第I章 演習問題 [12]

(a)  \(\aleph(X)\) が有限のとき, \(|X|=\aleph(X)\) となるので \(n<2^{2^{2^n}}\) より明らか. 無限のとき, \(\aleph(X)=\alpha\) とおく. まず簡単のため, \(f:\alpha\rightarrow\mathcal{P}^4(X)\) となる単射 \(f\) を構成する. \(\beta<\alpha\) ならば, \(\beta\) から \(X\) への単射があるので, \(X\) の部分集合上に順序型 \(\beta\) の整列順序が存在する. \(X\) の元の順序対は \(\mathcal{P}^2(X)\) の元であり, \(X\) の部分集合上の関係は \(\mathcal{P}^3(X)\) の元であることに注意すると, \(f(\beta)=\{\,R\,:\,R\subset X\times X,\text{type}(R)=\beta\,\}\) とおけば, \(f:\alpha\rightarrow\mathcal{P}^4(X)\) である. \(\beta,\gamma<\alpha\) が異なれば, \(f(\beta),f(\gamma)\) に属する順序の順序型が異なるので, \(f(\beta)\neq f(\gamma)\) となる. \(f:\alpha\rightarrow\mathcal{P}^3(X)\) とするには, \(R\) の代わりに \(\{A\,:\,A\text{ は }R\text{ の切片}\,\}\in\mathcal{P}^2(X)\) を用いればよい.

(b)  そのような集合列 \(\langle X_n:n\in\omega\rangle\) が存在したとして矛盾を導く. まず, \(f:A\rightarrow B\) が単射ならば, \(g(x)=f{“}x\) も単射となることに注意すると, \(\mathcal{P}^3(X_{n+3})\preceq X_n\) となる. 前問と合わせて \(\aleph(X_{n+3})<\aleph(\mathcal{P}^3(X_{n+3}))\leq\aleph(X_n)\) となるので, 順序数の無限降下列 \(\aleph(X_0)>\aleph(X_3)>\aleph(X_6)>\cdots\) が存在することとなり矛盾する.

(c)   定理10.16の証明をここでの \(\aleph(X)\) の定義と比較してみれば, \(\aleph(X)\) が \(|X|\) より大きな基数であることがわかる. このことと \(\aleph(X)\) 未満の順序数がそれぞれ \(X\) のある部分集合と同じ濃度をもつことにより, \(\aleph(X)=|X|^+\) である.

 

解答者: 志村さん (公開日: 2011年5月29日) ただし(c)は藤田による.
2011年7月26日更新: \(\TeX\) の表記を一部修正

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