НОУ ИНТУИТ | Введение в теорию множеств. Лекция 13: Индуктивные определения и степени

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 21.02.2007 | Уровень: специалист | Доступ: платный | ВУЗ: Московский государственный университет имени М.В.Ломоносова

|

Вам нравится? Нравится 29 студентам

| Поделиться |

Поддержать программу

Аннотация: Определяется ряд теорем с подробными доказательствами, которые полностью описывают операции сложения и умножения ординалов. Есть некоторые замечания по ходу объяснения лекции, на которые следует обратить внимание. Как обычно, множество задач для самостоятельного решения. Также приведены несколько теорем для создания более полного представления о материале лекции

Мы определили сложение и умножение ординалов с помощью явных конструкций порядка на соответствующих множествах. Вместо этого можно было бы их определить индуктивно.

Теорема 38.Сложение ординалов обладает следующими свойствами:

$\begin{align*} \alpha+ 0 &= \alpha;\\ \alpha+(\beta+1) &= (\alpha+\beta)+1;\\ \alpha+\gamma&= \sup\{\alpha+\beta\mid \beta<\gamma\} \text{ для предельного $\gamma\hm\ne0$}. \end{align*}$

Эти свойства однозначно определяют операцию сложения.

Доказательство. Два первых свойства очевидны; проверим третье. Если $\beta\hm<\gamma$ , то $\alpha\hm+\beta\hm<\alpha\hm+\gamma$ , так что $\alpha\hm+\gamma$ будет верхней границей всех сумм вида $\alpha\hm+\beta$ при $\beta\hm<\gamma$ . Надо проверить, что эта граница точная. Пусть некоторый ординал $\tau$ меньше $\alpha\hm+\gamma$ . Убедимся, что он меньше $\alpha\hm+\beta$ для некоторого $\beta\hm<\gamma$ . Если $\tau\hm<\alpha$ , все очевидно. Если $\tau\hm\ge\alpha$ , представим его в виде $\tau\hm=\alpha\hm+\sigma$ . Тогда $\alpha\hm+\sigma \hm< \alpha\hm+\gamma$ и потому $\sigma\hm<\gamma$ . Поскольку ординал $\gamma$ предельный, $\sigma\hm+1$ также меньше $\gamma$ и остается положить $\beta\hm=\sigma\hm+1$ .

Указанные свойства однозначно определяют операцию сложения, так как представляют собой рекурсивное определение по $\beta$ (если есть две операции сложения, обладающие этими свойствами, возьмем минимальное $\beta$ , для которого они различаются и т.д).

Аналогично можно определить и умножение:

Теорема 39. Умножение ординалов обладает следующими свойствами:

$\begin{align*} \alpha 0 &= 0;\\ \alpha(\beta+1) &= \alpha\beta+\alpha;\\ \alpha\gamma&= \sup\{\alpha\beta\mid \beta<\gamma\} \text{ для предельного $\gamma\hm\ne0$}. \end{align*}$

Эти свойства однозначно определяют операцию умножения.

Доказательство. Доказательство аналогично, нужно только проверить, что если $\tau\hm<\alpha\gamma$ для предельного $\gamma$ , то $\tau\hm<\alpha\beta$ для некоторого $\beta\hm<\gamma$ . Как мы видели на с.101, ординал $\tau$ имеет вид $\tau\hm=\alpha\gamma'\hm+\alpha'$ при $\gamma'\hm<\gamma$ ; достаточно положить $\beta\hm=\gamma'\hm+1$ .

Возникает естественное желание определить операцию возведения в степень. Мы уже по существу определили возведение в целую положительную степень ( $\alpha^n$ есть произведение сомножителей, равных $\alpha$ ). Другими словами, если упорядочено по типу $\alpha$ , то множество A^n последовательностей длины с элементами из с обратным лексикографическим порядком (сравнение справа налево) упорядочено по типу $\alpha^n$ .

Следующий шаг- определить $\alpha^\omega$ . Первая идея, приходящая в голову- взять множество $A^{\bbN}$ бесконечных последовательностей и определить на нем полный порядок. Но как его ввести- неясно. Поэтому можно попробовать определить возведение в степень индуктивно с помощью следующих соотношений:

$\begin{align*} \alpha^0 &= 1;\\ \alpha^{\beta+1} &= \alpha^\beta\cdot\alpha;\\ \alpha^\gamma&= \sup\{\alpha^\beta\mid \beta<\gamma\} \text{ для предельного $\gamma\hm\ne0$}. \end{align*}$

Теорема 18 (о трансфинитной рекурсии) гарантирует, что эти соотношения однозначно определяют некоторую операцию над ординалами, которая и называется возведением в степень.

Замечание. Тут опять мы подходим к опасной границе парадоксов и вынуждены выражаться уклончиво. На самом деле теорема о трансфинитной рекурсии говорила об определении функции на вполне упорядоченном множестве, а ординалы не образуют множества- их слишком много. Кроме того, в ней шла речь о функциях со значениями в некотором заданном множестве, которого здесь тоже нет. Подобные индуктивные определения можно корректно обосновать в теории множеств с использованием так называемой аксиомы подстановки, но мы об этом говорить не будем. Вместо этого мы дадим явное описание возведения в степень, свободное от этих проблем.

Чтобы понять смысл возведения в степень, посмотрим, как выглядит ординал $\alpha^\omega$ (для некоторого $\alpha$ ). Пусть - множество, упорядоченное по типу $\alpha$ . Ординал $\alpha^\omega$ по определению есть точная верхняя грань $\alpha^n$ для натуральных . Ординал $\alpha^n$ есть порядковый тип множества A^n , упорядоченного в обратном лексикографическом порядке. Чтобы найти точную верхнюю грань, представим множества A^n как начальные отрезки друг друга. Например, A^2 состоит из пар $\langle a_1,a_2\rangle$ и отождествляется с начальным отрезком в A^3 , состоящим из троек $\langle a_1,a_2,0\rangle$ . (Здесь - наименьший элемент в .) Теперь видно, что все множества A^n можно рассматривать как начальные отрезки множества $A^\infty$ , состоящего из бесконечных последовательностей $a_0, a_1, \dots$ , элементы которых принадлежат и в которых лишь конечное число членов отлично от нуля. (Последнее требование делает корректным определение обратного лексикографического порядка- мы находим самую правую позицию, в которой последовательности различаются, и сравниваем их значения в этой позиции.) В объединении эти начальные отрезки дают все $A^\infty$ , так что это множество с описанным порядком имеет тип $\alpha^\omega$ .

Аналогичное утверждение верно и для любого показателя степени.

Пусть и - вполне упорядоченные множества, имеющие порядковые типы $\alpha$ и $\beta$ . Рассмотрим множество $[B\to A]$ состоящее из отображений в , имеющих " конечный носитель" (равных минимальному элементу всюду, за исключением конечного множества). Введем на $[B\nolinebreak\to A]$ порядок: если $f_1\hm\ne f_2$ , выберем наибольший элемент $b\hm\in B$ , для которого $f_1(b)\hm\ne f_2(b)$ и сравним f_1(b) и f_2(b) .