第V章 演習問題 [4]

補題1.3と補題1.5が成立するような関数が, \(\mathrm{Df}\) と \(\mathrm{En}\) の組みあわせの他にもあったとして, それを \(\mathrm{Df}^*\) と \(\mathrm{En}^*\) とあらわし, \(\mathbf{OD}\) と同様にクラス \(\mathbf{OD}^*\) を定義したとする: \[ \begin{gather} a\in\mathbf{OD}\,\leftrightarrow\, \exists\beta>\mathrm{rank}(a) \exists n\exists s\in\beta^n\exists r\in\mathrm{Df}(R(\beta),n{+}1) \forall x\in R(\beta)\Big(\, x=a\,\leftrightarrow\,s^\frown\langle x\rangle\in r \,\Big),\\ a\in\mathbf{OD}^*\,\leftrightarrow\, \exists\beta>\mathrm{rank}(a) \exists n\exists s\in\beta^n\exists r\in\mathrm{Df}^*(R(\beta),n{+}1) \forall x\in R(\beta)\Big(\, x=a\,\leftrightarrow\,s^\frown\langle x\rangle\in r \,\Big). \end{gather} \] このとき \(\mathbf{OD}^*\subset\mathbf{OD}\) となることが次のようにしてわかる:

[\(\mathbf{OD}^*\subset\mathbf{OD}\) の証明] \(a\in \mathbf{OD}^*\) だとして, 先に引用した定義をみたす \(\beta\) と \(n\) と \(s\) と \(r\) をとる. このとき \(r\in\mathrm{Df}^*(R(\beta),n{+}1)\) なので(“補題1.5*”により)ある番号 \(m\) について \(r=\mathrm{En}^*(m,R(\beta),{n{+}1})\) となっている. すなわち, \[ x=a\;\leftrightarrow\;x\in R(\beta)\land s^\frown\langle x\rangle\in\mathrm{En}^*(m,R(\beta),{n{+}1}). \] そこで式 \(\phi\) を \[ \phi(z,w,y_1,\ldots,y_n,x)\;\leftrightarrow\; z\in\mathbf{ON}\land w\in\omega\land x\in R(z)\land \langle y_1,\ldots,y_n,x\rangle \in\mathrm{En}^*(w,R(z),{n{+}1}) \] によって定めれば, \(\forall x(\phi(\beta,m,s(0),\ldots,s({n{-}1}),x)\,\leftrightarrow\,x=a)\) となるから, 定理2.2によって \(a\in\mathbf{OD}\) となる. (証明終)

同様の論法で逆向きの \(\mathbf{OD}\subset\mathbf{OD}^*\) を証明するには, 定理2.2に相当する結果をクラス \(\mathbf{OD}^*\) について確立すればよい. この“定理2.2*”の証明は定理2.2の証明とほとんど同じであり, ただ補題1.3の代わりに \(\mathrm{Df}^*\) についての対応する性質を使うだけである.

訳書でも原著に従って \(R\in\mathrm{Df}(R(\beta),n{+}1)\) と書きましたが, 本当は \(R\) のダブルミーニングが気になっていたのです. ここでは, \(a\) を定義する関係のほうは小文字で表記することにしました.

解答者: 藤田 博司 (公開日: 2011年7月19日)

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