Теорема Цермело

Теорема Цермело

Теорема 24.(Цермело) Всякое множество может быть вполне упорядочено.

Доказательство. Доказательство этой теоремы существенно использует аксиому выбора и вызывало большие нарекания своей неконструктивностью. На счетных множествах полный порядок указать легко (перенеся с $$\bbN$$ ). Но уже на множестве действительных чисел никакого конкретного полного порядка указать не удается, и доказав (с помощью аксиомы выбора) его существование, мы так и не можем себе этот порядок представить.

Объясним, в какой форме используется аксиома выбора. Пусть $$A$$ - данное нам множество. Мы принимаем, что существует функция $$\varphi$$, определенная на всех подмножествах множества $$A$$, кроме самого $$A$$, которая указывает один из элементов вне этого подмножества:$$X\subsetneq A \Rightarrow \varphi(X)\in A\setminus X.$$

После того, как такая функция фиксирована, можно построить полный порядок на $$A$$, и в этом построении уже нет никакой неоднозначности. Вот как это делается.

Наименьшим элементом множества $$A$$ мы объявим элемент $$a_0\hm=\varphi(\varnothing)$$. За ним идет элемент $$a_1\hm=\varphi(\{a_0\})$$ ; по построению он отличается от $$a_0$$. Далее следует элемент $$a_2\hm=\varphi(\{a_0,a_1\})$$. Если множество $$A$$ бесконечно, то такой процесс можно продолжать и получить последовательность $$\{a_0,a_1,\dots\}$$ элементов множества $$A$$. Если после этого остаются еще не использованные элементы множества $$A$$, рассмотрим элемент $$a_\omega\hm=\varphi(\{a_0,a_1,a_2,\dots\})$$ и так будем продолжать, пока все $$A$$ не кончится; когда оно кончится, порядок выбора элементов и будет полным порядком на $$A$$.

Конечно, последняя фраза нуждается в уточнении - что значит " так будем продолжать"? Возникает желание применить теорему о трансфинитной рекурсии (у нас очень похожая ситуация: следующий элемент определяется рекурсивно, если известны все предыдущие). И это можно сделать, если у нас есть другое вполне упорядоченное множество $$B$$, и получить взаимно однозначное соответствие либо между $$A$$ и частью $$B$$, либо между $$B$$ и частью $$A$$. В первом случае все хорошо, но для этого надо иметь вполне упорядоченное множество $$B$$ по крайней мере той же мощности, что и $$A$$, так что получается некий порочный круг.

Тем не менее из него можно выйти. Мы сделаем это так: рассмотрим все потенциальные кусочки будущего порядка и убедимся, что их можно склеить.

Пусть $$(S,\le_S)$$ - некоторое подмножество множества $$A$$ и заданный на нем порядок. Будем говорить, что $$(S,\le_S)$$ является корректным фрагментом, если оно является вполне упорядоченным множеством, причем$$s = \varphi ([0,s))$$ для любого $$s\hm\in S$$. Здесь $$[0,s)$$ - начальный отрезок множества $$S$$, состоящий из всех элементов, меньших $$s$$ с точки зрения заданного на $$S$$ порядка.

Например, множество $$\{\varphi(\varnothing)\}$$ является корректным фрагментом (порядок здесь можно не указывать, так как элемент всего один). Множество $$\{\varphi(\varnothing), \varphi(\{\varphi(\varnothing)\})\}$$ (первый из выписанных элементов считается меньшим второго) также является корректным фрагментом. Это построение можно продолжать и дальше, но нам надо каким-то образом " перескочить" через бесконечное (и очень большое в смысле мощности) число шагов этой конструкции.

План такой: мы докажем, что любые два корректных фрагмента в определенном смысле согласованы, после чего рассмотреть объединение всех корректных фрагментов. Оно будет корректным и будет совпадать со всем множеством $$A$$ (в противном случае его можно было бы расширить и получить корректный фрагмент, не вошедший в объединение).

Лемма 1. Пусть $$(S,\le_S)$$ и $$(T,\le_T)$$ - два корректных фрагмента. Тогда один из них является начальным отрезком другого, причем порядки согласованы (два общих элемента все равно как сравнивать - в смысле $$\le_S$$ или в смысле $$\le_T$$ ).

Заметим, что по теореме 20 один из фрагментов изоморфен начальному отрезку другого. Пусть $$S$$ изоморфен начальному отрезку $$T$$ и $$h\colon S\hm\to T$$ - их изоморфизм. Лемма утверждает, что изоморфизм $$h$$ является тождественным, то есть что $$h(x)\hm=x$$ при всех $$x\hm\in S$$. Докажем это индукцией по $$x\hm\in S$$ (это законно, так как $$S$$ вполне упорядочено по определению корректного фрагмента). Индуктивное предположение гарантирует, что $$h(y)\hm=y$$ для всех $$y\hm<x$$. Мы хотим доказать, что $$h(x)\hm=x$$. Рассмотрим начальные отрезки $$[0,x)_{S}$$ и $$[0,h(x))_{T}$$ (с точки зрения порядков $$\le_S$$ и $$\le_T$$ соответственно). Они соответствуют друг другу при изоморфизме $$h$$, поэтому по предположению индукции совпадают как множества. Но по определению корректности $$x\hm=\varphi([0,x))$$ и $$h(x)\hm=\varphi([0,h(x)))$$, так что $$x\hm=h(x)$$. Лемма 1 доказана.

Рассмотрим объединение всех корректных фрагментов (как множеств). На этом объединении естественно определен линейный порядок: для всяких двух элементов найдется фрагмент, которому они оба принадлежат (каждый принадлежит своему, возьмем больший из фрагментов), так что их можно сравнить. По лемме 1 порядок не зависит от того, какой фрагмент будет выбран для сравнения.

Лемма 2. Это объединение будет корректным фрагментом.

Чтобы доказать лемму 2, заметим, что на этом объединении определен линейный порядок. Он будет полным. Для разнообразия объясним это в терминах убывающих последовательностей. Пусть $$x_0\hm\ge x_1\hm\ge \ldots$$ ; возьмем корректный фрагмент $$F$$, которому принадлежит $$x_0$$. Из леммы 1 следует, что все $$x_i$$ также принадлежат этому фрагменту (поскольку фрагмент $$F$$ будет начальным отрезком в любом большем фрагменте), а $$F$$ вполне упорядочен по определению, так что последовательность стабилизируется. Лемма 2 доказана.

Утверждение леммы 2 можно переформулировать таким образом: существует наибольший корректный фрагмент. Осталось доказать, что этот фрагмент (обозначим его $$S$$ ) включает в себя все множество $$A$$. Если $$S\hm\ne A$$, возьмем элемент $$a\hm=\varphi(S)$$, не принадлежащий $$S$$, и добавим его к $$S$$, считая, что он больше всех элементов $$S$$. Полученное упорядоченное множество $$S'$$ (сумма $$S$$ и одноэлементного множества) будет, очевидно, вполне упорядочено. Кроме того, условие корректности также выполнено (для $$a$$ - по построению, для остальных элементов - поскольку оно было выполнено в $$S$$ ). Таким образом, мы построили больший корректный фрагмент, что противоречит максимальности $$S$$. Это рассуждение завершает доказательство теоремы Цермело.

Как мы уже говорили, из теоремы Цермело и теоремы 20 о сравнении вполне упорядоченных множеств немедленно вытекает такое утверждение:

Теорема 25. Из любых двух множеств одно равномощно подмножеству другого.

Понятие вполне упорядоченного множества ввел Кантор в работе 1883 года; в его итоговой работе 1895-1897 годов приводится доказательство того, что любые два вполне упорядоченных множества сравнимы (одно изоморфно начальному отрезку другого).

Утверждения о возможности полного упорядочения любого множества и о сравнении мощностей (теоремы 24 и 25) неоднократно встречаются в работах Кантора, но никакого внятного доказательства он не предложил, и оно было дано лишь в 1904 году немецким математиком Э.Цермело.

Трансфинитная индукция и базис Гамеля

Вполне упорядоченные множества и теорема Цермело позволяют продолжать индуктивные построения в трансфинитную область (если выражаться торжественно). Поясним это на примере из линейной алгебры.

Всякое линейно независимое множество векторов в конечномерном пространстве может быть дополнено до базиса. Как это доказывается? Пусть $$S$$ - данное нам линейно независимое множество. Если оно не является базисом, то некоторый вектор $$x_0$$ через него не выражается. Добавим его к $$S$$, получим линейно независимое множество $$S\cup\{x_0\}$$. Если и оно не является базисом, то некоторый вектор $$x_1$$ через него не выражается, и т.д. Либо на каком-то шаге мы получим базис, либо процесс не оборвется и мы получим бесконечную последовательность линейно независимых векторов, что противоречит конечномерности.

Теперь с помощью трансфинитной индукции (точнее, рекурсии) мы избавимся от требования конечномерности.

Пусть дано произвольное векторное пространство. Говорят, что множество (возможно, бесконечное) векторов линейно независимо, если никакая нетривиальная линейная комбинация конечного числа векторов из этого множества не равна нулю. (Заметим в скобках, что говорить о бесконечных линейных комбинациях в принципе можно лишь если в пространстве определена сходимость, чего мы сейчас не предполагаем.) Линейно независимое множество векторов называется базисом Гамеля (или просто базисом ) данного пространства, если любой вектор представим в виде конечной линейной комбинации элементов этого множества.

Как и в конечной ситуации, максимальное линейно независимое множество (которое становится линейно зависимым при добавлении любого нового элемента) является, очевидно, базисом.

Теорема 26. Всякое линейно независимое множество векторов может быть расширено до базиса Гамеля.

Доказательство. Пусть $$S$$ - линейно независимое подмножество векторного пространства $$V$$. Рассмотрим вполне упорядоченное множество $$I$$ достаточно большой мощности (большей, чем мощность пространства $$V$$ ). Определим функцию $$f$$ из $$I$$ в $$V$$ с помощью трансфинитной рекурсии:

Заметим, что это рекурсивное правило оставляет $$f(i)$$ неопределенным, если такого невыразимого элемента не существует. (Кроме того, можно отметить, что мы снова используем аксиому выбора. Более подробно следовало бы сказать так: по аксиоме выбора существует некоторая функция, которая по каждому подмножеству пространства $$V$$, через которое не все $$V$$ выражается, указывает один из невыразимых элементов. Затем эта функция используется в рекурсивном определении. Впрочем, аксиома выбора и так уже использована для доказательства теоремы Цермело.)

Это определение гарантирует, что $$f$$ является инъекцией; более того можно утверждать, что все значения $$f$$ вместе с множеством $$S$$ образуют линейно независимое множество. В самом деле, пусть линейная комбинация некоторых значений функции $$f$$ и элементов множества $$S$$ равна нулю. Можно считать, что все коэффициенты в этой комбинации отличны от нуля (отбросив нулевые слагаемые). Входящие в комбинацию значения функции $$f$$ имеют вид $$f(i)$$ при различных $$i$$. Посмотрим на тот из них, который имеет наибольшее $$i$$ ; по построению он должен быть линейно независим от остальных - противоречие.

Поскольку мы предположили, что множество $$I$$ имеет большую мощность, чем $$V$$, рекурсивное определение задает функцию не на всем $$I$$, а только на некотором начальном отрезке $$[0,i)$$, а в точке $$i$$ рекурсивное правило не определено (теорема 19). Это означает, что все векторы пространства $$V$$ выражаются через элементы множества $$S$$ и значения функции $$f$$ на промежутке $$[0,i)$$. Кроме того, как мы видели, все эти векторы независимы. Таким образом, искомый базис найден.

На самом деле можно обойтись без множества большей мощности, упорядочив само пространство $$V$$. При этом на каждом шаге рекурсии надо либо добавлять очередной элемент к будущему базису (если он не выражается через предыдущие), либо оставлять базис без изменений.

115. Проведите это рассуждение подробно.

Базис Гамеля может быть использован для построения разных экзотических примеров. Вот некоторые из них:

Теорема 27.Существует (всюду определенная) функция $$f\colon \bbR\hm\to\bbR$$, для которой $$f(x+y)\hm=f(x)\hm+f(y)$$ при всех $$x$$ и $$y$$, но которая не есть умножение на константу.

Доказательство. Рассмотрим $$\bbR$$ как векторное пространство над полем $$\bbQ$$. В нем есть базис Гамеля. Пусть $$\alpha$$ - один из векторов базиса. Рассмотрим функцию $$f$$, которая с каждым числом $$x$$ (рассматриваемым как вектор в пространстве $$\bbR$$ над полем $$\bbQ$$ ) сопоставляет его $$\alpha$$ -координату (коэффициент при $$\alpha$$ в единственном выражении $$x$$ через векторы базиса). Эта функция линейна над $$\bbQ$$, поэтому $$f(x+y)\hm=f(x)\hm+f(y)$$ для всех $$x,y\hm\in\bbR$$. Она отлична от нуля ( $$f(\alpha)\hm=1$$ ) и принимает лишь рациональные значения, поэтому не может быть умножением на константу.

116. Покажите, что всякая функция, обладающая указанными в теореме 27 свойствами, не ограничена ни на каком отрезке и, более того, ее график всюду плотен в $$\mathbb{R}^2$$.