全順序可換群の部分整列集合について

$(\Lambda, +, ≤)$ を全順序可換群とする。 すなわち $\Lambda$ は $+$ について可換群であり、$≤$ について全順序であり、 $\forall a, b, c \in \Lambda$ に対して $a ≤ b \implies a + c ≤ b + c$ を満たすものとする。

定理1

$A, B \subset \Lambda$ が $≤$ について整列集合のとき、 $A + B = \{a + b \in \Lambda \mid a \in A, b \in B\}$ もまた $≤$ について整列集合となる

証明

$A + B$ のある部分集合 $X$ が最小元を持たないと仮定する。

このとき、$X$ の減少列 $x_1 > x_2 > ...$ がとれる。

このとき、対の列 $(A_k, a_k, b_k, n_k)_{k \in \mathbb{N}}$ を、帰納的に以下のようにとる:

k = 1 のとき

$A_1 = \{a \in A \mid \exists{b} \in B, \exists{n} \in \mathbb{N}, a + b = x_n \}$

$a_1 = \min{A_1}$ とし、 $a_1 + b_1 = x_{n_1}$ となるように $b_1, n_1$ をとる。

k > 1 のとき

$A_k = \{a \in A \mid \exists{b} \in B, \exists{n} > n_{k-1}, a + b = x_n \}$

$a_k = \min{A_k}$ とし、 $n_k > n_{k-1}, a_k + b_k = x_{n_k}$ となるように $b_k, n_k$ をとる。

以上で列 $(A_k, a_k, b_k, n_k)_{k \in \mathbb{N}}$ をとることができた。

次に、 $\forall{k} \in \mathbb{N}$ に対し $n_k < n_{k+1}, a_k ≤ a_{k+1}, b_k > b_{k+1}$ となることを示そう。

まず $A_{k+1}$ の定義から $n_k < n_{k+1}$ となることがわかる。 これにより、 $A_k \supset A_{k+1}$ であることがわかる。従って $a_{k+1} ≥ a_k$ これと $x_k > x_{k+1}$ より $a_{k+1} + b_k ≥ a_k + b_k = x_k > x_{k+1} = a_{k+1} + b_{k+1}$ 従って $a_{k+1} + b_k > a_{k+1} + b_{k+1}$ となり、 $b_k > b_{k+1}$ となる。

以上から、$B$ の無限減少列 $b_1 > b_2 > ...$ が取れてしまった。これは $B$ が整列集合であることと矛盾する。$\square$

定理2

$\Lambda^+ = \{x \in \Lambda \mid 0 ≤ x\}$ の部分集合 $A$ が $≤$ について整列集合のとき、$\sum{A} = \{ a_1 + \cdots + a_n \in \Lambda \mid n \in \mathbb{N}, a_1, ..., a_n \in A\}$ もまた $≤$ について整列集合となる

証明

$\sum{A}$ が無限減少列 $a_{(1, 1)} + \cdots + a_{(1, n_1)} > a_{(2, 1)} + \cdots + a_{(2, n_2)} > ... > a_{(k, 1)} + \cdots + a_{(k, n_k)} > \cdots$ を持つと仮定する。

先の定理1より、必要なら適当に部分列を取ることで $n_1 < n_2 < \cdots$ となるようにする。 また $+$ の可換性から、すべての $k$ に対し $a_{(k, 1)} ≥ a_{(k, 2)} ≥ \cdots ≥ a_{(k, n_k)}$ となるようにする。

次に、以下のようにして帰納的に $\forall{k} \in \mathbb{N}$ に対して $b_k, i_k, j_k$ を定義する:

• $j_1 = 1, ~ b_1 = \min{\{a_{(i,1)} \mid i \in \mathbb{N}\}}$ とし、$b_1 = a_{(i_1,1)}$ となる $i_1$ を選ぶ。
• $\{i \in \mathbb{N} \mid i > i_1, ~ a_{(i,j-1)} ≥ b_1, ~ a_{(i,j)} < b_1\}$ が無限集合となるような $j$ のうち最小のものを $j_2$ とする。
  • これが存在することを示しておく。$\forall{i} > i_1$ に対し、まず $b_1$ の定義から、$a_{(i,1)} ≥ b_1$ であり、次にもしすべての $j$ に対し $a_{(i,j)} ≥ b_1$ ならば $a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)} ≥ n_i b_1 ≥ n_1 b_1 ≥ a_{(i_1,1)} + \cdots + a_{(i_1, n_{i_1})}$ となり、$a_{(k,1)} + \cdots + a_{(k,n_k)}$ が減少列であること及び $i > i_1$ と矛盾する。
  • また、そのような $j$ は $n_{i_1}$ 未満でなければならない。もし $\exists{j} ≥ n_{i_1} ~ a_{(i,j-1)} ≥ b_1, ~ a_{(i,j)} < b_1$ であったとすると、$a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)} ≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i, j-1)} ≥ (j-1)b_1 ≥ n_{i_1} b_1$ $≥ a_{(i_1, 1)} + \cdots + a_{(i_1, n_{i_1})}$ となり、矛盾する。
  • 以上から、$\forall{i} > i_1 ~ 2 ≤ \exists{j} < n_1 ~ a_{(i,j-1)} ≥ b_1, ~ a_{(i,j)} < b_1$ がわかる。よって $2 ≤ j < n_1$ のいずれかは上記の集合が無限集合となる。
• $i_2$ を $\min{\{ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_2-1)} \mid i > i_1, ~ a_{(i,j_2-1)} ≥ b_1, ~ a_{(i,j_2)} < b_1 \}}$ を与える $i$ とする。これは定理1より$A$ を $j_2-1$ 個足した $A + \cdots + A$ が整列集合となることからとれる。
• $b_2 = a_{(i_2, j_2)}$ とする。 $b_2 < b_1$ である。
• $\{i \in \mathbb{N} \mid i > i_k, ~ a_{(i,j-1)} ≥ b_k, ~ a_{(i,j)} < b_k, ~ \forall{l} < k ~ a_{(i,j_{l+1}-1)} ≥ b_l, ~ a_{(i,j_{l+1})} < b_l \}$ が無限集合となるような $j$ のうち最小のものを $j_{k+1}$ とする
• $i_{k+1}$ を $\min{\{ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_{k+1}-1)} \mid i > i_k, \forall{l} ≤ k ~ a_{(i,j_{l+1}-1)} ≥ b_l, ~ a_{(i,j_{l+1})} < b_l \}}$ を与える $i$ とする。
• $b_{k+1} = a_{(i_{k+1}, j_{k+1})}$ とする。
  • これらが well-defined であることと、 $b_k > b_{k+1}, ~ j_k < j_{k+1}$ を帰納法で証明する。
  • 帰納法の仮定から、 $\forall{l} < k$ に対して $a_{(i,j_{l+1}-1)} ≥ b_l, ~ a_{(i,j_{l+1})} < b_l$ となるような $i$ は無限に存在する。このような $i$ に対し、まず $a_{(i,j_k-1)} ≥ b_{k-1} > b_k$ である。次に任意の $j$ に対して $a_{(i,j)} ≥ b_{k-1}$ だったとすると
    $a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)}$
    $≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_k-1)} + (n_i - j_k + 1)b_k$
    $≥ a_{(i_k,1)} + \cdots + a_{(i_k, n_{i_k})}$ となり矛盾する。
  • また、そのような $j$ は $n_{i_k}$ 未満でなければならない。もしそのような $j$ が $n_{i_k}$ 以上であったとすると、
    $a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)}$
    $≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j)}$
    $≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_k-1)} + (j-j_k+1) b_k$ $≥ a_{(i_k,1)} + \cdots + a_{(i_k, j_k-1)} + (n_{i_k}-j_k) b_k$
    $≥ a_{(i_k,1)} + \cdots + a_{(i_k, n_{i_k})}$ となり矛盾する。
  • 従って $j_k < j < n_{i_k}$ のうちのいずれかは上記の集合が無限集合になり、$j_{k+1}$ は well-defined である
  • また、定義より $b_{k+1} = a_{(i_{k+1},j_{k+1})} < b_k$ である

以上で $A$ の無限減少列 $b_1 > b_2 > \cdots$ が取れてしまった。これは $A$ が整列集合であることと矛盾する。$\square$