数理逻辑4 -- 公理化集合论13

关于有限集，再来一些练习。

引理4.13.1（Tarski，1925）：我们说$X$是$Y$的最小值，当且仅当，

X∈Y∧(∀y)(y∈Y⇒¬(y⊂X)) X ∈ Y ∧ ( ∀ y ) ( y ∈ Y ⇒ ¬ ( y ⊂ X ) )

$$X \in Y \land (\forall y)(y \in Y \Rightarrow \neg (y \subset X))$$ ，也即$X$是$Y$的“最小集合”。那么，一个集合$Z$是有限的，当且仅当，任意$Z$子集所组成的非空集合存在最小值。

证明：从左往右是不难的，还是采用超序归纳法的套路。记集合

$$\begin{align*} W = & \{ u | u \in \omega \land (\forall z)(\forall f)\big[ u \cong_f z \Rightarrow (\forall Y)(\exists x)(\forall y) \\ &(Y \subseteq \mathcal{P}(z) \land Y \neq \emptyset \Rightarrow (y \in Y \Rightarrow \neg(y \subset x)) ) \big] \} \end{align*}$$

上面的式子看似复杂，其实还是老套路，把$Fin(z)$写成$z \cong_f u$。那么，现在来证明$\omega \subseteq W$。首先，空集不符合题设的定义，因此它显然在$W$内。然后，假设$\alpha \in W$，考虑$\alpha'$。类似的，若$f'\alpha = w$，则记$z_1 = z - \{ w \}$。根据归纳假设，$\mathcal{P}(z_1)$的任意非空子集都有最小值，考虑$\mathcal{P}(z)$的非空子集。注意到，$\mathcal{P}(z) = \mathcal{P}(z_1) \cup V$，其中$V = \{ v | (\exists s)(s \in \mathcal{P}(z_1) \land v = s \cup \{ w \} )\}$，即$V$是由$w$和$\mathcal{P}(z_1)$子集相并所组成。因此，考虑$\mathcal{P}(z)$中的某一个非空子集$Y$，有三种情况：

(1) $Y \subseteq \mathcal{P}(z_1)$。根据归纳假设，$Y$有最小值。

(2) $Y \subseteq V$。注意到，$Y$中的每个成员$y$都由$w$和$\mathcal{P}(z_1)$的某个成员相并而成，即$y = \{ w \} \cup y_1 \land y_1 \in \mathcal{P}(z_1)$。而且，$w \notin y_1$。所以，“自然的”，构造集合$Y_2 = \{ y_1 | y_1 \in \mathcal{P}(z_1) \land (\{ w \} \cup y_1) \in Y \}$，也即$Y_2$的成员是$Y$中成员“踢掉了”$w$。根据归纳假设，$Y_2$有最小值，记为$y_2$，则不难证明$y_2 \cup \{ w\} \in Y$是$Y$的最小值。

(3) $Y = Y_3 \cup Y_4$，且$Y_3 \subseteq \mathcal{P}(z_1)$和$Y_4 \subseteq V$。规矩归纳假设，$Y_3$有最小值$y_3$。根据上述(2)的结果，$Y_4$有最小值$y_4$。那么，$y_3$和$y_4$至少有一个是$Y$的最小值。这就完成了从左往右的证明。

从右往左，若集合$Z$子集的任意非空集合都有最小值，假设$Inf(Z)$。那么，令$Y = \{ y | y \subseteq Z \land Inf(y )\}$，即$Y$是$Z$中所有无限子集的集合，我们证明$Y$中没有最小值，从而产生矛盾。假设$Y$有最小值，记为$y_1$。显然，$y_1 \neq \emptyset$，否则就与$Inf(y_1)$矛盾。所以，存在$c$使得$c \in y_1$。令$y_2 = y_1 - \{ c \}$，则$y_2 \subset y_1$, 并且$\neg Fin(y_2)$，否则的话$Fin(y_2) \Rightarrow Fin(y_2 \cup \{ c\}) \Rightarrow Fin(y_1)$。所以，$y_2 \in Y$, 与$y_1$是最小值而矛盾。$\square$

引理4.13.2
a. $\vdash Fin(X) \land Den(Y) \Rightarrow Den(X \cup Y)$
b. $\vdash Fin(X) \land Den(Y) \land X \neq \emptyset \Rightarrow Den(X \times Y)$
c. $\vdash (\forall x)(DedInf(X) \Leftrightarrow (\exists y)(y \subseteq x \land Den(y)) )$，一个集合是$Dedekind-无限$当且仅当它有一个可列子集。
d. $\vdash (\forall x)[(\exists y)(y \subseteq x \land Den(y)) \Leftrightarrow \omega \preceq x ]$
e. $\vdash (\forall \alpha)(\alpha \notin \omega \Rightarrow DedInf(\alpha)) \land (\forall \alpha)(Inf(\alpha) \Rightarrow \alpha \notin \omega)$
f. $\vdash (\forall x)(\forall y)(y \notin x \Rightarrow [DedInf(x) \Leftrightarrow x \cong x \cup \{ y \}])$
g. $\vdash (\forall x)(\omega \preceq x \Leftrightarrow x +_c 1 \cong x)$

证明：
a. 不难发现，我们只需证明$\alpha +_c \omega \cong \omega$即可。首先，根据引理4.10.2a，可知$\omega \preceq \alpha +_c \omega$。然后，根据超序归纳法的第二种形式，即命题4.14b，我们定义一个“基于$\alpha$”的序数加法，所以$\alpha +_c \omega \preceq \omega$。最后，根据Bernstein定理，可得$\alpha +_c \omega \cong \omega$。$\square$

b. 我们只需证明$\omega +_c \omega \cong \omega$，即$\omega \times 2 \cong \omega$（引理4.10.2g），然后再利用超序归纳法即可。为此，利用命题4.14b我们已得出关于序数的加法和乘法，因此，对于任意 <α,∅>∈ω×2 < α , ∅ >∈ ω × 2 <script type="math/tex" id="MathJax-Element-90"><\alpha, \emptyset> \in \omega \times 2</script>，构造函数$f'<\alpha, \emptyset> = 2 \times_{\circ} \alpha$（注意到$2 \in \omega$），而对于 <α,1>∈ω×2 < α , 1 >∈ ω × 2 <script type="math/tex" id="MathJax-Element-93"><\alpha, 1> \in \omega \times 2</script>，构造函数$f'<\alpha, 1> =2 \times_{\circ} \alpha +_{\circ} 1$。所以，不难发现$\omega \times 2 \preceq \omega$。另一方面，显然$\omega \preceq \omega \times 2$，所以$\omega \times 2 \cong \omega$。$\square$

c. 从左往右，假设$DedInf(x)$，那么存在$z \subset x$使得$x \cong_f z$，现在我们要构造一一映射函数$h: \omega \rightarrow x$。首先，利用命题4.14c，取某个$v \in x-z$，那么肯定存在以$\omega$为定义域的函数$h$，使得$h'\emptyset = v$，然后$h'(\alpha') = f'(h'\alpha)$。因为$f$是$x$到$z$的一一映射函数，然后注意到$f'v \in z$，因而$f'v \neq v$，所以$h$是一一映射函数（若取$v \in z$就不能保证了）。因此，$\omega \cong h''(\omega) \subseteq x$。

从右往左，假设$z \subset x$且$z \cong_f \omega$，我们构造一一映射函数$g: x \rightarrow x$。若$u \in x-z$，则$g'u = u$；若$u \in z$，则$g'u = v$，其中$v = \bar{f}'((f'u)')$，即先算$f'u = \beta$，然后取$\beta'$，然后再反过来算出$v$使得$<v, \beta> \in f$。由于$f$是一一映射函数，对于任意$u_1, u_2 \in z$且$u_1 \neq u_2$，易证$g'u_1 \neq g'u_2$。所以，$g$是一一映射函数，而$x \cong g''(x) \subseteq x$。$\square$

d. 由定义显然可得。$\square$

e. 若$\alpha \notin \omega$，因为任意两个序数必有一个顺序（命题4.8d），所以要么$\omega = \alpha$，要么$\omega \in \alpha$。无论那种情况，都有$\omega \cong \omega \subseteq \alpha$，根据c的结果，可得$DedInf(\alpha)$。而第二部分的结论是显然的。$\square$

f. 从左往右，假设$DedInf(x)$，根据c的结论，存在$z \subseteq x$使得$\omega \cong_{f_1} z$。既然$z \cong \omega$，易证$z \cup \{ y \} \cong \omega'$。由命题4.26a可知$\omega \cong \omega'$，所以$z \cup \{ y \} \cong z$，因而$x \cup \{ y \} \cong x$。

反过来，若$x \cup \{ y \} \cong_f x$，记$w = f'y$。注意，$w \in x$且$w \neq y$。那么，根据命题4.14c，存在函数$g: \omega \rightarrow x$，使得$g'\emptyset = w$，和$g'(\alpha') = f'(g'\alpha)$。由于$f$是一一映射函数，而“第一跳”中$f'y \neq y$，所以不难看出$g$是一一映射函数，所以$\omega \cong g''(\omega) \subseteq x$。再根据c的结论，可知$DedInf(x)$。$\square$

g. 注意到，$y \neq x \Rightarrow x +_c 1 \cong x \cup \{ y \}$，然后应用f的结果即可。$\square$

Hartog定理

讨论完Hartog定理后，再讨论选择公理，然后公理化集合论的“基础知识”就告一段落了。

命题4.31（Hartog，1915）：对任意集合$x$，总存在一个序数$\alpha$，它不与任意$x$的子集等势。

$$\vdash (\forall x)(\exists \alpha)(\forall y)(y \subseteq x \Rightarrow \neg (\alpha \cong y))$$

Hartog全名叫Friedrich Hartog，是德裔犹太人，在二战中因受压迫而自杀，唉…向伟大而又不幸的数学家致敬。

证明：假设所有序数都与$x$某个子集等势，那么定义函数$f: On \rightarrow \mathcal{P}(\mathcal{P}(x))$，使得对于$\alpha \in On$，有$f'\alpha = w$，其中$w = \{ y | y \subseteq x \land (\exists f)(y \cong_f \alpha)\}$。显然，$f''(On) \subseteq \mathcal{P}(\mathcal{P}(x))$，后者是集合，所以$f''(On)$也是集合。注意到，$f$是一一映射函数，所以根据替代公理，$On$是集合，与命题4.8h的$\neg M(On)$而矛盾。$\square$

注：教材里的方法比这里复杂，作者构造$w = \{ <z, y> | y \subseteq x \land z是y的良序 \}$。

定义4.13.1（Hartog函数）：$\mathcal{H}$是以$V$定义域的函数，使得对于任意$x \in V$，$\mathcal{H}'x$的值为不与$x$任意子集等势的最小序数，我们称$\mathcal{H}$为Hartog函数。

推论4.32：
a. $\vdash (\forall x)(\mathcal{H}'x \preceq \mathcal{P}\mathcal{P}\mathcal{P}\mathcal{P}(x))$

注：现在知道为什么教材里证明命题4.31时要采用麻烦方法了，原来是为了方便这里的证明。

证明：注意到，对于序数$\beta \in \mathcal{H}'x$，都可把它和某个关系的集合$R$关联起来，其中$R$的成员$r \subseteq x \times x$是作用在某个$y \subseteq x$上的关系，并且 <r,y> < r , y > <script type="math/tex" id="MathJax-Element-118655"> </script>与 <Eβ,β> < E β , β > <script type="math/tex" id="MathJax-Element-118656"> </script>相似。因此，我们实际上定义了一个函数 $f:\alpha \rightarrow \mathcal{P}\mathcal{P}(x \times x)$，而且 $f$是一一映射函数。所以，$\mathcal{H}'x \preceq \mathcal{P}\mathcal{P}(x \times x)$。接着，由引理4.4.1s中 $x \times y \subseteq \mathcal{P}(\mathcal{P}(x \cup y))$，可知 $x \times x \subseteq \mathcal{P}\mathcal{P}(x)$。因此， $\mathcal{H}'x \preceq \mathcal{P}\mathcal{P}\mathcal{P}\mathcal{P}(x)$。 $\square$

定义4.13.2（初始序数，Initial ordinal）：
a. $Init(X)$：是$X \in On \land (\forall \beta)(\beta <_{\circ} X \Rightarrow \neg (\beta \cong X))$的缩写，$X$是初始序数。

引理4.13.1：
a. $\vdash (\forall \alpha)(\alpha \in \omega \Rightarrow Init(\alpha))$
b. $\vdash Init(\omega)$

证明：
a. 由命题4.26b可知，$\omega$中的序数不与任何其它序数等势。$\square$

b. 同样，利用命题4.26b，对任意$\beta <_{\circ} \omega$，都有$\neg (\beta \cong \omega)$。$\square$

引理4.13.2：
a. $\vdash (\forall x)(Init(\mathcal{H}'x))$
b. $\vdash (\forall \alpha)\big[ \alpha <_{\circ} \mathcal{H}'\alpha \land (\forall \beta)(Init(\beta) \land \alpha <_{\circ} \beta \Rightarrow \mathcal{H}'\alpha \leq_{\circ} \beta) \big]$，$\mathcal{H}'\alpha$是比$\alpha$大的最小初始序数。

证明：
a. 根据定义，任意$\beta <_{\circ} \mathcal{H}'x$与$x$的某个子集$y$等势，而$\mathcal{H}'x$不与任何$x$的子集等势。因此，$\mathcal{H}'x$不与$\beta$等势。$\square$

b. 记$\gamma = \mathcal{H}'\alpha$，则$\gamma$不与任何$\alpha$的子集等势，所以$\neg (\gamma \leq_{\circ} \alpha)$，这就证明了第一部分。对于第二部分，由Hartog函数的定义显然得出（真要严格证明的话，就假设存在$\beta$使得$Init(\beta) \land (\alpha <_{\circ} \beta <_{\circ} \gamma)$）。$\square$

Hartog函数引出了非常厉害的关于序数的性质。

定义4.13.3：根据命题4.14b，我们定义以下函数$G$，使得

$$\begin{align*} G'\emptyset &= \omega, \\ G'(\alpha') &= \mathcal{H}'(G' \alpha), 对任意序数\alpha \\ G'(\lambda) &= \bigcup (G''(\lambda))，对任意极限序数\lambda \end{align*}$$

我们将通过以下命题，证明$G$把序数$On$映射到一个类，它包含所有无限初始序数，即$\geq_{\circ} \omega \land Init(\cdot)$，并且$G$是递增的、一一映射的函数。

命题4.33：
a. $\vdash (\forall \alpha)(Init(G'\alpha) \land \omega \leq_{\circ} G'\alpha \land (\forall \beta)(\beta < \alpha \Rightarrow G'\beta <_{\circ} G'\alpha) )$
b. $\vdash (\forall \alpha)(\alpha \leq_{\circ} G'\alpha)$
c. $\vdash (\forall \beta)(\omega \leq_{\circ} \beta \land Init(\beta) \Rightarrow (\exists \alpha)(G'\alpha = \beta))$

证明：
a. 记$X = \{ \alpha | Init(G'\alpha) \land \omega \leq_{\circ} G'\alpha \land (\forall \beta)(\beta < \alpha \Rightarrow G'\beta <_{\circ} G'\alpha) \}$，我们需证明$On \subseteq X$。根据命题4.13a（超序归纳的第二种形式），我们要证明三点：(1) $\emptyset \in X$；(2) 若$\alpha \in X$，则$\alpha' \in X$；(3) 若$Lim(\alpha)$和$(\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha) \Rightarrow \beta \in X$，则$\alpha \in X$。

(1) 根据$G$的构造，$G'\emptyset = \omega$。由引理4.13.1b可知$Init(\omega)$，并且显然$\omega \leq_{\circ} \omega$。所以，$\emptyset \in X$。

(2) 若$\alpha \in X$，考虑$\alpha'$。首先，由归纳假设可知$G'(\alpha)$是序数，然后根据引理4.13.2a可知，$G'(\alpha') = \mathcal{H}'(G'\alpha)$是初始序数，即$Init(G'(\alpha'))$。接着，根据引理4.13.2b可知，$G'(\alpha') = \mathcal{H}'(G'\alpha) \geq_{\circ} G'\alpha \geq_{\circ} \omega$。对于最后一步，我们要证对任意$\beta <_{\circ} \alpha'$，都有$G'\beta <_{\circ} G'\alpha$。有两种情况，若$\beta <_{\circ} \alpha$，根据归纳假设$G'\beta <_{\circ} G'\alpha$，进而$G'\beta <_{\circ} G'(\alpha')$。若$\beta = \alpha$，则直接应用归纳假设$G'\beta <_{\circ} G'(\alpha')$。所以，这就证明了$\alpha \in X \Rightarrow \alpha' \in X$。

(3) $Lim(\alpha)$和$(\forall \beta)(\beta <_{\circ} \alpha) \Rightarrow \beta \in X$，我们首先证明$G'\alpha = \bigcup (G''\alpha)$是极限序数。为此，考虑任意$\beta <_{\circ} \alpha$，因为$Lim(\alpha)$，所以$\beta' <_{\circ} \alpha$。根据上述(2)的结果，根据前提可知$\beta' \in X$，所以$G'\beta <_{\circ} G'(\beta')$。也就是说，$G''(\alpha)$，即$G$在$\alpha$上的值域，它是一个序数的类，并且它没有最大值。因此，根据命题4.12，$G'\alpha = \bigcup (G''\alpha)$是极限序数，也是$G''\alpha$的最小上界。由此，就证明了$\omega \leq_{\circ} G'\alpha$ （因为$Lim(G'\alpha)$），和$\beta <_{\circ} \alpha \Rightarrow G'\beta <_{\circ} G'\alpha$（因为$G'\alpha$是自己值域的上界）。最后，我们只需证明$G'\alpha$是初始序数即可。假设结论不成立，那么存在序数$\delta <_{\circ} G'\alpha$，使得$\delta \cong G'\alpha$。因为$G'\alpha$是$G''\alpha$的最小上界，所以$\delta \in G''\alpha$（注意，任意两个序数必有一个顺序，而$G''\alpha$又是一堆序数的类，因此若$\delta \notin G''\alpha$，则$\delta$是一个更小的上界，从而产生了矛盾）。上述已经讨论到$G''\alpha$没有最大值，所以存在$u \in G''\alpha$，使得$\delta <_{\circ} u$，并且存在某个$\beta <_{\circ} \alpha$，使得$G'\beta = u$。所以，$\delta \subset u = G'\beta \subseteq G'\alpha \cong \delta$。左半部分可看出$\delta \preceq G'\beta$，右半部分可看出$G'\beta \preceq \delta$，所以$\delta \cong G'\beta$。因为$\beta \in X$，所以$Init(G'\beta)$，与$\delta \subset G'\beta \land \delta \cong G'\beta$产生矛盾。$\square$

b. 这是a部分的结论和命题4.16的直接推论。$\square$

c. 这里的内容是说，只要$\beta$是无限初始序数，就肯定落在$G$的值域内。假设结论不成立，即存在某些不在$G$值域无限初始序数，那么肯定存在一个这样的最小值（注意，$E \ We \ On的任何子集$），记为$\sigma$。首先，根据b的结果，$\sigma \leq_{\circ} G'\sigma$。又因为$\sigma$不在$G$的值域，所以$\sigma <_{\circ} G'\sigma$。记$\mu$是满足$\sigma <_{\circ} G'\mu$中的最小值（肯定存在，因为至少$\sigma <_{\circ} G'\sigma$），假设$\mu \in K_1$，则$\mu \neq \emptyset$，因为$G'\emptyset = \omega \leq_{\circ} \sigma$（$\sigma$是无限序数），所以存在$\gamma' = \mu$。因为$\mu$的最小性，所以$G'\gamma <_{\sigma}$（注意不可能取等号，因为$\sigma$不在$G$的值域）,但是根据引理4.13.2b，$G'\mu=G'(\gamma')$是大于$G'\gamma$中的最小初始序数，所以不可能有$G'\gamma <_{\circ} \sigma <_{\circ} G'\mu$，因此$\mu \notin K_1$。现在，因为$Lim(\mu)$，所以$G'\mu = \bigcup(G''\mu)$，且$G'\mu$是$G''\mu$的最小上界。所以，存在某个$\delta <_{\circ} \mu$，使得$\sigma <_{\circ} G'\delta <_{\circ} G'\mu$，这就与$\mu$的最小性产生矛盾。$\square$

既然函数$G$是$On$到无限初始序数的一一映射函数，那么$G'\alpha$就有特殊意义。

定义4.13.4：
a. $\omega_{\alpha}$：是$G'\alpha$的缩写。

根据上述定义，可知：
引理4.13.3：
a. $\omega_{\emptyset} = \omega$
b. $\omega_{\alpha'}$是比$\omega_{\alpha}$大的最小初始序数
c. 对于极限序数$\lambda$，$\omega_{\lambda}$是所有$\omega_{\gamma}$组成的类的最小上界，其中$\gamma <_{\circ} \lambda$
d. $\alpha \leq_{\circ} \omega_{\alpha}$