「集合・位相入門」輪読会★2 - 1110808043

1：Мечислав(☆9) （DTxrDxh6）：2005/03/14(月) 22:47:23: えと
「集合・位相入門」輪読会
http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/
のつづきです。
詳細は>>2以下。
175：Мечислав(☆10) ◆QRDTxrDxh6：2005/08/31(水) 01:30:34: えー。臺地が近々つづきをかくそうです。
176：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/08/31(水) 01:31:30: 本当にゴメンナサイ
9月こそ頑張る所存です
177：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/07(水) 22:38:56: >>172
(注1)
【証明】
{α|a_α≠a'_α}⊂{α|a_α≠e_α}∪{α|a'_α≠e_α}で右辺は仮定より有限集合だから、
左辺は有限集合であり、しかも整列集合Λの部分集合なので整列集合。よって>>102の
操作を考えれば、左辺に最大元が存在することがわかる。

(注2)
以下を利用(2節演習問題2番)
【補題】
順序集合Aの元の列(a_n)_n∈Nで、a_1>a_2>a_3>・・・>a_n>・・・となるものをAにおける降鎖という。
Aが全順序集合の場合、Aが整列集合⇔Aにおける降鎖は存在しない　である。

【補題の証明】
対偶：Aにおける降鎖が存在⇔Aは整列集合でない　を示す。
(⇒）
Aにおける降鎖(a_n)_n∈Nが存在したとすると、Aの部分集合{a_n|n∈N}には最小元が存在しない。
よってAは整列集合でない。
(←)
Aが整列集合でないと仮定すると、Aのとある部分集合B(≠φ)には最小元が存在しない。
よって任意のBの元bに対して、M_b={x∈B|x<b}は空でないから、選択公理により
∀b∈B；Φ(b)∈M_bとなる写像Φが存在する。Bから一つの元b_0を選び、n≧1に対して
b_n=Φ(b_(n-1))でBの元の列(b_n)_n∈Nをつくると、これはAにおける降鎖である。
以上より補題が示された。

【注2の証明】
上の補題により、A={a∈ΠA_α｜card({α∈Λ｜a_α≠e_α})<cardN}に降鎖が存在しないこと
示せばよい。背理法を使う。つまり、Aに降鎖a^(1)>a^(2)>・・・>a^(n)>・・・が存在するとして
矛盾を導く。注1により、{α|a^(n)_α≠e_α}(a'=eとした)には最大元が存在するが、それをα_n
とおく。するとα_1≧α_2≧・・・≧α_n≧・・・である。なぜなら、たとえばα_1<α_2とすると
max{α|a_α≠a'_α}=α_2で、α_1より大きなαに対してはa^(1)_α=e_αであるから
a^(1)_(α_2)<a^(2)_(α_2)つまりa^(1)<a^(2)となり矛盾。したがってα_1≧α_2となる。他の場合も同様。

ところが、{α_n|n∈N}は整列集合Λの部分集合ゆえ、整列集合であるから、(α_n)は降鎖でない。
したがってあるn0∈Nが存在してα_n0=α_(n0+1)=・・・=α_(n0+n)=・・・となるしかない。
この値をα~とおく。
ここで、Aでの降鎖の存在の仮定より、a^(n0)>a^(n0+1)>・・・>a^(n0+n)>・・・であったが、
これはAでの順序の定義より、a^(n0)_α~>a^(n0+1)_α~>・・・>a^(n0+n)_α~>・・・ということ。・・・＊
しかるにこれは整列集合A_α~における降鎖の存在を主張するものであるから、補題に矛盾。
したがってAには降鎖は存在しない。つまり、Aは整列集合である。(証明終わり)
178：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/07(水) 22:42:23: はっきり言って自力では出来ませんでした・・・後ろの答えを写しまくりました。
しかも＊の部分はなんでかいまだにわかりません。
a^(n0)_α~=a^(n0+1)_α~であっても、α~よりちょっと小さなαで
a^(n0)_α>a^(n0+1)_αってなっていればa^(n0)>a^(n0+1)じゃないかと。
うーん・・・
179：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/08(木) 00:04:20: ｵﾋｻｼﾌﾞﾘですｗ

>>178
＞a^(n0)_α~=a^(n0+1)_α~であっても、α~よりちょっと小さなαで
＞a^(n0)_α>a^(n0+1)_αってなっていればa^(n0)>a^(n0+1)じゃないかと。
ほんとだ。解答読んだとき気づかんかった。

とりあえず、自分で解いた解答を晒してみる。。

証明
MをAの空でない任意の部分集合とする。
e=(e_α)_(α∈Λ)とすると、e∈MのときはminM=eとなる。
故にe∈M^cのときにMに最小元が存在することを示せばよい。（「含まない」の記号が出ないorz）
a∈A-{e}に対してβ_a=max{α∈Λ|a_α≠e_α}と定義する。
また、Λ_M={β_a|a∈M}とおく。
Λ_MはΛの空でない部分集合なのでminΛ_Mが存在する。それをβ_0とおく。
次に、N={a∈M|β_a=β_0}とおくと、Nは当然空ではないので、
pr_(β_0)(N)はA_(β_0)の空でない部分集合である。
A_(β_0)は整列集合なので、min(pr_(β_0)(N))が存在する。
すなわち、∃b∈N s.t. pr_(β_0)(b)=min(pr_(β_0)(N))
このbがMの最小元となる。
実際、β_0はΛ_Mの最小元なので、∀a∈Mに対して、β_a≧β_0であり、
b∈Nよりβ_b=β_0であるので、∀a∈Mに対してβ_a≧β_bである。
β_a＞β_bであれば、b_α≠a_αなる最大のαはβ_aであり、
β_aの定義より、b_(β_a)=e_(β_a)、a_(β_a)≠e(β_a)となるので、a＞b
また、β_a=β_bであれば、a,b∈Nとなるので、
pr_(β_0)(b)=min(pr_(β_0)(N))であることからa_(β_0)≧b_(β_0)であり、
a≧bが成り立つ。 //
180：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/08(木) 00:11:37: おかしい所あったら指摘ヨロ。
久しぶりだから自分のノート見直すのに時間かかった。

自分でノート書くのと自分のノートを見るのは大違いだと改めて実感しました。
この前、自分ですごい明解なイメージができた、と思って嬉々としてノートとったとこを見直したら、
どこが明解なのかさっぱり分からなくてビックリしましたｗ
181：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/08(木) 02:07:57: >>179
a_(β_0)≧b_(β_0)⇒a≧bは必ずしも言えないのではないでしょうか。
a_(β_0)=b_(β_0)の場合だったら、結局aとbの大小はβ_0より小さな元を調べない限り
わからないと思います。

例
Λ=N,e_α=1,A_α⊂N
α　：　1　　2　　3　　4　　5　　6　　7　　8
━━━━━━━━━━━━━━━━━
a　　：　1　　1　　2　　2　　1　　1　　1　　1
b　　：　2　　9　　1　　2　　1　　1　　1　　1
c　　：　1　　1　　1　　3　　1　　1　　1　　1
d　　：　3　　5　　1　　1　　4　　1　　1　　1

α=8以上の場合、写像a～dのどれもがαを最小元1に写す。
こんな感じのΠ_[α∈N]A_αの部分集合{a,b,c,d}を取ってきます。
β_0=4、min(pr_(β_0)(N))=2です。
＞∃b∈N s.t. pr_(β_0)(b)=min(pr_(β_0)(N))
に該当する写像は、上の図の場合a、bの二つがあり、さらにaとbの大小を決定する必要があります。
b_(β_0)≧a_(β_0)(ていうかともに2で等しい)ですが、この場合はα=3のときの様子よりb<aです。

この問題難しい・・・
182：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/08(木) 02:19:16: >>181
あぁほんとだ。同じ間違いして他から気づかんかったんか。
もうちょっと考えて見ます。
183：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/08(木) 13:52:05: これでどうだ！文字が多すぎて分かりにくかったらスマソ。

【補題】
順序集合Aの元の列(a_n)_n∈Nで、a_1>a_2>a_3>・・・>a_n>・・・となるものをAにおける降鎖という。
Aが全順序集合の場合、Aが整列集合⇔Aにおける降鎖は存在しない　である。

【注2の証明】
上の補題により、A={a∈ΠA_α｜card({α∈Λ｜a_α≠e_α})<cardN}に降鎖が存在しないこと
示せばよい。背理法を使う。つまり、Aに降鎖a^(1)>a^(2)>・・・>a^(n)>・・・が存在するとして
矛盾を導く。注1により、{α|a_α^(n)≠e_α}には最大元が存在するが、それをα_1^(n)
とおく。するとα_1^(1)≧α_1^(2)≧・・・≧α_1^(n)≧・・・である。

ところが、{α_1^(n)|n∈N}は整列集合Λの部分集合ゆえ、整列集合であるから、(α_1^(n))は降鎖でない。
したがって∃n1∈Nが存在してα_1^(n1)=α_1^(n1+1)=・・・=α_1^(n1+n)=・・・となるしかない。
この値をβ_1とおく。
ここで、Aでの降鎖の存在の仮定より、a^(n1)>a^(n1+1)>・・・>a^(n1+n)>・・・であったが、
これはAでの順序の定義より、a_(β_1)^(n1)≧a_(β_1)^(n1+1))≧・・・≧a_(β_1)^(n1+n)≧・・・ということ。
{a_(β_1)^(n1+n)|n∈N}は整列集合A_(β_1)の部分集合なので、(a_(β_1)^(n1+n))は降鎖ではない。
したがって∃n2'∈Nが存在してa_(β_1)^(n2')=a_(β_1)^(n2'+1)=・・・=a_(β_1)^(n2'+n)=・・・となる。
さらに注1により、{α|(a_α^(n)≠e_α)∧(α＜β_1)}(n≧n2')には最大元が存在するが、それをα_2^(n)とおく。・・・(注)
するとα_2^(n2')≧α_2^(n2'+1)≧・・・≧α_2^(n2'+n)≧・・・である。
ところが、{α_2^(n)|n∈N,n≧n2'}は整列集合Λの部分集合ゆえ、整列集合であるから、(α_2^(n))は降鎖でない。
したがって∃n2∈Nが存在してα_2^(n2)=α_2^(n2+2)=・・・=α_2^(n2+n)=・・・となるしかない。
この値をβ_2とおく。

このように、∃β_kがあって、α＞β_kでa_(α)^(nk)=a_(α)^(nk+1)=・・・=a_α^(nk+n)=・・・
であるような、降鎖a(n)の部分列(a_(nk+n))があるとき、a(n)が降鎖であることより
a_(β_k)^(nk)≧a_(β_k)^(nk+1))≧・・・≧a_(β_k)^(nk+n)≧・・・となる。
{a_(β_k)^(nk+n)|n∈N}は整列集合A_(β_k)の部分集合なので、(a_(β_k)^(nk+n))は降鎖ではない。
したがって∃n(k+1)'∈Nが存在してa_(β_k)^(n(k+1)')=a_(β_k)^(n(k+1)'+1)=・・・=a^(n(k+1)'+n)=・・・となる。
注1により、{α|(a^(n)_α≠e_α)∧(α＜β_k)}(n≧n(k+1)')には最大元が存在するので、それをα_(k+1)^(n)とおく。
するとα_(k+1)^(1)≧α_(k+1)^(2)≧・・・≧α_(k+1)^(n)≧・・・である。
ところが、{α_(k+1)^(n)|n∈N,n≧n(k+1)'}は整列集合Λの部分集合ゆえ、整列集合であるから、(α_(k+1)^(n))は降鎖でない。
したがって∃n(k+1)∈Nが存在してα_(k+1)^(n(k+1))=α_(k+1)^(n(k+1)+2)=・・・=α_(k+1)^(n(k+1)+n)=・・・となるしかない。
この値をβ_(k+1)とおく。
すると、α＞β_(k+1)でa_(α)^(n(k+1)=a_(α)^(n(k+1)+1)=・・・=a_α^(n(k+1)+n)=・・・となる。
このようにして、β_kとnkからβ_(k+1)とn(k+1)を定めることが出来る。

このようにして作った(β_k)_(k∈N)はβ_kの作り方から、
β_1>β_2>・・・>β_k>・・・となるが、これはΛにおける降鎖であり、Λが整列集合であることに反する。
したがって、Aに降鎖は存在しない。すなわち、Aは整列集合である。 //

(注)注1が保証しているのは{α|(a^(n)_α≠e_α)∧(α＜β_1)}が空でないときその最大元が存在することである。
　よって、{α|(a_α^(n)≠e_α)∧(α＜β_1)}が空でないことを言っておかないといけない。
　背理法によってこれを示す。
　{α|(a^(m)_α≠e_α)∧(α＜β_1)}=φであるようなm(>n2')が存在したとすると、
　∀α＜β_1においてa_α^(m)=e_αとなるが、
　α＞β_1においてはa_(α)^(n2')=a_(α)^(n2'+1)=・・・=a_(α)^(n2'+n)=・・・となるので、
　a(m)＞a(m+1)を満たすようなa(m+1)は存在しない。したがって、a(n)が降鎖であることに矛盾。
　よって、∀n＞n2'に対して{α|(a^(m)_α≠e_α)∧(α＜β_1)}≠φ
184：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/09(金) 00:34:26: うお。がんばって読むのでしばらくお待ちを・・・
185：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/09(金) 00:42:05: >>177の証明でα~まで引き下げて矛盾がでないんなら、もっと引き下げたら矛盾がでるだろうって方針です。
186：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/09(金) 00:52:23: なるほど。たしかにminΛまで全てチェックして整列してしまえばいいですよね。
しっかし>>177の＊って結局本の解答マチガイなのだろうか。うーん間違ってるとは
思えないんですが・・・。ひさしぶりにやると全然勘が働かない
187：たま ◆U4RT2HgTis：2005/09/09(金) 01:02:36: 間違いでいい気がするけど、これだけ代表的な本の間違いは全て訂正されてそうだしなぁ。
まぁでも、自分を信じようｗ
188：Мечислав(☆10) ◆QRDTxrDxh6：2005/09/17(土) 04:57:42: 著者の間違いを発見できた臺地くん、
それを訂正できたたまちゃん、
お見事です。

順序数の族の整列積の定義には、別の流儀もあります。
いわば帰納的に定義するのですが,説明には結構字数が要ります。
数レスではすまず、二十レスくらい要りそうです。
別スレを立てるほどではないのでここに書くのが適当なのですが、
一度に書くのはチョットしんどいので、不定期連載みたいな形式に
させてもらえませんかね。実はいっぺんに書こうとしたンですが
書くほうも辛いし、読むほうだって辛かろうとおもいまして。
189：Мечислав(☆11) ◆QRDTxrDxh6：2005/09/17(土) 05:53:49: 【整列積の別の定義】その1
まずは準備です。９ちゃんが、前スレ
http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/14
で
　　　　ある集合Aとものaを考えるとき、
　　　　「a∈A　または　a??A　のいずれか一方のみが成立し、
　　　　両方同時に成立したり、両方同時に不成立であったりしない」場合に限って、
　　　　Aを”集合”と呼んでよいことにします。
と集合を定義していますが,この定義だと,禁忌であった集合全体の集まりとか
順序数全体の集まりなども集合にしなくてはいけないことになります。
しかしこれらを集合のうちに含めるとおかしなことになってしまうことは
すでに見ました。
cf＞http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/551,
http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1110808043/130
190：Мечислав(☆11) ◆QRDTxrDxh6：2005/09/17(土) 05:54:21: 【整列積の別の定義】その2
そこで,これら集合全体の集まり,順序数全体の集まりのような,
ある対象がその集まりに属するか否かの一方のみが成立し,両方同時に成立したり,
不成立だったりはしないが,集合と考えると不都合が起こるものにも名前をつけよう
という試みがありました。フレンケルやノイマンによる試みです。このような
数学的にはっきりしていると考えられる集まりを領域と呼ぶことにし,集合の
話のときと同じように,領域に対して,部分領域,和領域,積領域,関係,写像等の
概念を導入し,いくつかの公理を仮定しようと言うわけです。集合も領域のうちの
ひとつです。X,Yが領域でX∈Yが成り立つYが存在するとき,Xを集合とするわけです。
仮定された公理からは例えば領域Xが集合ならXの部分領域だの積領域だのも集合,
A,Xを集合としたときの族(X_α)_[α∈A]が与えられたとき,これらの和領域,積領域
も集合である,等の命題が導かれます。こうして集合論を公理的に展開しようという
わけです。その公理系の無矛盾性も問題となるのですが,それは数学基礎論の範囲です。
191：Мечислав(☆11) ◆QRDTxrDxh6：2005/09/17(土) 05:54:54: 【整列積の別の定義】その3
この"領域"という術語を用いると,
http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/761
で苦し紛れに定義した濃度の概念も
　　集合全体の領域U(←なんと「宇宙」とか‘universe’と名づけられてるそうです)
　　の2つの元A,Bに対し,AからBへの全単射が存在するとき,A～Bと定めると,
　　～はU上の同値関係であり,～によってUを類別したときの各M(∈U)の同値類をcard(M)
　　と書き,Mの濃度である
と定義したりもできます。

えー、今日はここまでにします。べつに領域などを導入しなくっても
整列積の別の流儀は説明できそうなんですけど,まあちょっとした紹介がてら
書いてみました。

＞臺地
その4を待ったりせずにどんどん書き込んでくださって結構ですよ。
192：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/09/19(月) 00:53:05: >>183
まだお待ちを・・・

>>189
もともとの出発点としての集合の位置づけはそうだったのか。あらためて確認しました。

>>190
’領域’か・・・「数学的にはっきりしている集まり」って表現がいかにも扱いにくそうって感じを
出してますね。これからどう展開されるかに期待
193：たま ◆U4RT2HgTis：2005/12/10(土) 11:20:53: 再開させようと思う今日この頃。§5からゆっくり書き始めますね。

実を言うと先に最後まで読み切りました。
問題も一応全部やったので、問題の解答集とかも暇になったら作るかもしれないけど予定は未定です。
194：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2005/12/11(日) 19:41:24: >>193
よろしくお願いします。俺は結局順序数の冪で挫折しましたorz
いろいろと忙しいはずなのに、どのように時間を見つけて読んだか教えてくだされ・・・
ついでにその気力を分けて欲しいです
195：たま ◆U4RT2HgTis：2005/12/11(日) 21:22:41: >>194
実はそんなに忙しくないだけっていう・・・
実験のレポートが鬼めんどくさいのを除けば、後期は授業12コマしか出てないんで。
空いた時間に図書館でちょっとずつやりました。
気力は・・・あるのかわかんね。ゆっくりやってまふ。
196：うどん ◆csFiRniTeg：2006/01/08(日) 05:30:54: こんな時間ですが質問です。

≦を<∨=で定義しても、＜を≦∧≠で定義しても
どっちでもいいみたいなんですが、これは何故なんでしょう？
197：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/08(日) 23:02:10: >>196
順序として普通に定義されるの≦で、<はあくまで≦を使って定義される、すなわち≦∧≠であって、
<∨=で≦を定義してもよいっていうよりはむしろ<∨=は実ははじめに定義した≦の定義
と一致しているので、≦の変わりに<∨=を考えてもよいってな感じだと思います。
これは、
反射率より、a=b⇒a≦bが成り立つので
a≦b⇔a≦b∧(a≠b∨a=b)
　　⇔(a≦b∧a≠b)∨(a≦b∧a=b)
　　⇔(a≦b∧a≠b)∨a≦b
　　⇔a<b∨a≠b　　//
より言える。というのではだめですかね？
198：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/09(月) 02:23:42: >>197
えー、おひさ。

ラメさんの>>196の問題提議は
ある公理を満たすような関係＜を定義し、
それから＜∨＝⇔≦と定義すると
関係≦は順序になっていて、その順序になった「≦」
から<⇔≦∧≠と関係「<」を定義すると「<」と「＜」は一致する。。。
という話ではないでしょうか。

↑そのことを原稿にしましたんで「て」にうｐしときます。
「て」のドキュメントのなかの「演習／集合位相入門note.pdf」です。
そのファイルの*6,*7,*8あたりに≦と＜のカンケーについて書いておきました。
*35でN∪{ω}に順序を入れるとき*6-*8みたいな事を考えないで
順序がはいるものなのでしょうか。。
199：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/09(月) 04:02:52: >>198
そういうことかorz
原稿の*6-*8あたり目を通しました。面白かったです。
「<」の公理から出発して順序を定義することもできるんですね。

*35はNの元a,bに対してはa≦bを通常のNの大小に従って定め、
Nのすべての元xに対してx≦iかつ￢(i≦x)であると定め、i≦iと定める。
とかだとうまくいくかな。ちょっとせこい感じがするけど。
200：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/09(月) 04:15:19: >>199
うん。そう定めておけばいいのに、
テキストではすべてのNの元xに対して
x<iとするとしかいってないので、
それだと「明らかに整列集合」どころか
順序が入ってるのかどうかすら明らかじゃない、
*6-*8みたいな議論をしなくちゃいかんように思えて。

順序ってのはもともと数の大小を抽象的に扱おうとしたわけだから
≦が＜または＝だってのはまあ当たり前だという気分はわかるんだけど
＜を≦∧≠だと定めてしまった以上、*6-*8の議論は必要ですよねえ。
201：あしぺた：2006/01/09(月) 04:45:53: なるほど！天才ですね！！
普通にその箇所読み流してました！
眼が悪いので読み流すくせがついてるわけですが
頭のなかで咀嚼することは出来たはずであります！
202：うどん ◆csFiRniTeg：2006/01/10(火) 00:33:47: >>199
元はといえば先生からの問題提起でして、俺がよく理解できてなかったため
誤解を生む質問の仕方をしてしまったようです。ｽﾏｿ・・・
203：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/10(火) 01:28:07: 「て」にうｐした原稿、三章二節B、切片と超限帰納法の部分追加うｐ。
徐々に追いついて、整列積の別定義ができたころに、テキスト版うｐ
することにしよう。
204：あしぺた：2006/01/10(火) 04:42:38: 超限帰納法:
P:整列集合の部分集合
小さな元全部Pに入ってるならその元も入ってる
ときに
全部の元入ってる

整列集合とは限らない集合に関して超限帰納法の一般化を考えてみましたが、
良い案が浮かびません

ところで
実数体での整列順序を入れる具体例が分かれば、
超限帰納法が使えるので、
実数に関する命題を証明するのに役立つかな
と思ったのですが、
そういった具体的構成を発見するのは恐らく不可能とのことです
205：Je n'ai pas de nom!：2006/01/15(日) 01:31:16: >>200
改めて考えて思ったんですが、テキストの定義にi≦iだけ補えばちゃんと順序集合になるんじゃないでしょうか？
えっと、実際テキストではiはNのどの元とも異なる元と定めると書いてあるので、
任意の自然数nに対してn＜iと定めるってのは、任意の自然数nについてn≦iと定めるって意味で書いてると解釈して。

実際、任意のN∪{i}の元xに対してx≦iと定めれば
まず任意のx∈N∪{i}に対してx≦x
x≦yかつy≦zとすると、x,y,zがすべて自然数の場合は当然x≦z
z=iのときは、iの定義よりx≦z
y=iであるとすると、i≦zという関係が定義されているのはz=iのときだけであり、このときi定義よりx≦z
x=iなら同様にy=i,z=iのときしか定義されておらず、このときx≦z
また、x≦yかつy≦xとすると、x,yがともに自然数ならば当然x=yで
xまたはyがiならば、x=y=iのときしか仮定は定義されておらずこのときx=y
よって、N∪{i}は順序集合となる。
206：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/15(日) 01:35:30: >>205は僕です。途中で書き込み押してしまったorz

えっと、>>204に書いた見たいにうまくいくんじゃないかと思いました。
この場合、先生の＜から定義した順序との違いは、
＜からの定義ではx∈Nに対して￢(i≦x)が成り立つが、
204の定義では￢(i≦x)が成り立つかどうかは考えていないってとこです。

どうでしょ？
207：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/15(日) 01:37:18: ああー、2行目と3行目は204じゃなくて205ですねorz
最近注意力散漫だ。
208：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/20(金) 17:21:15: なるほどi≦i追加で順序になりますね。
順序になるんだったら線形順序になるから
x∈Nに対して￢(i≦x)もおｋじゃないですか？
xとiはx≦iでx≠iだからx<i、よって￢(i≦x)ってわけで。
209：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/21(土) 21:09:17: >>208
あーほんとですね。確かに。
うーんと、これ考えてたらまたちょっと気になることが。
i≦iを追加して順序にした体系で￢(i≦x)が成り立つのは"≦が順序である"っていう性質によるじゃないですか？
ていうのは、実際i≦xを示すには、i≦xを仮定して、x≦iと合わせると、推移率よりi=xとなりi≠xに矛盾するってやるわけで。
でも、≦は確かに順序の公理を満たしてはいるけれど、ただの関係であると思ってしまえば、i≦xを仮定したみたところで、
それがどうしたの？って感じですよね。だって、推移率が使えるのは≦は順序の公理を満たす関係であるっていう性質を使っている
わけだから。
そう考えると、ある関係≦が順序の公理をを満たしているってことと、ある関係≦が順序である（あるいは、ある関係が順序の公理を
満たすような関係である）ってことの間にはギャップがあると思うんです。
で、このことを踏まえると、具体的に関係を入れて順序集合を構成しようと思うときはやっぱり、先生がやったように、
<∧=を順序にするのが論理的にギャップがなくていいのではないかと思いました。
テキストの順序の定義では「ある関係Oが順序の公理を満たすとき、Oを順序と呼ぶ」と書いてありますが、これも細かいですが
「順序の公理を満たすような関係Oを順序と呼ぶ」と書いたほうがいいのかなと思いました。

うーん、これでうまく伝わるのかなぁ（;´Д｀）
210：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/21(土) 22:08:54: >>209
「ある関係Oが順序の公理を満たしている」…(1)
と
「ある関係Oが順序の公理を満たすような関係である」…(2)
の間にギャップがあるという主張ですか？

えーっと、(1)と(2)の違い、もう少し詳しく言ってもらえないでしょうか。

集合AにA上の関係Oが与えられて、そのOが順序の公理を
満たしているということ(3)と
集合Aと順序の公理をみたすA上の関係Oをセットで考える(4)
ということにはギャップがあるってことなのかな。

(3)の段階で(A,O)を順序集合といってしまうのは少々乱暴で、
(3)の状況下はOは順序の公理を満たしているから
改めてAとOの組を順序集合と呼ぶと宣言しなければ
(4)と同じにならないってかんじなのかな。
211：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/21(土) 22:50:19: >>209
4行目の推移率は反対称率の間違いです。

>>210
えーと、(3)と(4)の差を言ってるんじゃなくて、(1)と(2)の差のことです。
まず(2)の場合、つまり「ある関係Oが順序の公理を満たすような関係である」ときに
aObかつa≠bが成り立っているとします。
このとき、￢(bOa)が成り立つのかどうかという問題を考えます。
このときは、bOaを仮定すると「Oは順序の公理を満たすような関係である」ので、
反対称律よりa=bが成り立ち、a≠bに矛盾する。
よって、￢(bOa)が成り立つことになります。これは通常の推論ですね。
一方、(1)の「ある関係Oが順序の公理を満たしている」ときは
bOaを仮定すると、ある関係Oが順序の公理を満たさない関係になるだけであって、
そこまでの話です。なので、￢(bOa)が成り立っているかどうかは判断できないとわけです。

こういう風に考えると、ある関係Oが順序の公理を満たしているときに、
「Oが順序である。」っていってしまうことは(1)だったものを暗黙のうちに(2)と見なすことになり、
ひとつのギャップを超えることになると思うんです。
この点が気になるんで、先生の定義を採用する方がいいかなぁと思ったんです。
212：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/01/21(土) 23:18:51: >>211
(1)の下では
aObかつa≠bがなりたつなら
bOaとすると(順序の公理を満たしているはずの)Oが順序の公理をみたさなくなってしまう

がいえるだけだっていってるわけですか。

やっぱりよくわかってないなあ。
>>209の

＞≦は確かに順序の公理を満たしてはいるけれど、ただの関係であると思ってしまえば

ってのがよく分かってないのだとおもう。
≦が「確かに順序の公理を満たしている」なら「ただの関係」じゃなくて「順序」だろう
っ思ってしまうところに私の解釈のマチガイが隠れているとは思うのですが。。
213：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/24(火) 00:15:56: >>212
やっと解決しますた。関係の認識があやふやでした。
この問題を考えていく中で、A上の関係RはAの元の組(a,b)に対して、
"aRbが成り立つ"、"￢(aRb)が成り立つ"、"未定義"の三つの状態があるとして
考えるようになっていたのがそもそもの諸悪の根源でした。
実際には、数学的な議論の対象になりうるために、関係Rには
Aの組(a,b)に対してaRbが成り立つか￢(aRb)が成り立つかがはっきりするしている、
すなわち、aRbまたは￢(aRb)のいずれかか一方のみが必ず成り立つ
ことが要請されなければならないみたいで、他のテキストなんかを見るとそのような
記述がありました。排中律を認めているんだからこのようなことを要請するのは
当然といえば当然なんですが、今までそのことにきづきませんでしたorz
214：たま ◆U4RT2HgTis：2006/01/24(火) 00:16:12: えと、何が疑問だったかって言うのを簡単に(一般化して？)述べると、
http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/684
に書かれてある
「Aにおけるひとつの2項関係を定めることは,結局A×Aの1つの部分集合を与えることと本質的に異ならない｣
ってことが本当に正しいのかどうかてことで、もう少し正確に言うと、
R(G(R))=Rが本当に成り立つのかってことでした。僕は2項関係は上で書いたように
aRbが成り立つ"、"￢(aRb)が成り立つ"、"未定義"の三つの状態があるとみなしてしまっていた
ものだから、G(R)を考えることで、(a,b)∈G(R)または(a,b)∈G(R)の二つの状態しかないことに
なってしまい、すなわちR(G(R))は"aRb"と"￢(aRb)の"二つの状態しか考えないこと
になり(もっといえばRで未定義だった部分をすべて￢(aRb)で置き換えてしまうことになり)、
R(G(R))=Rは成り立たないんじゃないかと思っていたんです。

で、特にこの場合では、"関係Rが順序の公理を満たす"っていう状況下では、Rは"未定義"の
部分を含んでもいいけれど、"関係Rが順序の公理を満たすような関係である"という状況下では
Rの反対称律の性質のために、"未定義"だった部分が￢(aRb)で置き換わってしまい、
ギャップがあるのではないかと思っていたんです。

でも、最初に述べたようなことが関係Rに要請されていればこのようなことが起きずに、
「Aにおけるひとつの2項関係を定めることは,結局A×Aの1つの部分集合を与えることと本質的に異ならない｣
とおもってよくギャップが解消されるのでめでたしめでたしです。
ちょっと深入りしすぎたみたいだ。。
215：あしぺた：2006/01/24(火) 16:38:13: 深煎りしすぎです！ｗｗｗ

深い理解を求めようとする態度が素敵ですよ！
216：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/02/05(日) 02:05:47: 「て」にうｐした原稿、三章二節C、「整列集合の順序同型｣の部分追加うｐ。
http://groups.msn.com/61m4frk8dd99uihb3fbshibfu7/page.msnw
よりどぞ。
217：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/13(月) 17:38:04: 復帰します

問．>>172のAが整列集合であることを示せ。
【証明】
任意のB⊂Aを取る。minBの存在を示せばよい。Aの定義(a_α≠e_αなるαは有限個)より、
どのBの元もあるαより先では(e_α)と同じはず：
　　　∃α_m∈Λ；∀a∈B；∀α∈Λ；α≧α_m⇒a_α=e_α　　★1
このようなα_mは一つではないが、Λは整列集合だからその中で最小なものを選べる：
　　　α_m=min｛α_m|∀a∈B；∀α∈Λ；α≧α_m⇒a_α=e_α｝
Λ<α_m>が無限集合とすると、a_α≠e_αなるαが無限に存在することになり、Aの定義に反するので
Λ<α_m>は有限集合。よって小さい方から順にΛ<α_m>=｛α(1),α(2),・・・,α(M)｝(Mは自然数)とおける。
なお、α(M+1)=α_mとおくとこれはΛにおけるα(M)の直後の元である。

ここで次のように集合B_(M+1)⊃B_M⊃・・・⊃B_1を帰納的に定める：
(i)B_(M+1)=B
(ii)k=1,2,・・・,Mのとき、B_(k+1)まで定まっているとする。各a∈B_(k+1)のα(k)成分の集合
｛a_α(k)｜a∈B_(k+1)｝(⊃A_α(k)で、整列集合)の最小元を与えるa∈B(一つ以上はある)
からなる集合をB_k(≠φ)とする：
　　　B_k=｛b∈B_(k+1)｜b_α(k)=min｛a_α(k)｜a∈B_(k+1)｝｝

このとき、
∀k=1,2,・・・,M；∀a,b∈B_k；a_α(k)=b_α(k)　　★2
∀k=1,2,・・・,M；∀a,b；(a∈B_k∧b∈B_(k+1)‐B_k)⇒a<b　　★3
なぜなら、★2は、a,b∈B_kならばB_kの定義と最小元の一意性から、a_α(k)=b_α(k)=min｛a_α(k)｜a∈B_(k+1)｝となることよりわかる。
★3は、a∈B_k∧b∈B_(k+1)‐B_kならば、★1と★2よりα(k+1)以降はa=b：∀α∈Λ；α≧α(k+1)；⇒a_α=b_α。
さらにa_α(k)<b_α(k)から、max｛α∈Λ｜a_α≠b_α｝=α(k)であって、a<bとなることよりわかる。

すると★1と★2によりB_1には一つしか元がなく、しかも★3によりそれがB_(M+1)=Bにおける最小元となることがわかる。
以上より示された。□
218：あしぺた：2006/02/13(月) 22:47:39: たしか一年生でしたね
立派です！

略証明

Aの元 a = (a_α) に対し a_α が e_α でないαの集合を Λa とかこう
Aの部分集合Bを任意にとる
∪[a∈B]Λa の最小元をmとおく
このとき a_m ≠ e_m なるBの元 (a_α) がある
そうした (a_α) のうち最小なもの(Amの整列性ゆえ存在)がBの最小元 ■
219：あしぺた：2006/02/13(月) 22:53:09: ああ違うね

もう少し複雑な証明が必要のようだ
220：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/02/13(月) 22:55:31: >>218
かれは受験生のころからこれ読んでますよ。われわれと一緒に。
221：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/13(月) 23:32:15: >>217>>172の続き
以上の事実を用いて順序数の整列積を定義することができる。すなわち、整列集合Λ
を添数集合とする順序数の族(μ_α)_α∈Λが与えられたとき、各αに対してordA_α=μ_αで
あるような整列集合A_αをとる。これから>>172のようにしてつくった整列集合Aの順序数を
(μ_α)_α∈Λの整列積Π[α∈Λ]μ_αと定義するのである。

・冪の定義
特に、全てのα∈Λに対してμ_α=μで、ordΛ=νであるとき、Π[α∈Λ]μ_αをμ^νとかく。

・例
Λ={1,2}のとき、Π[α∈Λ]μ_αはC）>>148-149で定義した積μ_1μ_2と一致する。
この確認はまた後日・・・

これで冪が定義できたのでちゅうぶらりんな状態は脱したかと思います。
演習問題11とかたま氏の証明を読むとかいろいろ残ってはいますが・・・
てか>>172が6月だから8ヶ月も放置してたんですね・・・ごめんなさい
これからは心を入れかえてがんばれればいいなー。とりあえず明日の数学のテストで優を・・・！
222：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/02/13(月) 23:35:13: >>221
お！がんがれー。
コメントはおいつくまで少々おまちを。
223：あしぺた：2006/02/13(月) 23:41:29: どうしてあるαがあってそこから先ではって言えるの？

たとえば整列集合をNで考えBとして一点だけ1の値をとるもの全体を考えると？

あとなんでべきなのかわからない
集合A、Bのべきとは写像A→Bの全体

整列集合の任意個の直積が添え字集合に整列順序が入ってるなら自然に整列集合になるということを言おうとしたのかな
224：あしぺた：2006/02/13(月) 23:44:10: ごめ
ちゃんと整列積って書いてるね

べきはこれから定義するとこだったんだね
225：あしぺた：2006/02/14(火) 00:06:17: AはΠA_αより小さい集合だから
整列積というのは整列集合の直積の順序数ではないんだね
何かスッキリしないなあ(笑)
226：たま ◆U4RT2HgTis：2006/02/14(火) 02:15:41: >>217
復帰してるっ！僕も続き書くとか言いつつ書いてなかったですねorz
テスト終わったし、また頑張ります。

＞∃α_m∈Λ；∀a∈B；∀α∈Λ；α≧α_m⇒a_α=e_α　　★1
証明の1,2行目から言えるのは
∀a∈B；∃α_m∈Λ；∀α∈Λ；α≧α_m⇒a_α=e_α
じゃないかと。
各aに対してはα_mが取れるけど、Bすべての元aに対してα≧α_m⇒a_α=e_αを
成り立たせるようなα_mはとれないのでは？
例えば、BとしてA自身を考えて、a_α≠e_αなるαが一つしかないような元を考えればわかりやすいかも。
このようなαはどんどん大きくしていけるから、★1は成り立たないと思う。

＞Λ<α_m>が無限集合とすると、a_α≠e_αなるαが無限に存在することになり、Aの定義に反するのでΛ<α_m>は有限集合。
例えばΛ=(N∪{ω})とするとき、
Aの部分集合Bとして、B={a|a∈Aかつa_ω=e_ω}を考えれば、α_m=ωとなりΛ<α_m>=Nで無限集合となりますよ。
227：たま ◆U4RT2HgTis：2006/02/14(火) 02:27:54: 217の後半の発想は使えそうな気がする。
別証考えて見よっかな。
228：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/15(水) 00:12:52: >>223>>226
仰るとおりですね。α_mはaに依存してとるしかないか・・・(なんかこの辺実数とかで出てくる一様～性に似てますね)
ならば、∀a∈B；∃α_m(a)∈Λ；∀α∈Λ；α≧α_(a)⇒a_α=e_α。
α_m(a)は一個じゃないかもしれんけど、そのなかで最小なものを取ることにする。
で、α_m゜=min｛α_m(a)｜a∈B｝とおいて以下>>217の代わりにα_m゜を用いればいけるとみた。
これなら>>226後半もクリアできると思う。α_m゜から先のαでは、e_αばっかりになるようなaを考えれば、
Λ<α_m゜>は有限集合じゃないといけないはず。
229：たま ◆U4RT2HgTis：2006/02/15(水) 00:35:27: >>228
ちょっと違った。
∀a∈B；∃α_m∈Λ；∀α∈Λ；α≧α_m⇒a_α=e_α
はいえない。
Λ=(N∪{ω})として、Aの部分集合としてB={a|a∈Aかつa_ω≠e_ω}を考えてみると。

あと、α_m゜が取れる場合も後半はクリアできないと思う。
Λ=(N∪{ω_1,ω_2})を考える。ここで、∀n∈Nに対して、n＜ω_1＜ω_2で順序を入れる。
Aの部分集合としてB={a|a∈Aかつa_(ω_1)≠e_(ω_1)}を考えると、α_m゜=ω_2
Λ<α_m゜>=N∪{ω_1}で無限集合となる。

別解考えてみたけど、やっぱり降鎖の考えが本質的な気がする。
違う考え方するときも何らかの形で選択公理使わないと難しいんじゃないかな？
230：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/15(水) 00:37:30: ああほんとだ・・・考え直し。
231：あしぺた：2006/02/15(水) 00:56:27: 思ったより難しいですね(笑)

ちょっと今日はもう寝ます(笑)
232：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/15(水) 00:59:01: >>225
あ、それ俺も感じました。きっと直積全体だと大きすぎて整列集合のクラスを超えちゃうんでしょうね。
233：あしぺた：2006/02/15(水) 08:46:37: 整列化定理によると
任意の集合には整列順序が入れられるので
整列集合のクラスという言い方は曖昧に思います
234：たま ◆U4RT2HgTis：2006/02/15(水) 09:05:51: >>233
曖昧というか先に順序を入れてるんで、その言い方はまずくないですか？
一応>>183で解答を提出してるんですけど、どうですか？
235：あしぺた：2006/02/15(水) 09:57:47: 判読に苦労しましたが良さげですね
論理の構想力が素晴らしいです！(笑)
236：あしぺた：2006/02/15(水) 10:18:16: β_1の存在はΛの整列性から一発で出ます

降鎖による証明は
要はAが最小元のない部分集合Bをもつとし矛盾をみちびく証明を
簡単のためBが可算としてよい
とした証明ですね
237：あしぺた：2006/02/15(水) 10:24:18: 自宅にはパソコンないので今から登校して大学から証明書きます(笑)

たまさんの証明をヒントに簡潔版を思いついた模様
238：あしぺた：2006/02/15(水) 14:03:39: 証明
B⊂Aを任意にとる。

b∈Bに対し、Λ_b^(1) := {α∈Λ|b_α≠e_α}とし、
m_1 := min{max Λ_b|b∈B}と定義する。
そして次のようにして、点列(m_n)の帰納的定義を行う。
B^(n+1) := {bのm_nでの値をe_(m_n)に変えたもの| b∈B^(n), max Λ_b = m_n} とし、
Bに対するΛ_b^(1), m_1 の定義とまったく同じに、B^(n)に対してΛ_b(n+1), m_(n+1) と定義する。
ただし途中でΛ_b^(n)が空集合となった場合、m_n以降は定義しない。

このとき、{m_1,m_2,...}はΛの部分集合だから最小元をもつ。
しかも(m_n)は狭義単調減少列だから、結局、{m_1,m_2,...}は有限集合。
k点集合だとする。

このとき、Λ_b^(1) = {m_1,m_2,..,m_k}　なるBの元がある。
Bの最小元があるとすればこれらのなかにある（なぜか？）。

ところで、Λ_b^(1)の元のうち、m_nでとる値が最小なものが存在する（n∈N）。
n=1でそうした元がただ一つ存在するならば、それが最小元。
nまででそうした元が複数存在したとしても、n+1でそうした元がただ一つ存在するならそれが最小元。
したがってBの最小元が存在する。■
239：あしぺた：2006/02/15(水) 14:09:55: 訂正版

証明
B^(1)⊂Aを任意にとる。

b∈B^(1)に対し、Λ_b^(1) := {α∈Λ|b_α≠e_α}とし、
m_1 := min{max Λ_b|b∈B^(1)}と定義する。
そして次のようにして、点列(m_n)の帰納的定義を行う。
B^(n+1) := {bのm_nでの値をe_(m_n)に変えたもの| b∈B^(n), max Λ_b = m_n} とし、
B^(1)に対するΛ_b^(1), m_1 の定義とまったく同じに、B^(n)に対してΛ_b(n+1), m_(n+1) と定義する。
ただし途中でΛ_b^(n)が空集合となった場合、m_n以降は定義しない。

このとき、{m_1,m_2,...}はΛの部分集合だから最小元をもつ。
しかも(m_n)は狭義単調減少列だから、結局、{m_1,m_2,...}は有限集合。
k点集合だとする。

このとき、C:={b∈B^(1) | Λ_b^(1) = {m_1,m_2,..,m_k} } は空でない。
Bの最小元があるとすればCの元である（なぜか？）。

ところで、Cの元のうち、m_nでとる値が最小なものが存在する（n∈N）。
n=1でそうした元がただ一つ存在するならば、それが最小元。
nまででそうした元が複数存在したとしても、n+1でそうした元がただ一つ存在するならそれが最小元。
したがってB^(1)の最小元が存在する。■
240：あしぺた：2006/02/15(水) 14:14:14: このとき、{m_1,m_2,...}はΛの部分集合だから最小元をもつ。
しかも(m_n)は狭義単調減少列だから、結局、{m_1,m_2,...}は有限集合。
k点集合だとする。

の部分は不要ですね（笑）
241：あしぺた：2006/02/15(水) 15:26:53: 再訂正

B^(1)⊂Aを任意にとる。

b∈B^(1)に対し、Λ_b^(1) := {α∈Λ|b_α≠e_α}とし、
m_1 := min{max Λ_b|b∈B^(1),Λ_b≠φ}と定義する。
そして次のようにして、点列(m_n)の帰納的定義を行う。
B^(n+1) := {bのm_nでの値をe_(m_n)に変えたもの| b∈B^(n), max Λ_b = m_n} とし、
B^(1)に対するΛ_b^(1), m_1 の定義とまったく同じに、B^(n)に対してΛ_b(n+1), m_(n+1) と定義する。
ただし、Λ_b^(n)がすべてのb∈Bに対し空集合となったとき、m_nを定義しない。

このとき、{m_1,m_2,...}はΛの部分集合だから最小元をもつ。
しかも(m_n)は狭義単調減少列だから、結局、{m_1,m_2,...}は有限集合。
k点集合だとする。

このとき、C:={b∈B^(1) | Λ_b^(1) ⊂ {m_1,m_2,..,m_k} } は空でない。
B^(1)の最小元b_0があるとすれば、それはCの元である。

なぜなら、、
まずmaxΛ_(b_0)^(1)=m_1であることは明らか。
Λ_(b_0)^(1)のi番目に大きい元がm_iに一致する(i=1,..,p)とし、
i+1番目に大きい元αが存在しm_(i+1)に一致しないとすると、
m_(i+1)＜αであるから、b_0の最小性に反する。
（つまり、Λ_(b_0)^(1)の濃度がkより小さいか、Λ_(b_0)^(1)={m_1,m_2,..,m_k}であるかのどちらかである）

ところで、Cの元のうち、m_nでとる値が最小なものが存在する（n∈N）。
n=1でそうした元がただ一つ存在するならば、それがCの最小元。
nまででそうした元が複数存在したとしても、n+1でそうした元がただ一つ存在するならそれがCの最小元。
したがってB^(1)の最小元が存在する。■
242：あしぺた：2006/02/15(水) 15:30:49: まだ誤植があった＾＾；；；；；；
おそらくこれで完全版

証明：

B^(1)⊂Aを任意にとる。

b∈B^(1)に対し、Λ_b^(1) := {α∈Λ|b_α≠e_α}とし、
m_1 := min{max Λ_b^(1)|b∈B^(1), Λ_b^(1)≠φ}と定義する。
そして次のようにして、点列(m_n)の帰納的定義を行う。
B^(n+1) := {bのm_nでの値をe_(m_n)に変えたもの| b∈B^(n), max Λ_b^(1) = m_n} とし、
B^(1)に対するΛ_b^(1), m_1 の定義とまったく同じに、B^(n)に対してΛ_b^(n+1), m_(n+1) と定義する。
ただし、Λ_b^(n)がすべてのb∈Bに対し空集合となったとき、m_nを定義しない。

このとき、{m_1,m_2,...}はΛの部分集合だから最小元をもつ。
しかも(m_n)は狭義単調減少列だから、結局、{m_1,m_2,...}は有限集合。
k点集合だとする。

このとき、C:={b∈B^(1) | Λ_b^(1) ⊂ {m_1,m_2,..,m_k} } は空でない。
B^(1)の最小元b_0があるとすれば、それはCの元である。

なぜなら、、
まずmaxΛ_(b_0)^(1)=m_1であることは明らか。
Λ_(b_0)^(1)のi番目に大きい元がm_iに一致する(i=1,..,p)とし、
i+1番目に大きい元αが存在しm_(i+1)に一致しないとすると、
m_(i+1)＜αであるから、b_0の最小性に反する。
（つまり、Λ_(b_0)^(1)の濃度がkより小さいか、Λ_(b_0)^(1)={m_1,m_2,..,m_k}であるかのどちらかである）

ところで、Cの元のうち、m_nでとる値が最小なものが存在する（n∈N）。
n=1でそうした元がただ一つ存在するならば、それがCの最小元。
nまででそうした元が複数存在したとしても、n+1でそうした元がただ一つ存在するならそれがCの最小元。
したがってB^(1)の最小元が存在する。■
244：あしぺた：2006/02/15(水) 23:44:22: あげ(笑)
245：たま ◆U4RT2HgTis：2006/02/16(木) 21:04:01: >>229でわけのわからないこと言ってたorz
「整列集合⇒降鎖は存在しない」の証明には選択公理いらんな。

>>242
おお、すごい。>>183よりだいぶ見やすいですね。
でも、ちょっと表記が気になったので少しだけ。
Λ_b^(1)とかΛ_b^(n)の添え字はいらなくないですか？Λ_b^(n)の定義はΛ_b^(1)と同じわけだし。
＞ただし、Λ_b^(n)がすべてのb∈Bに対し空集合となったとき、m_nを定義しない。
ていうのも少しおかしい気が。
Λ_bがすべてのb∈B^(n)に対し空集合となったとき、m_nを定義しない。
って書いたほうがいい気がします。
246：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/16(木) 21:45:21: >>183>>242
すみません。やっと読みました。感服しました。まだ完全には飲み込めてないところもあるので細部まで
読み込みたいと思いますが、たぶん致命的欠陥はないような気がします。

恥ずかしい話ですが、ここ二日間ほど俺の意思と意地と知略と論理と存在の全てを賭けて
この問題を解決しようと取り組んできました。しかし結果は敗北のようです。一応アイデアを形にするとこ
までは行ったんですが、あしぺた氏の簡潔な証明を見た瞬間にがっくりきてしまいました。
この問題さえできればまた立ち直れると思ったんだけどな・・・
247：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/17(金) 22:10:52: >>242>>245
おそらくΛ_b^(1) := {α∈Λ|b_α≠e_α,b^(1)∈B^(1)}
以下順にΛ_b^(k)={α∈Λ|b_α≠e_α,b^(k)∈B^(k)}
なのではないでしょうか？
そうしないと折角最小元の候補を絞ったのにその意味がなくなってしまう気が・・。
248：あしぺた：2006/02/18(土) 10:33:47: >>247 そうです
249：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/20(月) 09:56:06: >>221の続き
・Λ={1,2}のとき、Π[α∈Λ]μ_αはC）>>148-149で定義した積μ_1μ_2と一致する　ことの確認
ordA_1=μ_1、minA_1=e_1なる整列集合A_1とordA_2=μ_2、minA_2=e_2なる整列集合A_2を取る。
A_1×A_2に定められた順序と、Π[α∈{1,2}]A_α⊃A=｛a∈Π[α∈{1,2}]A_α｜a_α≠e_αなるαは有限個｝
に定められた順序の性質を比較してみる。
ところで、Λが既に有限集合なので、AはΠ[α∈{1,2}]A_α自身となる。
Π[α∈{1,2}]A_α=A_1×A_2であったから、あとはΠ[α∈{1,2}]A_α上の順序とA_1×A_2上の順序が同じもので
あることを示せばよい。

A_1×A_2上の順序は、その異なる元(a_1,a_2),(b_1,b_2)∈A_1×A_2に対して、
(a_1,a_2)<(b_1,b_2)⇔a_2<b_2∨(a_2=b_2∧a_1<b_1)で定義される。
A=Π[α∈{1,2}]A_α上の順序は、その異なる2元a,b∈Aに対して、
a<b⇔α*=max｛α｜a_α≠b_α｝においてa_α*<b_α*⇔a_2<b_2∨(a_2=b_2∧a_1<b_1)で定義される。

よって、Π[α∈{1,2}]A_α上の順序とA_1×A_2上の順序が同じものであるから、
順序も含めてこの二つの整列集合は一致。したがって順序数Π[α∈Λ]μ_αとμ_1μ_2も一致。
250：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/20(月) 10:11:07: あっ整列積の定義がwell-definedであることを示してませんね。

【命題】
∀Λ∀(A_α)_[α∈Λ]；ordA_α=μ_αかつminA_α=e_αかつordΛ=ν
⇒ord｛a∈Π[α∈Λ]A_α｜a_α≠e_α｝=μ^ν

これはとりあえず後回しで・・・
251：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/20(月) 22:38:41: >>250
(μ_α)[α∈Λ]が与えられたとき、各αに対してordA_α=ordB_α=μ_αとなる整列集合の族
(A_α)[α∈Λ]、(B_α)[α∈Λ]を考える。Π[α∈Λ]A_αの部分集合Aを
A=｛a∈ΠA_α｜a_α≠minA_αなるαは有限個｝、Π[α∈Λ]B_αの部分集合Bを
B=｛b∈ΠB_α｜b_α≠minB_αなるαは有限個｝でそれぞれ定める。
ordA=ordB、すなわちAからBへの順序同型写像が存在することを示せばよい。
仮定より各αに対してordA_α=ordB_αだからA_αからB_αへの順序同型写像f_αが存在する。
そこでf：A→Bをf((a_α)[α∈Λ])=(f_α(a_α))[α∈Λ]で定めるとこれがAからBへの順序同型写像となる。

なぜなら：
fが全射かつ単射かつ順序単射であることを示せばよい。
・fが全射であること
∀b∈B；∃a∈A；f(a)=b⇔∀b∈B；∃a∈A；(f_α(a_α))[α∈Λ]=(b_α)[α∈Λ]を示せばよいが、
f_αが全単射であることから、(a_α)[α∈Λ]=（(f_α)^(-1)(b_α)）[α∈Λ]とおけばよい。

・fが順序単射であること
a<a’⇔f(a)<f(a')を示せばよい。ここで、f_αが単射であることから
｛α｜f(a)_α≠f(a')_α｝=｛α｜f_α(a_α)≠f_α(a'_α)｝=｛α｜a_α≠a'_α｝。これらの集合の最大値をα~とおく。
するとf(a)<f(a')⇔f(a)_α~<f(a')_α~⇔f_α~(a_α~)<f_α~(a'_α~)⇔a_α~<a'_α~(∵f_αは順序同型写像)
⇔a<a'

以上より示された。□
252：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/21(火) 00:07:14: >>174
(4.8)μ^ν*μ^ρ=μ^(ν+ρ)
【証明】
・準備
ordA=μ、ordΛ=ν、ordΜ=ρとなる整列集合Λ,Μを取る。ただしΛ∩Μ=φ
これらから「和、積、冪の順序数が定義される」整列集合を構成していく。
新しい整列集合における順序の定め方は今までの通りである。
和>>131-132、積>>148、冪>>221

まずν+ρ=ord(Λ∪Μ)。
直積Π[α∈Λ]Aの部分集合B=｛b∈Π[α∈Λ]A｜b_α≠minAなるαは有限個｝、
直積Π[β∈Μ]Aの部分集合C=｛c∈Π[β∈Μ]A｜c_β≠minAなるβは有限個｝、
直積Π[γ∈Λ∪Μ]Aの部分集合D=｛d∈Π[γ∈Λ∪Μ]A｜c_γ≠minAなるγは有限個｝とする。
するとμ^ν=ordB、μ^ρ=ordC、μ^(ν+ρ)=ordD。
そこでμ^ν*μ^ρ=μ^(ν+ρ)⇔B×C～D(順序同型)だから、
B×CからDへの順序同型写像fが存在することを示せばよい。

そこでfを推定してみる。
f：B×C→Dをf(b,c)=f((b_α)[α∈Λ]，(c_β)[β∈Μ]）=(d_γ)[γ∈Λ∪Μ]=dとさだめる。
ただしdはd_γ=b_γ(γ∈Λのとき)、d_γ=c_γ(γ∈Μのとき)というAの元の族である。
253：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/21(火) 00:08:20: ああああ次の証明も書いたのに送信間隔が短すぎて消えた・・・・orzorz
また今度
254：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/02/21(火) 00:36:39: >>253
送信間隔が短すぎて消えたって？

連投は十秒以上あければおｋにしてありますが。
255：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/21(火) 01:04:28: おそらく5秒ほどでした・・・
そうか10秒っていう制限があるんですね。知りませんでした。。
256：あしぺた：2006/02/21(火) 01:11:40: 整列集合を添え字集合とする整列集合の直積の部分集合で、
有限個の成分だけが最小元でないようなものの集合を、
制限直積(restricted direct product)
というらしい(『集合と位相』彌永昌吉、彌永健一)
257：Je n'ai pas de nom!：2006/02/21(火) 01:14:12: ちょっと前までは三十秒っていう制限だったんだけど
待ち時間にいつもイライラしてたんで十秒にしたんですが。

かちゅーしゃなら「あとx秒かけません」ってでるだけで
きえたりはしないんだけどなあ。
258：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/02/21(火) 02:58:51: ↑はぼくです。
259：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/23(木) 16:56:10: >>252の続き
fがB×CからDへの全射かつ順序単射であることを示す。
・全射であること
任意のd∈Dを取る。b∈B、c∈Cを∀α∈Λ；b_α=d_α、∀β∈Μ；c_β=d_βで定めると、
f(b,c)=dとなる。

・順序単射であること
(b,c)<(b',c')⇔c<c'∨(c=c'∧b<b')
⇔β~=max{β|c_β≠c'_β}が存在してc_β~<c'_β~∨(∀β∈Μ；c_β~=c'_β~かつα~=max{α|b_α≠b'_α}に対してb_α<b'_α)
⇔γ~=max{β|f(b,c)≠f(b',c')}に対して、f(b,c)_γ~≠f(b',c')_γ~
⇔f(b,c)<f(b',c')

よってfはB×CからDへの順序同型写像である□

なぜ二日開いたかって？聞かないで下さい・・・
260：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/23(木) 16:57:38: ん・・コピペミス
誤）⇔γ~=max{β|f(b,c)≠f(b',c')}に対して、f(b,c)_γ~≠f(b',c')_γ~
正)⇔γ~=max{β|f(b,c)≠f(b',c')}に対して、f(b,c)_γ~<f(b',c')_γ~
261：あしぺた：2006/02/23(木) 18:13:59: 整列集合の双対概念も整列集合ということにすると
全順序集合は整列集合を「並べた」集合なのか
というようなことを考えていた(笑)
262：あしぺた：2006/02/23(木) 18:15:52: 一点集合なら整列集合だから
ある意味自明なんだけど(笑)
263：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/28(火) 16:22:01: >>174
(4.9)(μ^ν)^ρ=μ^(νρ)
【証明】
・準備
ordA=μ、ordΛ=ν、ordΜ=ρとなる整列集合A、Λ、Μを取る。ord(Λ×Μ)=νρ。
B=｛a∈Π[α∈Λ]A｜a_α≠minAとなるαは有限個｝とするとordB=μ^ν
C=｛b∈Π[β∈Μ]B｜b_β≠minBとなるβは有限個｝とするとordC=(μ^ν)^ρ
D=｛d∈Π[γ∈Λ×Μ]｜d_γ≠minAとなるγは有限個｝とするとordD=μ^(νρ)
そこでCからDへの順序同型写像が存在することを示せばよい。

任意のCの元c=（((c_β)_α)[α∈Λ]）[β∈Μ]を考え、d=(d_(α,β))[(α,β)∈Λ×Μ]∈Dを
∀(α,β)∈Λ×Μ；d_(α,β)=(c_β)_αで定める。
cをdに対応させる写像f：C→Dは順序同型写像となる。fが全射かつ順序単射であることを示す。

・全射であること
任意のDの元dを取る。c∈Cを(c_β)_α=d_(α,β)で定めると、f(c)=dとなる。

・順序単射であること
c<c'⇔β~=max｛β∈Μ｜c_β≠c'_β｝に対し、((c_β~)_α)[α∈Λ]<((c'_β~)_α)[α∈Λ]
⇔β~=max｛β∈Μ｜c_β≠c'_β｝、α~=max｛α∈Λ｜(c_β~)_α≠(c'_β~)_α｝に対し(c_β~)_α~<(c'_β~)_α~
⇔γ~=max｛γ∈Λ×Μ｜f(c)_γ≠f(c')_γ｝に対しf(c)_γ~<f(c')_γ~
⇔f(c)<f(c')
以上より示された。□
264：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/02/28(火) 16:32:52: >>174
(μν)＾ρ=μ^ρ*ν^ρの成立しない例。
(ω2)^2=ω(2ω)2=ωω2=ω^2*2<ω^2*4=ω^2*2^2

思ったんですが、指数法則っていくつあるんでしょう？3つ？
数学II(高校の)の教科書でも
a^p*a^q=a^(p+q)
(a^p)^q=a^(pq)
(ab)^p=a^p*b^p
の3つでした。
なんだか、他にもありそうな気がしてたんですがこれだけでいいのか。
265：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/03/02(木) 02:17:22: p122
第3章　順序集合、Zornの補題
§4　順序数
D）　順序数と濃度

・順序数μの濃度
ordA=ordA'=μなる整列集合A、A'の間には順序同型写像がありますが、これは全単射なのでA～A'(対等)
したがってcardA=cardA'です。つまり、μを順序数に持つような整列集合Aの濃度cardAは一意に定まるので、
ordAをcardAに対応させる写像p(ドイツ文字)を考えることが出来ます。p(μ)(=cardA)を「順序数μの濃度」といいます。

(4.8)μ<ν⇒p(μ)≦p(ν)
∵ordA=μ、ordB=νとなる整列集合A,Bを取る。μ<νなら、AとBが順序同型になるようなb∈Bが存在する。
　AからBへの順序同型写像をf1、f1の終集合をBに拡大した写像をf2とすると、f2：A→Bは単射。∴p(μ)≦p(ν)
　ちなみに等号が省けるとは限らない：ω<ω+1だがp(ω)=p(ω+1)=アレフ0
(4.8)'p(μ)<p(ν)⇒μ<ν
∵(4.8)の対偶より、p(μ)<p(ν)⇒μ≦ν。p(μ)<p(ν)かつμ=νはありえないから、p(μ)<p(ν)⇒μ<ν。

(4.9)p(μ+ν)=p(μ)+p(ν)
∵A,Bは上のように取るとして、p(μ+ν)=card(A∪B)=cardA+cardB=p(μ)+p(ν)

(4.10)p(μν)=p(μ)p(ν)
∵p(μν)=card(A×B)=cardA*cardB=p(μ)p(ν)
266：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/03/02(木) 02:17:45: ・濃度mに属する順序数
pの逆対応を考えて見ましょう。この逆対応の始集合は濃度全体の集合となります。
　∵mを任意の濃度とし、cardA=mであるような集合Aを取る。整列定理によりAに順序≦を導入して(A,≦)を
　　整列集合とできる。するとp(ord(A,≦))=mであるから、任意の濃度mに対しp^(-1)(m)≠φ
与えられたmに対して、p(μ)=mとなる順序数μ、すなわちp^(-1)(m)の元を「濃度mに属する順序数」といいます。

・始数
mが有限の濃度なら、逆像p^(-1)(m)={m}なのでmに属する順序数が一意に定まりますが、
mが無限の濃度なら逆像p^(-1)(m)は無限に多くの元が存在します。
　∵μ∈p^(-1)(m)を取ると、m=p(μ)=p(μ+1)=p(μ+2)=・・・よりμ+1,μ+2,・・・∈p^(-1)(m)
　　(参照：http://jbbs.livedoor.jp/bbs/read.cgi/study/4125/1078049875/777
　　　無限集合に有限集合を付け加えたものは、元の有限集合と対等)

しかし、このような場合もp^(-1)(m)からは、「最小元」という特別な1つの元を選ぶことができます。実際、p^(-1)(m)
は順序数からなる集合なので、定理9>>116によりminp^(-1)(m)が存在します。これをmの始数と言います。
mが無限の濃度のとき、mの始数は極限数(直前の順序数がない順序数)となります。
　∵もしmの始数minp^(-1)(m)に直前の順序数ρがあるとすると、minp^(-1)(m)=ρ+1。
　　ここでmが無限の濃度であることから、p(ρ)=p(ρ+1)=mよりp^(-1)(m)∋ρ<ρ+1=minp^(-1)(m)これは矛盾。

・濃度と始数は1対1対応
Μを任意の濃度の集合、S=｛mの始数minp^(-1)(m)｜m∈Μ｝とするとき、α：Μ→Sをα(m)=minp^(-1)(m)
で定めると、αは順序同型写像となります。
　∵αが全射なのは明らか。順序単射：m<n⇔α(m)<α(n)は、まず⇒は(4.8)'よりわかる。←は、(4.8)よりα(m)<α(n)⇒m≦n
　　α(m)<α(n)かつm=nはありえないから、α(m)<α(n)⇒m<nとなることよりわかる。

さて、順序数からなる任意の集合は整列集合なので、Sは整列集合となります。整列集合に順序同型な集合はまた
整列集合なので、Sと順序同型なΜも整列集合となります。以上より以下の定理が示されました。
【定理10】濃度からなる任意の集合は大小の順序に関して整列集合をなす。
267：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/03/02(木) 02:28:54: これで集合編は残すところ　§5Zornの補題の応用　だけとなりました。
著者いわく、ここはやんなんくてもいいよ的雰囲気出してるんですが・・・
やっぱやらなきゃダメなのかな。
268：あしぺた：2006/03/02(木) 02:39:57: ツォルンちゃんは、学部であまり使わないよ
環論で一カ所あとベクトル空間の基底の存在定理くらい
院でも基礎論とかやるなら別だけど使わない

早く位相やりたいなあ！そわそわ(笑)
269：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/03/02(木) 02:52:36: >>268
つハーンバナッハ。

>>267
まあやっときましょう。
今やんなくてもいずれ立てる予定のスレッドで
やることになると思う、今やっといて
そのときにまたやれば、馴染み深くなっていくというものです。
270：あしぺた：2006/03/02(木) 03:12:45: 関数解析を真面目にやってないことがバレました(笑)
あんなの学部でやるのおかしいよ(笑)

選択公理周りの命題の関係
http://lanig.exblog.jp/361267/
http://lanig.exblog.jp/387698/
271：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/03/02(木) 04:40:35: >>270
前スレでAC、ツォルン、テューキー、WOの同値性はやりました。
272： ◆ZFABCDEYl.：2006/03/02(木) 06:00:03: >>270
このブログはあしぺたワールド？
0で割っちゃったって感じが・・。
お気に入りに入れました。
273：臺地 ◆6rqpPuO9q2：2006/03/02(木) 22:11:17: >>268
Zornあんまり活躍しないのか・・・
もうすぐ位相ですね。この本も最初は基礎的だからしばらくは楽？だといいな

>>269
了解です。しゃーない。やりますかｗ

>>270
選択公理から排中律が証明できんのか！これは興味深い
274：Мечислав(☆12) ◆QRDTxrDxh6：2006/03/02(木) 22:21:59: >>273
よくわかんね。
Pが真であることを仮定して矛盾を導いて￢Pだっていう論法の中で
すでに排中律つかってない？