全順序可換群の部分整列集合について

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

定理1

A,BΛA, B \subset \Lambda について整列集合のとき、 A+B={a+bΛaA,bB}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+BA + B のある部分集合 XX が最小元を持たないと仮定する。

このとき、XX の減少列 x1>x2>...x_1 > x_2 > ... がとれる。

このとき、対の列 (Ak,ak,bk,nk)kN(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

A1={aAbB,nN,a+b=xn}A_1 = \{a \in A \mid \exists{b} \in B, \exists{n} \in \mathbb{N}, a + b = x_n \}

a1=minA1a_1 = \min{A_1} とし、 a1+b1=xn1a_1 + b_1 = x_{n_1} となるように b1,n1b_1, n_1 をとる。

k > 1 のとき

Ak={aAbB,n>nk1,a+b=xn}A_k = \{a \in A \mid \exists{b} \in B, \exists{n} > n_{k-1}, a + b = x_n \}

ak=minAka_k = \min{A_k} とし、 nk>nk1,ak+bk=xnkn_k > n_{k-1}, a_k + b_k = x_{n_k} となるように bk,nkb_k, n_k をとる。

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

次に、 kN\forall{k} \in \mathbb{N} に対し nk<nk+1,akak+1,bk>bk+1n_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 Ak+1A_{k+1} の定義から nk<nk+1n_k < n_{k+1} となることがわかる。 これにより、 AkAk+1A_k \supset A_{k+1} であることがわかる。従って ak+1aka_{k+1} ≥ a_k これと xk>xk+1x_k > x_{k+1} より ak+1+bkak+bk=xk>xk+1=ak+1+bk+1a_{k+1} + b_k ≥ a_k + b_k = x_k > x_{k+1} = a_{k+1} + b_{k+1} 従って ak+1+bk>ak+1+bk+1a_{k+1} + b_k > a_{k+1} + b_{k+1} となり、 bk>bk+1b_k > b_{k+1} となる。

以上から、BB の無限減少列 b1>b2>...b_1 > b_2 > ... が取れてしまった。これは BB が整列集合であることと矛盾する。\square

定理2

Λ+={xΛ0x}\Lambda^+ = \{x \in \Lambda \mid 0 ≤ x\} の部分集合 AA について整列集合のとき、A={a1++anΛnN,a1,...,anA}\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

A\sum{A} が無限減少列 a(1,1)++a(1,n1)>a(2,1)++a(2,n2)>...>a(k,1)++a(k,nk)>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 n1<n2<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 kk に対し a(k,1)a(k,2)a(k,nk)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 kN\forall{k} \in \mathbb{N} に対して bk,ik,jkb_k, i_k, j_k を定義する:

  • j1=1, b1=min{a(i,1)iN}j_1 = 1, ~ b_1 = \min{\{a_{(i,1)} \mid i \in \mathbb{N}\}} とし、b1=a(i1,1)b_1 = a_{(i_1,1)} となる i1i_1 を選ぶ。
  • {iNi>i1, a(i,j1)b1, a(i,j)<b1}\{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 jj のうち最小のものを j2j_2 とする。
    • これが存在することを示しておく。i>i1\forall{i} > i_1 に対し、まず b1b_1 の定義から、a(i,1)b1a_{(i,1)} ≥ b_1 であり、次にもしすべての jj に対し a(i,j)b1a_{(i,j)} ≥ b_1 ならば a(i,1)++a(i,ni)nib1n1b1a(i1,1)++a(i1,ni1)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)++a(k,nk)a_{(k,1)} + \cdots + a_{(k,n_k)} が減少列であること及び i>i1i > i_1 と矛盾する。
    • また、そのような jjni1n_{i_1} 未満でなければならない。もし jni1 a(i,j1)b1, a(i,j)<b1\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)++a(i,ni)a(i,1)++a(i,j1)(j1)b1ni1b1a_{(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(i1,1)++a(i1,ni1)≥ a_{(i_1, 1)} + \cdots + a_{(i_1, n_{i_1})} となり、矛盾する。
    • 以上から、i>i1 2j<n1 a(i,j1)b1, a(i,j)<b1\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 2j<n12 ≤ j < n_1 のいずれかは上記の集合が無限集合となる。
  • i2i_2min{a(i,1)++a(i,j21)i>i1, a(i,j21)b1, a(i,j2)<b1}\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 ii とする。これは定理1よりAAj21j_2-1 個足した A++AA + \cdots + A が整列集合となることからとれる。
  • b2=a(i2,j2)b_2 = a_{(i_2, j_2)} とする。 b2<b1b_2 < b_1 である。
  • {iNi>ik, a(i,j1)bk, a(i,j)<bk, l<k a(i,jl+11)bl, a(i,jl+1)<bl}\{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 jj のうち最小のものを jk+1j_{k+1} とする
  • ik+1i_{k+1}min{a(i,1)++a(i,jk+11)i>ik,lk a(i,jl+11)bl, a(i,jl+1)<bl}\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 ii とする。
  • bk+1=a(ik+1,jk+1)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、 bk>bk+1, jk<jk+1b_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、 l<k\forall{l} < k に対して a(i,jl+11)bl, a(i,jl+1)<bla_{(i,j_{l+1}-1)} ≥ b_l, ~ a_{(i,j_{l+1})} < b_l となるような ii は無限に存在する。このような ii に対し、まず a(i,jk1)bk1>bka_{(i,j_k-1)} ≥ b_{k-1} > b_k である。次に任意の jj に対して a(i,j)bk1a_{(i,j)} ≥ b_{k-1} だったとすると
      a(i,1)++a(i,ni)a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)}
      a(i,1)++a(i,jk1)+(nijk+1)bk≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_k-1)} + (n_i - j_k + 1)b_k
      a(ik,1)++a(ik,nik)≥ 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 jjnikn_{i_k} 未満でなければならない。もしそのような jjnikn_{i_k} 以上であったとすると、
      a(i,1)++a(i,ni)a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,n_i)}
      a(i,1)++a(i,j)≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j)}
      a(i,1)++a(i,jk1)+(jjk+1)bk≥ a_{(i,1)} + \cdots + a_{(i,j_k-1)} + (j-j_k+1) b_k a(ik,1)++a(ik,jk1)+(nikjk)bk≥ a_{(i_k,1)} + \cdots + a_{(i_k, j_k-1)} + (n_{i_k}-j_k) b_k
      a(ik,1)++a(ik,nik)≥ a_{(i_k,1)} + \cdots + a_{(i_k, n_{i_k})} となり矛盾する。
    • 従って jk<j<nikj_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、jk+1j_{k+1} は well-defined である
    • また、定義より bk+1=a(ik+1,jk+1)<bkb_{k+1} = a_{(i_{k+1},j_{k+1})} < b_k である

以上で AA の無限減少列 b1>b2>b_1 > b_2 > \cdots が取れてしまった。これは AA が整列集合であることと矛盾する。\square

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