beta$ での共終性から $n < \omega$ で $\alpha \leq f(n)$ 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 $J_k = \left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\beta \cap B_{f(n)} \subseteq k \:\right\}$ 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 $\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} = \left\{\: \alpha < f(n+1) \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ となる．今，帰納法の仮定より $\left\{\: \alpha < f(n+1) \;\middle|\; A_{f(n+1)} \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ 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 $\left\{\: \alpha < f(n+1) \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ 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 $\left\{\: \alpha < \omega_1 \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$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：

更に，次の命題も成立する：

以上の二つの命題を踏まえて，$J_k = \left\{\: \alpha < \omega_1 \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ 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，$\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ は有限である．よって，補題$3$ および仮定の $[A_\beta] \leq [B]$ より $\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\}$ も有限となる．

そこで，$F_\beta = \left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} \; (\beta < \omega_1)$ とおけば，$\left\{\: F_\beta \;\middle|\; \beta < \kappa \:\right\}$ 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 $J_k = \bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\}$ である．すると，命題 $2$ より $\left|\bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\}\right| \leq \omega < \omega_1$ である．よって，$\omega_1$ の正則性と命題 $1$ の対偶より，$\left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\}$ は最大元 $F_\gamma$ を持つ．よって，$F_\alpha \subseteq F_\gamma \;(\alpha < \omega_1)$ より $J_k = \bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\} = F_\gamma$ 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．