第VII章 演習問題 [H21]

この問題は, \(|I| \geq \omega\)の場合のみ考えるものである. (\(|I|\)が有限の場合は結論は明らかであるし, そもそも\(M=M[G]\)である.)

\(|I|=\kappa \geq \omega\)とする. このとき, \({^I 2}\)と\({^{\kappa \times \omega}2}\)は同型であり, その上の測度代数も同型である. よって, \(\mathcal{B}\)は\({^{\kappa \times \omega}2}\)の測度代数としてよい.

\(X \subset {^{\kappa \times \omega}2}\)に対して, \([X]\)で\(X\)の同値類を表すこととする. 特に, 測度ゼロの集合の同値類は\(0_\mathcal{B}\)である. また, \({^{\kappa \times \omega}2}\)の上の測度は\(\mu\)で表すことにする.

(主張1) : \(\mathcal{B}\)がc.c.c.をみたす.

(証明) : 各\(n \in \omega \setminus 1\)について\(C_n = \{ [X] : X \subset {^{\kappa \times \omega}2} \text{ かつ } X \text{ は可測で }\mu(X) \geq 1/n \}\)とおく. \(C_n\)の元からなる反鎖のサイズは\(n\)以下であり, \(\mathcal{B} \setminus \{0_\mathcal{B}\}=\bigcup_{n \in \omega \setminus 1}C_n\)である. 不可算集合\(A \subset \mathcal{B} \setminus \{0_\mathcal{B}\}\)を任意にとる. 部屋割り論法により, \(n \in \omega\)と不可算集合\(D \subset A\)を\(D \subset C_n\)なるようにとる. このとき\(D\)は反鎖ではない. よって\(\mathcal{B}\)はc.c.c.をみたす.

各\(\alpha<\kappa\), \(n \in \omega\)について, \(b^0_{\alpha,n}=[\{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=0 \}]\), \(b^1_{\alpha,n}=[\{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=1 \}]\)と定める.

(主張2) : 各\(\alpha<\kappa\), \(n \in \omega\)について, \(b^0_{\alpha,n} \in G\)と\(b^1_{\alpha,n} \in G\)のどちらかが成り立つ. ただし, ともに成り立つことはない.

(証明) : まず, \(b^0_{\alpha,n} \vee b^1_{\alpha,n} = [\{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=0 \} \cup \{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=1 \}] = [{^{\kappa \times \omega}2}] = 1_\mathcal{B}\)であり, また, \(b^0_{\alpha,n} \wedge b^1_{\alpha,n} = [\{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=0 \} \cap \{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,n)=1 \}] = [\emptyset] = 0_\mathcal{B}\)である. よって, \(\{ b^0_{\alpha,n}, b^1_{\alpha,n} \}\)は極大反鎖である. よって\(\{ b^0_{\alpha,n}, b^1_{\alpha,n} \} \cap G \neq \emptyset\)ではあるが, \(\{ b^0_{\alpha,n}, b^1_{\alpha,n} \} \subset G\)とはならない.

\(\mathcal{B}\)-名前\(\dot{f}\)を\(\dot{f} =\{ \langle \langle \alpha, n \rangle, i \rangle \check{} , b^i_{\alpha, n} \rangle : \alpha < \kappa, n \in \omega , i \in \{0,1\} \}\)で定める. \(f=\dot{f}_G\)とおく.

(主張3) : \(f\)は\(\kappa \times \omega\)から\(2\)への関数である.

(証明) : \(f \subset (\kappa \times \omega) \times 2\)は明らか. \(\alpha < \kappa\), \(n \in \omega\)を任意にとる. (主張2)から, \(i \in \{0,1\}\)を\(b^i_{\alpha,n} \in G\)なるようにとる. \(\langle \langle \alpha,n \rangle, i \rangle \in f\)である. このとき, \(b^{1-i}_{\alpha,n} \notin G\)なので\(\langle \langle \alpha,n \rangle, 1-i \rangle \notin f\)である. よって, \(f\)は\(\kappa \times \omega\)から\(2\)への関数である.

また, 各\(x \in {^{\kappa \times \omega}2}\), \(\alpha<\kappa\)について\(x_\alpha=\{ \langle n, x(\alpha, n) \rangle : n \in \omega\}\)と定める. \(x_\alpha\)は\(\omega\)から\(2\)への関数である.

\(\alpha<\beta<\kappa\)なる\(\alpha, \beta\)と, \(n \in \omega\)なる\(n\)と, \(s,t \in {^n2}\)について, \(Z^{\alpha, s}_{\beta, t}=\{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x_\alpha \upharpoonright n = s \text{ かつ } x_\beta \upharpoonright n = t \}\)とおく. \(\mu(Z^{\alpha,s}_{\beta,t})=1/4^n\)である.

\(\alpha<\beta<\kappa\)なる\(\alpha, \beta\)と\(n \in \omega\)なる\(n\)について, \({^{\kappa \times \omega}2}=\bigcup \{ Z^{\alpha,s}_{\beta,t} : s,t \in {^n2} \}\)であり, これは非交和である.

(主張4) : \(\alpha<\beta<\kappa\)とする. このとき, \(f_\alpha \neq f_\beta\)である.

\(1_\mathcal{B} \,{\|\kern-0.40em-}\, \dot{f}_\alpha \neq \dot{f}_\beta\)を示せばよい. \(b \in \mathcal{B} \setminus \{0_\mathcal{B}\}\)を任意にとる. \(c \leq b\)で\(c \,{\|\kern-0.40em-}\, \dot{f}_\alpha \neq \dot{f}_\beta\)なるものを見つければよい.

\(b = [X]\)なる\(X \subset {^{\kappa \times \omega}2}\)をとる. \(\mu(X)>0\)である. \(0<n<\omega\)かつ\(\mu(X)>1/2^n\)なる\(n\)をとる. ここで\(\{ Z^{\alpha,s}_{\beta,t} : s,t \in {^n2} \}\)を考える. 各\(s,t \in {^n2}\)について\(\mu(Z^{\alpha,s}_{\beta,t})=1/4^n\)なので, \(\{ X \cap Z^{\alpha,s}_{\beta,t} : s,t \in {^n2} \}\)のうち少なくとも\(2^n+1\)元は測度ゼロでない. よって, ある\(s, t \in {^n2}\)について, \(s \neq t\)かつ\(\mu(X \cap Z^{\alpha,s}_{\beta,t})>0\)である. \(0_\mathcal{B}<[X \cap Z^{\alpha,s}_{\beta,t}] \leq [X] = b\)である.

\(s \neq t\)から\(s(m) = 1-t(m)\)なる\(m<n\)をとる. \(b^{s(m)}_{\alpha,m} \wedge b^{t(m)}_{\beta,m} \,{\|\kern-0.40em-}\, (\dot{f}(\alpha,m)=s(m) \text{ かつ } \dot{f}(\beta,m)=t(m))\)であるので\(b^{s(m)}_{\alpha,m} \wedge b^{t(m)}_{\beta,m} \,{\|\kern-0.40em-}\, \dot{f}_\alpha \neq \dot{f}_\beta\)である. また, \(Z^{\alpha,s}_{\beta,t} \subset \{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\alpha,m)=s(m) \} \cap \{ x \in {^{\kappa \times \omega}2} : x(\beta,m)=t(m) \}\)であるから, \([X \cap Z^{\alpha,s}_{\beta,t}] \leq [Z^{\alpha,s}_{\beta,t}] \leq b^{s(m)}_{\alpha,m} \wedge b^{t(m)}_{\beta,m}\)である. よって, \([X \cap Z^{\alpha,s}_{\beta,t}] \,{\|\kern-0.40em-}\, \dot{f}_\alpha \neq \dot{f}_\beta\)である.

(主張1)より, \(\kappa\)は\(M[G]\)でも基数である. (主張4)より, \((2^\omega)^{M[G]} \geq |\kappa|^{M[G]} = \kappa = |I|^M \geq |I|^{M[G]}\)が成り立つ.

 

解答者: 田尻 翔平さん (公開日: 2015年2月12日)

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