数理逻辑4 -- 公理化集合论8

继续讨论一些序数的性质。

引理4.8.1：
a. $\vdash (\forall \alpha)\Big( \big[ Suc(\alpha) \Rightarrow (\bigcup \alpha)'=\alpha \big] \land \big[ Lim(\alpha) \Rightarrow \bigcup \alpha = \alpha \big] \Big)$
b. 若$\emptyset \neq x \subseteq On$，那么$\bigcap x$是$x$中的最小序数。

证明：
a. 先证$Suc(\alpha) \Rightarrow (\bigcup \alpha)' = \alpha$。首先，利用引理4.6.2b可知$Trans(\alpha) \Leftrightarrow (\bigcup \alpha) \subseteq \alpha$，而$\alpha$是序数，所以$Trans(\alpha)$，所以$\bigcup \alpha \subseteq \alpha$。由命题4.12a可知$\bigcup \alpha \in On$（由命题4.8g可知$Ord(On)$，所以$\alpha \in On \Rightarrow \alpha \subseteq On$，因此命题4.12a适用）。所以，$\bigcup \alpha \subseteq \alpha$可以缩写成$\bigcup \alpha \leq_{\circ} \alpha$。这时，若$Suc(\alpha)$，则存在$\beta$使得$\beta' = \alpha$，所以$\beta \in \alpha$。如果$\bigcup \alpha = \alpha$，则$\beta \in \bigcup \alpha$，即存在$\gamma$使得$\beta \in \gamma \land \gamma \in \alpha$。显然$\gamma$是序数，而$\alpha = \beta'$，所以$\beta <_{\circ} \gamma <_{\circ} \beta'$，与命题4.10b产生矛盾。所以，$\bigcup \alpha \neq \alpha$。注意$\bigcup \alpha$是$\alpha$的上界，所以$\beta \leq_{\circ} \bigcup \alpha <_{\circ} \beta' = \alpha$，所以$\beta = \bigcup \alpha$。因此，我们就得到了$Suc(\alpha) \Rightarrow (\bigcup \alpha)' = \alpha$。

第二步，证$Lim(\alpha) \Rightarrow \bigcup \alpha = \alpha$。不难发现，我们只需证$\bigcup \alpha \neq \alpha \Rightarrow Suc(\alpha)$即可（$\alpha$为空集时很容易验证）。若$\bigcup \alpha \neq \alpha$，上面已给出$\bigcup \alpha \in On$，并且$\bigcup \alpha \leq_{\circ} \alpha$，所以可得$\bigcup \alpha \in \alpha$。我们证$(\bigcup \alpha) \cup \{ \bigcup \alpha \} = \alpha$，这样就完成了证明。为此，先从左往右，若$u \in (\bigcup \alpha) \cup \{ \bigcup \alpha \}$，则$u \in \bigcup \alpha \lor u = \bigcup \alpha$。无论哪种情况，都有$u \in \alpha$（注意$\alpha$是序数，所以$\bigcup \alpha \in \alpha \Rightarrow \bigcup \alpha \subseteq \alpha$）。从右往左，若$u \in \alpha$，根据命题4.12a的结论$\bigcup \alpha$是上界，所以$u \leq_{\circ} \bigcup \alpha$，即$u = \bigcup \alpha \lor u \in \bigcup \alpha$，也即$u \in (\bigcup \alpha) \cup \{ \bigcup \alpha \}$。证毕。

b. 慢慢的，教材里作者开始不用好式子，而改用自然语言来描述定理了。翻译成好式子就是要证，

$$\vdash x \subseteq On \land x \neq \emptyset \Rightarrow \big( \bigcap x \in x \land (\forall \alpha)(\alpha \in x \Rightarrow \bigcap x \leq_{\circ} \alpha) \big)$$ 。回忆下， $\bigcap x$是 $\{ y | (\forall u)(u \in x \Rightarrow y \in u)\}$的缩写。当然不要直接证，因为 $x \subseteq On$和 $Ord(On)$，所以 $E$是$x$的良序，所以存在一个最小值，记为 $b$，我们证明$\bigcap x = b$即可。从左往右，若 $u \in \bigcap x$，根据定义有 $(\forall w)(w \in x \Rightarrow u \in w)$，所以 $b \in x \Rightarrow u \in b$，而 $b$是$x$的最小值，当然有 $b \in x$，所以 $u \in b$，所以 $\bigcap x \subseteq b$。反过来，若 $u \in b$，则因为 $b$是最小值，所以$w \in x \Rightarrow (b = w \lor b \in w)$。如果 $b = w$，则 $u \in w$。如果 $b \in w$，因为 $w$是序数，所以$b \subseteq w$，所以 $u \in b \Rightarrow u \in w$，所以无论如何都有 $w \in x \Rightarrow u \in w$，即 $u \in \bigcap x$，所以 $b \subseteq \bigcap x$。证毕。

接下来，讨论超限归纳(transfinite induction)的第二种形式。
命题4.13（超限归纳的第二种形式）：
a.

$$\vdash [\emptyset \in X \land (\forall \alpha)(\alpha \in X \Rightarrow \alpha' \in X) \land (\forall \alpha)(Lim(\alpha) \land (\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow \beta \in X) \Rightarrow \alpha \in X)] \Rightarrow On \subseteq X$$
b. 直至 $\delta$的归纳。 $$\vdash [\emptyset \in X \land (\forall \alpha)(\alpha <_{\circ} \delta \land \alpha \in X \Rightarrow \alpha' \in X) \land (\forall \alpha)(\alpha <_{\circ} \land Lim(\alpha) \land (\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow \beta \in X) \Rightarrow \alpha \in X)] \Rightarrow \delta \subseteq X$$
c. 直至 $\omega$的归纳。 $$\vdash \emptyset \in X \land (\forall \alpha)(\alpha <_{\circ} \omega \land \alpha \in X \Rightarrow \alpha' \in X) \Rightarrow \omega \subseteq X$$

证明：
a. 教材给的证明看得不是太懂，在这里我给出自己的证明。若假设成立，记$(\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow \beta \in X)$为$B$，仔细观察一下，就会发现我们其实要证明两步。第一，$Lim(\alpha), B \vdash \alpha \in X$；第二，$\neg Lim(\alpha), B \vdash \alpha \in X$。如果这两步成立，那么根据演绎定理和命题1.21，就可得到$B \Rightarrow \alpha \in X$，再应用Gen可得$(\forall \alpha)(B \Rightarrow \alpha \in x)$，而这正是命题4.9的超限归纳法形式，所以命题得证。现在，我们就来证明这两步。第一步由假设条件明显成立。考虑第二步，若$\neg Lim(\alpha)$，则$\alpha \in K_1$（若$\alpha \notin On$，则$On \subseteq X$显然成立），即$\alpha = \emptyset \lor Suc(\alpha)$。若$\alpha = \emptyset$，根据假设$\emptyset \in X$，所以当然由$B \vdash \alpha \in X$。若$\alpha \neq \emptyset$，则$Suc(\alpha)$，即存在$\gamma$使得$\gamma' = \alpha$。此时，$\gamma <_{\circ} \alpha$，由$B$可得$\gamma \in X$。而假设条件又给出$\gamma \in X \Rightarrow \gamma' \in X$，所以$\alpha \in X$。证毕。

b. 若假设成立，采用和a同样的技巧（分别引入$Lim(\alpha)$和$\neg Lim(\alpha)$），不难得出$(\forall \alpha)(\alpha <_{\circ} \delta \land (\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow \beta \in X) \Rightarrow \alpha \in X)$。此时，采用证明命题4.9时同样技巧，即假设$\neg (\delta \subseteq X)$，则$\delta - X$非空，那么存在一个最小值$\gamma \in \delta - X$，使得所有小于$\gamma$的序数都在$X$中，即$\gamma <_{\circ} \delta \land (\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow \beta \in X)$成立。所以，$\gamma \in X$，与$\gamma \in \delta-X$矛盾。所以，$\neg (\delta \subseteq X)$不成立，即$\delta \subseteq X$。证毕。

c. 不难发现，这是b的特殊例子。若假设成立，则显然b中的前两部分都成立，对于第三部分，注意发现，若$\alpha <_{\circ} \omega$，则$\alpha \in K_1$，所以$\neg Lim(\alpha)$，而$\neg Lim(\alpha) \lor Lim(\alpha)$是定理，所以捣鼓几下就可得到$\vdash \neg (\alpha <_{\circ} \omega \land Lim(\alpha))$。根据A1和逆否规则，就可得到b中第三部分也成立。所以，最后就可得到$\omega \subseteq X$。证毕。

这个超限归纳是很厉害的东西，以下一些结论就能慢慢看出来了。
命题4.14：
a. 对任意$X$，存在唯一一个函数$Y$，使得$Y$的定义域是$On$，并且$Y$在$\alpha$的函数值等于$X$在$\alpha \downarrow Y$的函数值，即$Y'\alpha = X'(\alpha \downarrow Y)$。定理写成好式子就是，

$$\vdash (\forall X)(\exists_1 Y)(Fnc(Y) \land \mathcal{D}(Y) = On \land (\forall \alpha)(Y'\alpha = X'(\alpha \downarrow Y)))$$
b. $$\vdash (\forall x)(\forall X_1)(\forall X_2)(\exists_1 Y)(Fnc(Y) \land \mathcal{D}(Y) =On \land Y'\emptyset =x \land (\forall \alpha)(Y'(\alpha')=X_1'(Y'\alpha)) \land (\forall \alpha)(Lim(\alpha) \Rightarrow Y'\alpha = X_2'(\alpha \downarrow Y)))$$
c. $$\vdash (\forall x)(\forall X_1)(\forall X_2)(\exists_1 Y)(Fnc(Y) \land \mathcal{D}(Y) =\delta \land Y'\emptyset =x \land (\forall \alpha)(\alpha<_{\circ} \delta \Rightarrow Y'(\alpha')=X_1'(Y'\alpha)) \land (\forall \alpha)(Lim(\alpha) \land \alpha <_{\circ} \delta \Rightarrow Y'\alpha = X_2'(\alpha \downarrow Y)))$$

证明：
a. 记$Y_1=\{ u | Fnc(u) \land \mathcal{D}(u)=On \land (\forall \alpha)(\alpha \in \mathcal{D}(u) \Rightarrow u'\alpha = X'(\alpha \downarrow u) ) \}$。首先，我们证明对任意$u_1 \in Y_1, u_2 \in Y_1$，都有$u_1 \subseteq u_2 \lor u_2 \subseteq u_1$。为了证明这个，我们让$\gamma_1 = \mathcal{D}(u_1)$和$\gamma_2 = \mathcal{D}(u_2)$。因为$\mathcal{D}(u_1) \in On , \mathcal{D}(u_2) \in On$，所以$\gamma_1$和$\gamma_2$必有一个顺序。不妨假设$\gamma_1 \leq_{\circ} \gamma_2$，记$w$为那些$\alpha <_{\circ} \gamma_1 \land u_1'\alpha \neq u_2'\alpha$的序数集合，我们的目的是要证$w = \emptyset$。若$w \neq \emptyset$，显然$w \subseteq On$，所以$w$有良序，即存在一个最小值$\eta$。那么，对任意$\beta < \eta$，都有$\beta \notin w$，即$u_1'\beta = u_2'\beta$，因此$\eta \downarrow u_1 = \eta \downarrow u_2$（仔细观察下，不难证），所以$u_1'\eta = u_2'\eta$，与$u_1'\eta \neq u_2'\eta$（因为$w$的定义）产生矛盾。所以，$w=\emptyset$，即$Y_1$中任意两个函数$u_1, u_2$，它们“对于同样的输入有着同样的输出”。

现在构造$Y = \bigcup Y_1$，通俗理解的话，$Y$就是由$Y_1$中的所有函数“并集”而成。我们证明$Y$满足定理的三个部分。第一，证$Fnc(Y)$。首先，若$u \in Y$，则存在$b$使得$u \in b \land b \in Y_1$。因为$b$是函数，所以自然有$Rel(b)$，即$b \subseteq V^2$，所以$u \in b \Rightarrow u \in V^2$，所以$u \in Y \Rightarrow u \in V^2$，即$Rel(Y)$。接着，若 <x,y>∈Y∧<x,z>∈Y < x , y >∈ Y ∧ < x , z >∈ Y <script type="math/tex" id="MathJax-Element-1116"> \in Y \land \in Y</script>，则存在 $u_1 \in Y, u_2 \in Y$，使得 <x,y>∈u1∧u1∈Y1 < x , y >∈ u 1 ∧ u 1 ∈ Y 1 <script type="math/tex" id="MathJax-Element-1118"> \in u_1 \land u_1 \in Y_1</script>和 <x,z>∈u2∧u2∈Y1 < x , z >∈ u 2 ∧ u 2 ∈ Y 1 <script type="math/tex" id="MathJax-Element-1119"> \in u_2 \land u_2 \in Y_1</script>。前面已证 $u_1 \subseteq u_2 \lor u_2 \subseteq u_1$，所以 <x,y>=<x,z> < x , y >=< x , z > <script type="math/tex" id="MathJax-Element-1121"> = </script>，所以 $y = z$，结合 $Rel(Y)$可得 $Fnc(Y)$。然后，证 $\mathcal{D}(Y) = On$。因为若 $u \in \mathcal{D}(Y)$，则存在 $v, b$使得 <u,v>∈b∧b∈Y1 < u , v >∈ b ∧ b ∈ Y 1 <script type="math/tex" id="MathJax-Element-1128"> \in b \land b \in Y_1</script>，所以 $\mathcal{D}(b) \in On \land u \in \mathcal{D}(b)$，由于 $Ord(On)$，因此 $u \in On$，所以 $\mathcal{D}(Y) \subseteq On$。若 $\mathcal{D}(Y) \neq On$，则根据命题4.8b、g，易证 $\mathcal{D}(Y) \in On$。记 $\mathcal{D}(Y) = \delta$，构造 $W = Y \cup \{ <\delta, X'Y>\}$。不难看出， $W \in Y_1$，所以 $W \subseteq Y$（因为 $W$也参与”组成”了$Y$）。此时， $\delta$在 $W$的定义域中，所以也在$Y$的定义域中，即有 $\delta \in \mathcal{D}(Y) = \delta$，产生了矛盾。所以， $\mathcal{D}(Y) = On$。第三部分，注意利用 $Y_1$内任意两函数的性质，不难证。

对于$Y$的唯一性，利用命题4.9超限归纳，对任意满足定理的$Y_a$和$Y_b$，则构造$Z = \{ x | x \in On \land Y_a'x = Y_b'x \}$。那么，若$\beta \in \alpha \Rightarrow \beta \in Z$，则$\beta \downarrow Y_a = \beta \downarrow Y_b$，所以$Y_a'\alpha = Y_b'\alpha$，所以$\alpha \in Z$。因此，由超限归纳法可得，$On \subseteq Z$，即对任意序数$x$，都有$Y_a'x = Y_b'x$，不难得出$Y_a = Y_b$。证毕。

注：a部分的证明关键是第一步构造的$Y_1$，它的存在性可以根据前面的类存在定理给出。仔细看它的结构，其实就是包含了一层又一层的函数$u_i$，每个负责“覆盖”一定的序数。

b. 证明方法和a类似，注意这次构造的$Y_1$第三部分要处理三种情况，分别是$\alpha=\emptyset \lor Suc(\alpha) \lor Lim(\alpha)$即可。证毕。

c. 这是b的特例，定义域缩小至$\delta$，构建相应的$Y_1$即可。证毕。

序数的运算
有了命题4.14，我们可以定义序数的运算。
1. 序数加法
在命题4.14b中，取

$$x = \beta, X_1 = \{ <u, v> | v = u' \}, X_2 = \{ <u, v> | v = \mathcal{R}(u) \}$$
那么，存在一个唯一的函数 $Y_{\beta}$，记为 $\beta+_{\circ}$，使得
$$\beta +_{\circ} \emptyset = \beta \\ \beta +_{\circ} (\gamma') = (\beta +_{\circ} \gamma)' \\ Lim(\alpha) \Rightarrow \beta +_{\circ} \alpha = \bigcup_{\tau <_{\circ} \alpha} (\beta +_{\circ} \tau)$$
2. 序数乘法
在命题4.14b中，取
$$x = \emptyset, X_1 = \{ <u, v> | v = u +_{\circ} \beta \}, X_2 = \{ <u, v> | v = \mathcal{R}(u) \}$$
那么，存在唯一的函数 $\beta \times_{\circ}$，使得
$$\beta \times_{\circ} \emptyset = \emptyset\\ \beta \times_{\circ} (\gamma') = (\beta \times_{\circ} \gamma)+_{\circ} \beta \\ Lim(\alpha) \Rightarrow \beta \times_{\circ} \alpha = \bigcup_{\tau <_{\circ} \alpha} (\beta \times_{\circ} \tau)$$
3. 序数幂级
$$\exp(\beta, \emptyset) = 1 = \{ \emptyset \} \\ \exp(\beta, \gamma') = \exp(\beta, \gamma) \times_{\circ} \beta \\ Lim(\alpha) \Rightarrow \exp(\beta, \alpha) = \bigcup_{\emptyset <_{\circ} \tau <_{\circ} \alpha} (\exp(\beta, \tau))$$