順序数に可換な和を定義する

定義1

2つの順序数 λ,μλ, μ に対し、非可換な和 λμλ ⊕ μ を以下のように定義する:

  1. λμλ ⊔ μ に順序 を以下で定義する: xy(x,yλ, xy)(x,yμ, xy)(xλ,yμ)x ≤ y ⇔ (x, y ∈ λ, ~ x ≤ y) ∨ (x, y ∈ μ, ~ x ≤ y) ∨ (x ∈ λ, y ∈ μ)
  2. λμ=ord(λμ,)λ ⊕ μ = \text{ord}(λ ⊔ μ, ≤) とする。

性質1

λ,μλ, μ が順序数で λμλ ≤ μ を満たすとき、λν=μλ ⊕ ν = μ となる順序数 νν がただ一つ存在する。

証明

X={xμλx}X = \{x ∈ μ \mid λ ≤ x\} とおく。 ord(X,)\text{ord}(X, ≤) が上記を満たすことを示そう。

λXλ ⊔ X に対し、 の定義のときと同様の順序 を定義すれば λord(X,)λ ⊕ \text{ord}(X, ≤) と順序同型である。

ここで、f:λXμf : λ ⊔ X → μf(x)=xf(x) = x で定義すれば明らかに順序同型なので、λord(X,)=μλ ⊕ \text{ord}(X, ≤) = μ となる。

次に一意性を示す。λν=μλ ⊕ ν = μ であったと仮定しよう。

このとき順序同型 f:λνμf : λ ⊕ ν → μ がとれるが、 fνf|_ννν から X={xμλx}X = \{x ∈ μ \mid λ ≤ x\} への順序同型になる。 したがって ν=ord(X,)ν = \text{ord}(X, ≤)

\square

性質2

任意の順序数 λ,μ,νλ, μ, ν に対し、μνλμλνμ ≤ ν ⇔ λ ⊕ μ ≤ λ ⊕ ν

証明

まず μνμ ≤ ν であったと仮定する。

このとき包含写像 ι:λμλνι : λ ⊔ μ → λ ⊔ ν は明らかに単射な順序埋め込みである。 ここで順序同型 f:λμλμf : λ ⊕ μ → λ ⊔ μ 及び g:λνλνg : λ ⊔ ν → λ ⊕ ν をとると、 gιf:λμλνg \circ ι \circ f : λ ⊕ μ → λ ⊕ ν は順序埋め込みである。したがって λμλνλ ⊕ μ ≤ λ ⊕ ν

次に、μ>νμ > ν であったと仮定する。このとき λμ>λνλ ⊕ μ > λ ⊕ ν となることを証明したい。

前半の議論から λμλνλ ⊕ μ ≥ λ ⊕ ν であることはわかるので、 λμλνλ ⊕ μ ≠ λ ⊕ ν であることを示せばよい。 λμ=λνλ ⊕ μ = λ ⊕ ν であったと仮定すると、性質1の一意性より μ=νμ = ν となり矛盾する。

\square

定義2

任意の自然数 nn 及び順序数 λλ に対し、λnλ n を以下で帰納的に定義する:

λ1= λλ(n+1)= λnλ\begin{aligned}&λ 1& =& ~ λ \\ &λ (n + 1)& =& ~ λ n ⊕ λ\end{aligned}

定義3

任意の順序数 λλ に対し、

λω=supnNλn=min{μ  nN λn<μ}λω = \sup_{n ∈ \mathbb{N}}{λn} = \min{\{μ ~|~ ∀n ∈ \mathbb{N} ~ λn < μ\}}

とする。

定義4

以下を満たす順序数 α>0α > 0基底順序数 と呼ぶことにする:

λ,μ<α, λμ<α∀λ, μ < α, ~ λ ⊕ μ < α

例えば 1,ω,ω2,ωω1, ω, ω^2, ω^ω などは基底順序数である。

補題1

α,βα, β が基底順序数で α<βα < β のとき、 αβ=βα ⊕ β = β である。

証明

まずこのとき αωβαω ≤ β である。なぜならば、もし αω>βαω > β だったとすると nN αn>β∃n ∈ \mathbb{N} ~ αn > β となり ββ が基底順序数であることと矛盾するからである。

以下、ββ に関する超限帰納法で証明する。β<ββ' < β なる任意の基底順序数 ββ' に対し、 α<βα < β' を満たすすべての基底順序数 αα に対して αβ=βα ⊕ β' = β' が成り立つと仮定する。

f:αββf : α ⊕ β → β を以下で定義する。

f(λ)={λif λ<ααλotherwisef(λ) = \left\{\begin{aligned}&λ && \text{if} ~ λ < α \\ &α ⊕ λ && \text{otherwise}\end{aligned}\right.

(ββ は基底順序数なので、任意の λβλ ∈ β に対して αλ<βα ⊕ λ < β が成り立つことに注意)

これが順序同型であることを示そう。

まず ff が全射であることを示す。μβ∀μ ∈ β に対し、

  • μ<αμ < α のとき、μαμ ∈ α であり f(μ)=μf(μ) = μ である。
  • αμα ≤ μ のとき、性質1より αλ=μα ⊕ λ = μ となる λλ が存在する。このとき λμλ ≤ μ なので λβλ ∈ β である。従って f(λ)=μf(λ) = μ となる。

次に ff が単射であることを示す。 f(λ1)=f(λ2)f(λ_1) = f(λ_2) のとき、

  • λ1,λ2αλ_1, λ_2 ∈ α のとき
    • λ1=f(λ1)=f(λ2)=λ2λ_1 = f(λ_1) = f(λ_2) = λ_2 である
  • λ1α,λ2βλ_1 ∈ α, λ_2 ∈ β のとき
    • α>λ1=f(λ1)=f(λ2)=αλ2αα > λ_1 = f(λ_1) = f(λ_2) = α ⊕ λ_2 ≥ α となり矛盾する
  • λ1β,λ2αλ_1 ∈ β, λ_2 ∈ α のとき
    • α>λ2=f(λ2)=f(λ1)=αλ1αα > λ_2 = f(λ_2) = f(λ_1) = α ⊕ λ_1 ≥ α となり矛盾する
  • λ1,λ2βλ_1, λ_2 ∈ β のとき
    • αλ1=f(λ1)=f(λ2)=αλ2α ⊕ λ_1 = f(λ_1) = f(λ_2) = α ⊕ λ_2 となり、性質1の一意性より λ1=λ2λ_1 = λ_2 となる

最後に ff が順序埋め込みであること、すなわち λ1λ2f(λ1)f(λ2)λ_1 ≤ λ_2 ⇔ f(λ_1) ≤ f(λ_2) を示す。

λ1λ2λ_1 ≤ λ_2 のとき

  • λ1,λ2αλ_1, λ_2 ∈ α のとき
    • f(λ1)=λ1λ2=f(λ2)f(λ_1) = λ_1 ≤ λ_2 = f(λ_2)
  • λ1α,λ2βλ_1 ∈ α, λ_2 ∈ β のとき
    • f(λ1)=λ1<ααλ2=f(λ2)f(λ_1) = λ_1 < α ≤ α ⊕ λ_2 = f(λ_2)
  • λ1β,λ2αλ_1 ∈ β, λ_2 ∈ α のとき
    • αβα ⊕ β における順序の定義から、これはありえない
  • λ1,λ2βλ_1, λ_2 ∈ β のとき
    • 性質2より、 f(λ1)=αλ1αλ2=f(λ2)f(λ_1) = α ⊕ λ_1 ≤ α ⊕ λ_2 = f(λ_2)

f(λ1)f(λ2)f(λ_1) ≤ f(λ_2) のとき

  • λ1,λ2αλ_1, λ_2 ∈ α のとき
    • λ1=f(λ1)f(λ2)=λ2λ_1 = f(λ_1) ≤ f(λ_2) = λ_2
  • λ1α,λ2βλ_1 ∈ α, λ_2 ∈ β のとき 
    • αβα ⊕ β における順序の定義から λ1λ2λ_1 ≤ λ_2
  • λ1β,λ2αλ_1 ∈ β, λ_2 ∈ α のとき
    • ααλ1=f(λ1)f(λ2)=λ2<αα ≤ α ⊕ λ_1 = f(λ_1) ≤ f(λ_2) = λ_2 < α となり矛盾する
  • λ1,λ2βλ_1, λ_2 ∈ β のとき
    • もし λ1>λ2λ_1 > λ_2 であったとすると f(λ1)=αλ1αλ2=f(λ2)f(λ_1) = α ⊕ λ_1 ≥ α ⊕ λ_2 = f(λ_2) となる
    • 従って仮定の f(λ1)f(λ2)f(λ_1) ≤ f(λ_2) と合わせて f(λ1)=f(λ2)f(λ_1) = f(λ_2)
    • ここで性質1の一意性より λ1=λ2λ_1 = λ_2 となり矛盾する

\square

定理1

任意の順序数 λ>0λ > 0 に対し、

λ=α1n1α2n2αmnmλ = α_1 n_1 ⊕ α_2 n_2 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m

となる自然数 mm 及び基底順序数 α1>α2>>αmα_1 > α_2 > \cdots > α_m 及び自然数 n1,,nmn_1, \cdots, n_m が一意に存在する。

(λ=0λ = 0 の場合は m=0m = 0 と考えることも出来る)

証明

まず存在性を λλ に対する超限帰納法で示す。

λλ が基底順序数のとき、m=1,α1=λ,n1=1m = 1, α_1 = λ, n_1 = 1 とすれば良い

λλ が基底順序数でないとき、μ1νλμ_1 ⊕ ν ≥ λ となる順序数 μ1,ν<λμ_1, ν < λ が存在する。

ここで μ1<λμ_1 < λ 及び性質1より μ1μ2=λμ_1 ⊕ μ_2 = λ となる μ2μ_2 が存在する。 また性質2より μ2ν<λμ_2 ≤ ν < λ である。

帰納法の仮定から、μ1=α1n1αmnmμ_1 = α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m 及び μ2=α1n1αmnmμ_2 =α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} と出来る。

  • α1<α1α_1 < α'_1 のとき
    • 1im1 ≤ ∀i ≤ m に対して αiα1<α1α_i ≤ α_1 < α'_1 となる。
    • 補題1及び の結合性から、λ=μ1μ2=α1n1αmnmλ = μ_1 ⊕ μ_2 = α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} となる。
    • 当然 α1>α2>>αmα'_1 > α'_2 > \cdots > α'_{m'} である。
  • i αi=α1∃i ~ α_i = α'_1 のとき
    • i<jmi < ∀j ≤ m に対して αj<αi=α1α_j < α_i = α'_1 となる。
    • 補題1及び の結合性から、 λ=μ1μ2=α1n1αiniα1n1αmnmλ = μ_1 ⊕ μ_2 = α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_i n_i ⊕ α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'}
      =α1n1αi1ni1α1(ni+n1)α2n2αmnm= α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_{i-1} n_{i-1} ⊕ α'_1 (n_i + n'_1) ⊕ α'_2 n'_2 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} となる。
    • このとき確かに α1>α2>>αi1>αi=α1>α2>>αmα_1 > α_2 > \cdots > α_{i-1} > α_i = α'_1 > α'_2 > \cdots > α'_{m'} となっている。
  • 上記以外で i α1>α1∃i ~ α_1 > α'_1 のとき
    • そのような ii の最大値を新たに ii とおく。
    • このとき i<jmi < ∀j ≤ m に対して αj<α1α_j < α'_1 であるので、補題1及び の結合性から、 λ=μ1μ2=α1n1αiniα1n1αmnmλ = μ_1 ⊕ μ_2 = α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_i n_i ⊕ α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} となる。
    • このとき確かに α1>α2>>αi>α1>α2>>αmα_1 > α_2 > \cdots > α_i > α'_1 > α'_2 > \cdots > α'_{m'} となっている。

次に一意性を証明する。

λ=α1n1αmnm=α1n1αmnmλ = α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m = α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} と2通りに表せたとする。

もし α1<α1α_1 < α'_1 ならば、補題1の証明の冒頭、性質2、及び a1>a2>>ama_1 > a_2 > \cdots > a_m から、 α1α1ω>α1(n1+1)>α1n1α2n2αmnmα'_1 ≥ α_1 ω > α_1 (n_1 + 1) > α_1 n_1 ⊕ α_2 n_2 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m となり矛盾。

従って α1α1α_1 ≤ α'_1 となり、対称的な議論から α1α1α_1 ≥ α'_1 となる。よって α1=α1α_1 = α'_1 である。

もし n1<n1n_1 < n'_1 だったとすると、α1α_1 が基底順序数であることから α2n2αmnm<α1α_2 n_2 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m < α_1 であるので、性質2から α1n1αmnm<α1(n1+1)α1n1α1n1αmnmα_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m < α_1 (n_1 + 1) ≤ α'_1 n'_1 ≤ α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n_{m'} となり矛盾。

従って n1n1n_1 ≥ n'_1 となり、対称的な議論から n1n1n_1 ≤ n'_1 となる。よって n1=n1n_1 = n'_1 である。

ここで性質1の一意性から α2n2αmnm=α2n2αmnmα_2 n_2 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m = α'_2 n'_2 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} となる。

そこで、ここまでと同様の議論を繰り返し、 α2=α2,n2=n2,α3=α3,n3=n3,α_2 = α'_2, n_2 = n'_2, α_3 = α'_3, n_3 = n'_3, … となる。 m<nm < n ならば途中で 0=αm+1nm+1αmnm0 = α'_{m+1} n_{m+1} ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} となり矛盾し、m>nm > n でも同様に矛盾する。

\square

定義5

順序数 λ,μλ, μ に対し λ=α1n1αmnm,μ=α1n1αmnmλ = α_1 n_1 ⊕ \cdots ⊕ α_m n_m, μ = α'_1 n'_1 ⊕ \cdots ⊕ α'_{m'} n'_{m'} と表しておく。

このとき {α1,,αm,α1,,αm}\{α_1, …, α_m, α'_1, …, α'_{m'}\} の元を大きい順に並べたものを β1>β2>>βlβ_1 > β_2 > \cdots > β_l とし、 1il1 ≤ i ≤ l に対して

ci={nj+nkif βi=αj=αknjif βi=αjnkif βi=αkc_i = \left\{\begin{aligned} &n_j + n'_k && \text{if} ~ β_i = α_j = α'_k \\ &n_j && \text{if} ~ β_i = α_j \\ &n'_k && \text{if} ~ β_i = α'_k \end{aligned}\right.

とする。この上で、

λ+μ=β1c1βlclλ + μ = β_1 c_1 ⊕ \cdots ⊕ β_l c_l

と定義する。

(λ=μ=0λ = μ = 0 のときは λ+μ=0λ + μ = 0 とする)

定理2

任意の基底順序数 αα に対し、 (α,+)(α, +) は可換モノイドになる。

証明

可換であることと、00 が単位元となることは定義から明らかである。

結合的であることは、集合の和と自然数の和が結合的であることから従う。

αα は基底順序数なので、任意の λ,μ<αλ, μ < α に対して λ+μ<αλ + μ < α である。

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