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ブール代数 Pω/Fin\mathfrak{P}\omega / \mathrm{Fin} について,次を満たす {aα}α<ω1,{bα}α<ω1\{a_\alpha\}_{\alpha < \omega_1}, \{b_\alpha\}_{\alpha < \omega_1}が存在する.

  1. aα<aβ<bβ<aα(α<β<ω1)a_\alpha < a_\beta < b_\beta < a_\alpha\; (\alpha < \beta < \omega_1)

  2. aαbbα(α<ω1)a_\alpha \leq b \leq b_\alpha \; (\alpha < \omega_1) を満たすような bPω/Finb \in \mathfrak{P}\omega / \mathrm{Fin} は存在しない.

以後,[]:PωPω/Fin[\quad]: \mathfrak{P}\omega \to \mathfrak{P}\omega/\mathrm{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:

  1. [A]=1Aは補有限[A] = 1 \Leftrightarrow A \text{は補有限}

  2. [A][B]ABFin[A] \leq [B] \Leftrightarrow A \setminus B \in \mathrm{Fin}

  3. [A][B]ABFin[A] \neq [B] \Leftrightarrow A \vartriangle B \notin \mathrm{Fin}

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

[An]=an[A_n] = a_n となるような AnωA_n \subseteq \omega を取る.次のようにして,jn<jn+1j_n < j_{n+1}Ai[jn,ω)An(i<n)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,j0=0j_0 = 0 とする.そこで jnj_n まで Ai[jn,ω)An(i<n)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,jn+1j_{n+1} を作りたい.ここで, jn+1=min{jn<j<ωundefinedAn[j,ω)An+1}j_{n+1} = \min \left\{\: j_n < j < \omega \;\middle|\; A_n \cap [j, \omega) \subseteq A_{n+1} \:\right\} により jn+1j_{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>jnj > j_n に対しても An[j,ω)An+1A_n \cap [j, \omega) \subsetneq A_{n+1} となるので,AnAn+1=0|A_n \setminus A_{n+1}| = \aleph_0 となる.しかし,仮定より [An][An+1][A_n] \leq [A_{n+1}] であったので,AnAn+1FinA_n \setminus A_{n+1} \in \mathrm{Fin} でなくてはならず,矛盾.よって n<ωn < \omega に対し常に題意を満たす jnj_n が取れる.

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

すると,m>nm > n なら kmAnk_m \notin A_n が成立する.なぜなら,m>nm > n の時 An[jm,ω)AmA_n \cap [j_m, \omega) \subseteq A_m であり,今 jmkmj_m \leq k_m であったので An[km,ω)AmA_n \cap [k_m, \omega) \subseteq A_m である.ここで kmAnk_m \in A_n とすると,kmAn[km,ω)Amk_m \in A_n \cap [k_m, \omega) \subseteq A_m となるが,kmωAmk_m \in \omega \setminus A_m なので矛盾.

そこで,A=ω{knundefinedn<ω}A = \omega \setminus \left\{\: k_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\} とおけば,b=[A]b = [A] が求めるものである.まず,構成から AA は補有限でないので, b=[A]<1b = [A] < 1 である.また,An=An[kn,ω)A_n' = A_n \cap [k_n, \omega) とおけば,AnAn[0,kn)FinA_n \setminus A_n' \subseteq [0, k_n) \in \mathrm{Fin} より [An][An][A_n] \leq [A_n'].また AnAnA_n' \subset A_n より [An][An][A_n] \leq [A_n'].よって [An]=[An]=an[A_n] = [A_n'] = a_n である.jAnj \in A_n' とすると,j>knj > k_n かつ jkm(m>n)j \neq k_m \; (m > n).よって,Anω{knundefinedn<ω}A_n' \subseteq \omega \setminus \left\{\: k_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\}となるので,an=[An][A]=ba_n = [A_n] \leq [A] = b である.

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

an=[An],bn=[Bn]a_n = [A_n], b_n = [B_n] とする.anbn=0a_n \wedge b_n = 0 より AnBnFin(n<ω)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 jn<jn+1j_n < j_{n+1} を取りたい.まず,AnBnFinA_n \cap B_n \in \mathrm{Fin} より,A0B0[0,j0)A_0 \cap B_0 \subseteq [0, j_0) となるような最小の j0j_0 が取れる.この時,A0[j0,ω)A0A_0 \cap [j_0, \omega) \subseteq A_0 は自明に成立しているので,n=0n = 0 の時は OK. そこで,()(*) を満たす jnj_n が取れているとき,jn+1j_{n+1} を次のように定める: jn+1=min{jn<j<ωundefinedAn+1Bi[0,j)(i<n+1),An[j,ω)An+1}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,An+1Bi[0,j)A_{n+1} \cap B_i \subseteq [0,j) となるような jj が取れることは補題 11 の証明で既に示した.また,An+1BiFin(in+1)A_{n+1} \cap B_i \in \mathrm{Fin}\;(i \leq n+1) だから,各 ii に対し [0,j)\subseteq [0, j) となるような jj 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,jn+1j_{n+1} は well-defined である.以上から,jn<jn+1j_n < j_{n+1} が取れる.

ここで An=An[j,ω)A_n' = A_n \cap [j, \omega) とおくと,有限の差しかないので [An]=[An]=an[A_n'] = [A_n] = a_n である.そこで, C={Anundefinedn<ω}={An[jn,ω)undefinedn<ω}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]c = [C] とおけば,anca_n \leq c を満たす.また, BmC=n<ω(AnBm[jn,ω))=n<m(AnBm[jn,ω))mn<ω(AnBm[jn,ω))n<m(AnBm[jn,ω))mn<ω([0,jn)[jn,ω))n<m(AnBm)Fin\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,bmc=0(m<ω)b_m \wedge c = 0 \; (m < \omega) も成立.

λ\lambda を無限順序数とする.Xω,Xαω(α<λ),[X][Y]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<ωk < \omega について {α<λundefinedXαXk}\left\{\: \alpha < \lambda \;\middle|\; X_\alpha \cap X \subseteq k \:\right\} が有限なら,YY も同様の性質を満たす.

対偶を示す.つまり,[X][Y][X] \leq [Y] として,ある k<ωk < \omega に対し,YXαjk(j<ω)Y \cap X_{\alpha_j} \subseteq k \; (j < \omega) を満たすような αj<ω\alpha_j < \omega が取れたとする.今,[X][Y][X] \leq [Y] より XYFinX \setminus Y \in \mathrm{Fin}.そこで,=sup+(XY)<ω\ell = \sup^+(X \setminus Y) < \omega と置く.この時, XXαj=((XY)(XY))Xαj=(XYXαj)(XY)Xαjk=max(k,)\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,)m = \max(k, \ell) とおけば {α<λundefinedXXαm}Fin\left\{\: \alpha < \lambda \;\middle|\; X \cap X_\alpha \subseteq m \:\right\} \notin \mathrm{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 Aα,Bα(α<ω1)A_\alpha, B_\alpha \; (\alpha < \omega_1) を帰納的に構成する:

  1. [Aα][Bα]<1[A_\alpha] \vee [B_\alpha] < 1

  2. [Aα][Bα]=0[A_\alpha] \wedge [B_\alpha] = 0

  3. [Aα]<[Aβ],[Bα]<[Bβ](α<β<ω1)[A_\alpha] < [A_\beta], [B_\alpha] < [B_\beta]\;(\alpha < \beta < \omega_1)

  4. k<ω,β<ω1k < \omega, \beta < \omega_1 に対し, {α<βundefinedAβBαk}\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} は有限

α=0\alpha = 0 の時は,A0=B0=A_0 = B_0 = \emptyset とおけばよい.

α\alpha が後続順序数の時.Aα+1,Bα+1A_{\alpha + 1}, B_{\alpha + 1} を作ることを考える.β<α\beta < \alpha とすると,帰納法の仮定より AαBβA_\alpha \cup B_\beta は補有限ではない.そこで,ω(AαBα)={nkundefinedk<ω}(<kn<nk)\omega \setminus (A_\alpha \cup B_\alpha) = \left\{\: n_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\} \; (\ell < k \Rightarrow n_\ell < n_k) として, P={nkundefinedk0(mod3)}Q={nkundefinedk1(mod3)}Aα+1=AαPBα+1=BαQ\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,ω(Aα+1Bα+1)={nkundefinedk2(mod3)}\omega \setminus (A_{\alpha + 1} \cup B_{\alpha + 1}) = \left\{\: n_k \;\middle|\; k \equiv 2 \pmod{3} \:\right\} となるので,[Aα+1][Bα+1]<1[A_{\alpha + 1}] \vee [B_{\alpha+1}] < 1 である.よって条件 (a)(a) は成立.また,条件(b)(b) についても, Aα+1Bα+1=(AαP)(BαQ)=(AαBα)(AαQ)=(BαP)=(PQ)==AαBαFin\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 [Aα+1][Bα+1]=0[A_{\alpha+1}] \wedge [B_{\alpha+1}] = 0 となるのでOK.

構成法より Aα+1Aα=P,Bα+1Bα=QA_{\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,[Aα]<[Aα+1],[Bα]<[Bα+1][A_\alpha] < [A_{\alpha+1}], [B_\alpha] < [B_{\alpha+1}] である.帰納法の仮定より [Aβ]<[Aα],[Bβ]<[Bα](β<α)[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 [Aβ]<[Aα+1],[Bβ]<[Bα+1](β<α+1)[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)(d) が成立することを背理法により示そう.そこで,{β<α+1undefinedAα+1Bβk}\left\{\: \beta < \alpha + 1 \;\middle|\; A_{\alpha+1} \cap B_\beta \subseteq k \:\right\} が無限となるような k<ωk< \omega が存在したとする.この時,増大列 βn<βn+1(n<ω)\beta_n < \beta_{n+1} \; (n < \omega) であって Aα+1BβnkA_{\alpha + 1} \cap B_{\beta_n} \subseteq k となるものが取れる.構成から AαAα+1A_\alpha \subseteq A_{\alpha+1} であるので,AαBβnk(n<ω)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)(d) も成立. 以上より,α\alpha が後続順序数の時,条件 (a)(d)(a) \sim (d) を満たすように Aα,BαA_{\alpha}, B_\alpha を作ることが出来る.

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

補題 2 を使って AβA_\beta を定めたい.そこで,まずは β=ω\beta = \omega の場合について,[Bγ][B_\gamma] について補題 22 の前提を満たす列 S[Sk]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,Ik={n<ωundefinedSBnk}(k<ω)I_k = \left\{\: n < \omega \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\} \; (k < \omega) とおき,これを用いて SS を膨らませた列を作ることを考える.上の条件を満たす [Sk][S_k] を得るため,[Sk][Bn]=0[S_k] \wedge [B_n] = 0 かつ {nIkundefinedSk+1Bnk}\left\{\: n \in I_k \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_n \subseteq k \:\right\} が有限となるように [Sk][S_k] を帰納的に定める.k=0k = 0 の時は,S0=SS_0 = S とすれば良い.そこで,SkS_k まで条件を満たすように構成出来たとして,Sk+1S_{k+1} を作ろう.

IkI_k が有限集合の時は,Sk+1=SkS_{k + 1} = S_k とおく.IkI_k が無限集合の時を考える.{n<mundefinedSBnk}\left\{\: n < m \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\} は有限集合であるので,Ik,<\langle I_k, < \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 ω\omega のみであるので,同型 e:ωIke: \omega \rightarrow I_k が取れ,特に ee は狭義単調増加な全射である.更に,このとき sup{e(n)undefinedn<ω}=ω\sup \left\{\: e(n) \;\middle|\; n < \omega \:\right\} = \omega である.これを示すには,ee が全射であることから sup{e(n)undefinedn<ω}=supIk\sup\left\{\: e(n) \;\middle|\; n < \omega \:\right\} = \sup I_k となるので,supIk=ω\sup I_k = \omega を示せばよい.もし supIk=m<ω\sup I_k = m < \omega とすれば,特に Ik={n<m+1undefinedSBnk}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<ωm + 1 < \omega であり, ()(\ast) より IkI_k は有限集合となり,仮定に反する.よって supIk=ω\sup I_k = \omega となる.

さて,[Bα][B_\alpha] に関する帰納法の仮定 (c)(c) より [Bn]<[Bn+1](n<ω)[B_n] < [B_{n+1}] \; (n < \omega) である.よって,数学的帰納法により 0<[Be(n)i<nBe(i)][X]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 Be(n)i<nBe(i)B_{e(n)} \setminus \bigcup_{i < n} B_{e(i)} が無限なので,pn(Be(n)i<nBe(i))Xp_n \in (B_{e(n)} \setminus \bigcup_{i<n} B_{e(i)}) \cap X を満たすような npnn \leq p_n が取れ,特に pn<pn+1p_n < p_{n+1} とできる.そこで,Sk+1={pkundefinedk<ω}SkS_{k+1} = \left\{\: p_k \;\middle|\; k < \omega \:\right\} \cup S_k と置く.この時,Be(m){pnundefinedn<ω}{pnundefinednm}FinB_{e(m)} \cap \left\{\: p_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\} \subseteq \left\{\: p_n \;\middle|\; n \leq m \:\right\} \in \mathrm{Fin} より [Be(m)][{pnundefinedn<ω}]=0[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 [Sk+1][Be(m)]=([{pkundefinedk<ω}][Be(m)])([Sk][Be(m)])=00=0\begin{aligned} [S_{k+1}] \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 <ω\ell < \omega について {nIkundefinedSk+1Bn}\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 eeω\omega から IkI_k への順序同型なので {nIkundefinedSk+1Bn}{n<ωundefinedSk+1Be(n)}\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,Sk+1Be(n)=({pkundefinedk<ω}Be(n))(SkBe(n))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,{pkundefinedkn}\left\{\: p_k \;\middle|\; k \leq n \:\right\} \subseteq \ell となる必要があり,特に pn<p_n < \ell でなくてはならないが,pnp_n の取り方より npnn \leq p_n に取っているので,n<n < \ell でなくてはならない.よって,Sk+1Be(n)S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq \ell に含まれるような nn の候補は高々 \ell 個しかない.よって,{nIkundefinedSk+1Bn}\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)(2) を満たすように Sk(k<ω)S_k \; (k < \omega) を取ることが出来た.よって,補題22 よりある [Aω][A_\omega] が存在し, [Sk][Aω],[Aω][Bn]=0(n<ω)[S_k] \leq [A_\omega], [A_\omega] \wedge [B_n] = 0 \; (n < \omega) となる.特に,先程 SS を取った時と同様な議論により AωXA_\omega \subseteq X としてよい.よって,特に [Aω][X]<1[A_\omega] \leq [X] < 1 である.

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

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

  2. [Aω][Bω]=[]=0[A_\omega] \wedge [B_\omega] = [\emptyset] = 0 より成立.

  3. n<ωn < \omega とすれば,帰納法の仮定により [An]<[An+1][S0][Aω][A_n] < [A_{n+1}] \leq [S_0] \leq [A_\omega] より [An]<[Aω][A_n] < [A_\omega].また,BnBω=BnAnFinB_n \setminus B_\omega = B_n \cap A_n \in \mathrm{Fin} なので [Bn][Bω][B_n] \leq [B_\omega].よって,先程と同様の議論により [Bn]<[Bn+1]Bω[B_n] < [B_{n+1}] \leq B_\omega となる.よって OK.

  4. 任意の k<ωk < \omega に対し, {n<ωundefinedAωBnk}\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 Ik={n<ωundefinedSBnk}I_k = \left\{\: n < \omega \;\middle|\; S \cap B_n \subseteq k \:\right\} が有限であれば,[S][An][S] \leq [A_n] であることから補題 33 が適用出来,{n<ωundefinedAωBnk}\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\} も有限となる.

    そこで,IkI_k が無限の場合を考える.この時,構成法から {nIkundefinedSk+1Bnk}\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 ee について,{n<ωundefinedSk+1Be(n)k}\left\{\: n < \omega \;\middle|\; S_{k+1} \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\} も有限.今,[Sk+1][Aω][S_{k+1}] \leq [A_\omega] より,補題3から {n<ωundefinedAωBe(n)k}\left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\} も有限となる.そこで,n0=sup+{n<ωundefinedAωBe(n)k}n_0 = \sup^+ \left\{\: n < \omega \;\middle|\; A_\omega \cap B_{e(n)} \subseteq k \:\right\} とおけば e(n0)<ωe(n_0) < \omega なので,{n<e(n0)undefinedAωBnk}\left\{\: n < e(n_0) \;\middle|\; A_\omega \cap B_n \subseteq k \:\right\} は有限となる.n0n_0 の取り方と IkI_k の定義より,{n<ωundefinedAωBnk}={n<e(n0)undefinedAωBnk}\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 β>ω\beta > \omega の場合を考える.ω<β<ω1\omega < \beta < \omega_1 より,β\beta は基数でないので特に特異順序数である.また,β\beta は可算な極限順序数であるので,cf(β)=ω\mathrm{cf}(\beta) = \omega となる.そこで,f:ωβf: \omega \rightarrow \beta を狭義単調増加な共終写像とする.この時,An=Af(n),Bn=Bf(n)A'_n = A_{f(n)}, B'_n = B_{f(n)} を考えると,Aα,BαA_\alpha, B_\alpha に関する帰納法の仮定から,上の議論を適用でき,Aω,BωA'_\omega, B'_\omega が取れる.そこで Aβ=Aω,Bβ=BωA_\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)(a), (b) が成り立つことは明らか.(c)(c) については,α<β\alpha < \beta とすると,ω\omegaβ\beta での共終性から n<ωn < \omegaαf(n)\alpha \leq f(n) となるものが取れる.よって [Aα][Af(n)]<[Aβ][A_\alpha] \leq [A_{f(n)}] < [A_\beta] となる.[Bβ][B_\beta] についても同様である.(d)(d) については,少し議論が必要である.まず,各 k<ωk < \omega に対し Jk={n<ωundefinedAβBf(n)k}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=maxJkn = \max J_k とおくと,ff の共終性と BnB_n の単調性から {α<βundefinedAβBαk}={α<f(n+1)undefinedAβBαk}\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 {α<f(n+1)undefinedAf(n+1)Bαk}\left\{\: \alpha < f(n+1) \;\middle|\; A_{f(n+1)} \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} は有限.f(n+1)<βf(n+1) < \beta より [Af(n+1)]=[An+1][Aω]=[Aβ][A_{f(n+1)}] = [A'_{n+1}] \leq [A'_\omega] = [A_\beta] であるので,補題 33 から {α<f(n+1)undefinedAβBαk}\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 β<ω1\beta < \omega_1 について必要な Aβ,BβA_\beta, B_\beta が構成出来る.

以上より,(a)(d)(a) \sim (d) を満たすような列 Aα,Bα(α<ω1)A_\alpha, B_\alpha \; (\alpha < \omega_1) が取れた.そこで,aα=[Aα],bα=¬[Bα]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,aα<aβ,bβ<bα(α<β)a_\alpha < a_\beta, b_\beta < b_\alpha \; (\alpha < \beta) は条件 (c)(c) から直ちに従う.また,条件 (b)(b) より aα¬bα=[Aα][Bα]=0a_\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 aαbαa_\alpha \leq b_\alpha となる.また,同様に条件 (a)(a) から aα¬bα=[Aα][Bα]<1a_\alpha \vee \neg b_\alpha = [A_\alpha] \vee [B_\alpha] < 1 なので bαaαb_\alpha \not\leq a_\alpha である.よって aα<bα(α<ω1)a_\alpha < b_\alpha \; (\alpha < \omega_1) となる.以上より aα<aβ<bβ<bα(α<β<ω1)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,aαbbα(α<ω1)a_\alpha \leq b \leq b_\alpha \; (\alpha < \omega_1) となるような bb が存在したとして,矛盾を導こう.まず {α<ω1undefinedBBαk}\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:

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

{Xαundefinedα<κ}に包含関係に関する最大元が存在しない{Xαundefinedα<κ}κ\left\{\: X_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\} \text{に包含関係に関する最大元が存在しない} \Rightarrow \left|\bigcup \left\{\: X_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\}\right| \geq \kappa

δ0=0,δβ=min{γ<κundefinedXγα<βXδα}(β0)\delta_0 = 0, \delta_\beta = \min \left\{\: \gamma < \kappa \;\middle|\; X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset \:\right\} \; (\beta \neq 0) とおく.この時,任意の β<κ\beta < \kappa に対し δβ\delta_\beta が定まる.もしある β<κ\beta < \kappa に対し {γ<κundefinedXγα<βXδα}=\left\{\: \gamma < \kappa \;\middle|\; X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset \:\right\} = \emptyset となったとすると, γ<κ,Xγ{Xδaundefinedα<β}\forall \gamma < \kappa, \, X_\gamma \subseteq \bigcup \left\{\: X_{\delta_a} \;\middle|\; \alpha < \beta \:\right\} が成立する.今,κ\kappa は正則なので,{δαundefinedα<β}\left\{\: \delta_\alpha \;\middle|\; \alpha < \beta \:\right\}κ\kappa で有界となる.よって,δ=sup{δαundefinedα<β}<κ\delta = \sup\left\{\: \delta_\alpha \;\middle|\; \alpha < \beta \:\right\} < \kappa が定まり,条件から Xδα<XδX_{\delta_\alpha} < X_\delta となる.すると,上の議論から XγX_\gamma{Xαundefinedα<κ}\left\{\: X_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\} の最大元となり矛盾.よって δβ\delta_\beta は well-defined である.そこで,xβXδβ{Xδαundefinedα<β}x_\beta \in X_{\delta_\beta} \setminus \bigcup \left\{\: X_{\delta_\alpha} \;\middle|\; \alpha < \beta \:\right\} を取れば,各 xβx_\beta はそれぞれ異なるので,{xβundefinedβ<κ}=κ\left|\left\{\: x_\beta \;\middle|\; \beta < \kappa \:\right\}\right| = \kappa である.よって {xβundefinedβ<κ}{Xαundefinedα<κ}\left\{\: x_\beta \;\middle|\; \beta < \kappa \:\right\} \subseteq \bigcup \left\{\: X_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\} なので {Xαundefinedα<κ}κ\left|\bigcup \left\{\: X_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\}\right| \geq \kappa となる.

更に,次の命題も成立する:

κ:基数,Fα:有限集合,(α<κ),FαFβ(α<β<κ){Fαundefinedα<κ}ω\kappa:\text{基数}, F_\alpha : \text{有限集合}, (\alpha < \kappa),\; F_\alpha \subseteq F_\beta \; (\alpha < \beta < \kappa) \Longrightarrow \left|\bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\}\right| \leq \omega

まず,包含関係に関して正則基数型を持つ {Fαundefinedα<κ}\left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\} 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,κ\kappa は正則基数だと思えばよい.

そこで,命題11 に倣って δ0=0,δβ=min{γ<κundefinedXγα<βXδα}(β0)\delta_0 = 0, \delta_\beta = \min \left\{\: \gamma < \kappa \;\middle|\; X_\gamma \setminus \bigcup_{\alpha < \beta} X_{\delta_\alpha} \neq \emptyset \:\right\} \; (\beta \neq 0) とおき,xβx_\beta を命題11と同様に定義する.δβ\delta_\beta が定義されるような β\beta の全体は明らかに順序数となるので,それを α\alpha と置く.この時,αω\alpha \leq \omega である.もしこの α>ω\alpha > \omega とすると,κ>ω\kappa > \omega であり,このとき {xnundefinedn<ω}Fω\left\{\: x_n \;\middle|\; n < \omega \:\right\} \subseteq F_\omega となってしまい,FiF_i の有限性に反するからである.もし κω\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,κ>ω\kappa > \omega とする.κ\kappa は正則としてよかったので,δ=sup+δα<κ\delta = \sup^+ \delta_\alpha < \kappa が取れ,上の議論から特に δω\delta \leq \omega となる.もし,δ=ω\delta = \omega とすると,δn\delta_n の取り方より FδnFδm(n<m)F_{\delta_n} \subsetneq F_{\delta_m} \; (n < m) なので,FωF_\omega が無限集合となり矛盾.よって,この場合は δ<ω\delta < \omega となるので,わかり易いように N=δN = \delta と書くことにする.このとき,FδnFγ(n<N)F_{\delta_n} \subsetneq F_\gamma \; (n < N) となるような γ<κ\gamma < \kappa が存在すれば,Fγ{Fδnundefinedn<N}F_\gamma \setminus \bigcup \left\{\: F_{\delta_n} \;\middle|\; n < N \:\right\} \neq \emptyset なので,γ=δN\gamma = \delta_N となり矛盾.よって,{Fδnundefinedn<N}\left\{\: F_{\delta_n} \;\middle|\; n < N \:\right\} 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,Jk={α<ω1undefinedBBαk}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Aα,BαA_\alpha, B_\alpha の構成法より,β<ω1\beta < \omega_1 について,{α<βundefinedAβBαk}\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; A_\beta \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} は有限である.よって,補題33 および仮定の [Aβ][B][A_\beta] \leq [B] より {α<βundefinedBBαk}\left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} も有限となる.

そこで,Fβ={α<βundefinedBBαk}(β<ω1)F_\beta = \left\{\: \alpha < \beta \;\middle|\; B \cap B_\alpha \subseteq k \:\right\} \; (\beta < \omega_1) とおけば,{Fβundefinedβ<κ}\left\{\: F_\beta \;\middle|\; \beta < \kappa \:\right\} は有限集合族であり,明らかに FαFβ(α<β)F_\alpha \subseteq F_\beta \;(\alpha < \beta) となる.また,明らかに Jk={Fαundefinedα<ω1}J_k = \bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\} である.すると,命題 22 より {Fαundefinedα<κ}ω<ω1\left|\bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \kappa \:\right\}\right| \leq \omega < \omega_1 である.よって,ω1\omega_1 の正則性と命題 11 の対偶より,{Fαundefinedα<ω1}\left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\} は最大元 FγF_\gamma を持つ.よって,FαFγ(α<ω1)F_\alpha \subseteq F_\gamma \;(\alpha < \omega_1) より Jk={Fαundefinedα<ω1}=FγJ_k = \bigcup \left\{\: F_\alpha \;\middle|\; \alpha < \omega_1 \:\right\} = F_\gamma となる.FγF_\gamma は有限だったから,各 JkJ_k も有限となる.

すると,n<ωJn\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,α0ω1n<ωJn\alpha_0 \in \omega_1 \setminus \bigcup_{n < \omega} J_n が取れ,各 JkJ_k の定義より BBα0B \cap B_{\alpha_0} は無限集合となる.よって,b¬[bα0]=[B][Bα0]>0b \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 bbα0b \not\leq b_{\alpha_0} となる.これは bbαb \leq b_\alpha に反する.よって,このような bb は存在しない.


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