§E1.21累積階層と階数

証明.$V_0=\varnothing$は推移的であり、$\beta\leq0$ならば$\beta=0$である。$V_\delta$が推移的であり、すべての$\beta\leq\delta$について$V_\beta\subseteq V_\delta$が成り立つとする。$u\in V_\delta$ならば$u\subseteq V_\delta$であるから、$u\in\mathcal P(V_\delta)$である。したがって

であり、$\beta\leq\delta+1$ならば$V_\beta\subseteq V_{\delta+1}$である。また、$z\in y\in\mathcal P(V_\delta)$とすると、$y\subseteq V_\delta$より$z\in V_\delta\subseteq\mathcal P(V_\delta)$である。よって$V_{\delta+1}$は推移的である。

$\lambda$を極限順序数とし、すべての$\delta<\lambda$について二つの主張が成り立つとする。$\beta<\lambda$ならば$V_\beta\subseteq\bigcup_{\delta<\lambda}V_\delta=V_\lambda$である。$z\in y\in V_\lambda$とすると、ある$\delta<\lambda$が存在して$y\in V_\delta$が成り立つ。$V_\delta$の推移性により$z\in V_\delta\subseteq V_\lambda$であるから、$V_\lambda$は推移的である。§E1.17 定理 1.1 (3)により、主張 (1)と主張 (2)がすべての順序数について成り立つ。

$V_{\alpha+1}=\mathcal P(V_\alpha)$であるから、主張 (3)は冪集合の定義から従う。

$V_0$に属する順序数は存在しない。$V_\delta$に属する順序数がちょうど$\delta$未満の順序数であるとする。順序数$\gamma$の元はいずれも順序数であるから、帰納法の仮定と§E1.16 命題 2.5 (1)により

である。$\lambda$を極限順序数とし、すべての$\delta<\lambda$について同じ主張が成り立つとする。順序数$\gamma$が$V_\lambda$に属するならば、ある$\delta<\lambda$が存在して$\gamma\in V_\delta$が成り立ち、$\gamma<\delta<\lambda$である。逆に$\gamma<\lambda$ならば、§E1.16 系 4.3により$\gamma+1<\lambda$である。帰納法の仮定から$\gamma\in V_{\gamma+1}\subseteq V_\lambda$を得る。超限帰納法により主張 (4)が成り立つ。▨

証明.§E1.17 系 2.4を長さ$\omega$で用いると、$T_0=x$、$T_{n+1}=\bigcup T_n$を満たす列$(T_n)_{n<\omega}$が得られる。§E1.17 定理 2.1 (2)により$\{T_n\mid n<\omega\}$は集合であり、その和$\operatorname{trcl}(x)$も集合である。$T_0=x$より$x\subseteq\operatorname{trcl}(x)$である。$z\in y\in\operatorname{trcl}(x)$とすると、ある$n<\omega$が存在して$y\in T_n$が成り立ち、$z\in\bigcup T_n=T_{n+1}\subseteq\operatorname{trcl}(x)$である。したがって$\operatorname{trcl}(x)$は推移的である。

$U$を$x\subseteq U$を満たす推移的集合とする。$T_0\subseteq U$であり、$T_n\subseteq U$ならば$T_{n+1}=\bigcup T_n\subseteq U$である。$n$についての帰納法により、すべての$n<\omega$について$T_n\subseteq U$であるから、$\operatorname{trcl}(x)\subseteq U$である。$x\in V_\alpha$のときは、命題 1.3 (1)により$x\subseteq V_\alpha$であり、$U=V_\alpha$に適用して$\operatorname{trcl}(x)\subseteq V_\alpha$を得る。主張 (1)は示された。

§E1.13 命題 5.2により、$A=x\cup\bigcup_{y\in x}\operatorname{trcl}(y)$は集合である。$y\in x$ならば、$y\in\operatorname{trcl}(x)$と推移性から$y\subseteq\operatorname{trcl}(x)$である。主張 (1)を$y$に適用すると$\operatorname{trcl}(y)\subseteq\operatorname{trcl}(x)$であるから、$A\subseteq\operatorname{trcl}(x)$である。一方、$z\in A$とする。$z\in x$のときは$z\subseteq\operatorname{trcl}(z)\subseteq A$である。ある$y\in x$が存在して$z\in\operatorname{trcl}(y)$が成り立つときは、$\operatorname{trcl}(y)$の推移性により$z\subseteq\operatorname{trcl}(y)\subseteq A$である。したがって$A$は$x$を含む推移的集合であり、主張 (1)により$\operatorname{trcl}(x)\subseteq A$である。よって主張 (2)が成り立つ。

$x$が推移的ならば、主張 (1)を$U=x$に適用して$\operatorname{trcl}(x)\subseteq x$を得る。逆の包含は常に成り立つので、主張 (3)が従う。▨

証明.$r=\operatorname{rank}(x)$とおく。$r<\alpha$ならば$r+1\leq\alpha$であり、階数の定義と命題 1.3 (3)により$x\in V_{r+1}\subseteq V_\alpha$である。逆に$x\in V_\alpha$とする。このとき$\alpha\neq0$である。$\alpha=\delta+1$ならば$x\subseteq V_\delta$であるから、$r\leq\delta<\alpha$である。$\alpha$が極限順序数ならば、ある$\delta<\alpha$が存在して$x\in V_\delta$が成り立つ。$V_\delta$の推移性により$x\subseteq V_\delta$であるから、$r\leq\delta<\alpha$である。よって主張 (1)が成り立つ。

$y\in x$とする。$x\subseteq V_r$より$y\in V_r$であるから、$y$の階数は定まり、主張 (1)により$\operatorname{rank}(y)<r$である。置換公理スキーマと§E1.16 補題 4.4により、順序数

が定まる。任意の$y\in x$について$\operatorname{rank}(y)+1\leq r$であるから、$s\leq r$である。また、任意の$y\in x$について$\operatorname{rank}(y)<\operatorname{rank}(y)+1\leq s$であるから、主張 (1)により$y\in V_s$である。したがって$x\subseteq V_s$であり、$r$の最小性から$r\leq s$である。よって主張 (2)が成り立つ。

$x\subseteq V_r$と命題 2.1 (1)により、$\operatorname{trcl}(x)\subseteq V_r$である。したがって、任意の$z\in\operatorname{trcl}(x)$の階数が定まり、主張 (1)により$\operatorname{rank}(z)<r$である。ゆえに

である。逆の包含について、$r$より小さい階数をもつすべての集合について主張 (3)が成り立つと仮定する。$\beta<r$とする。主張 (2)と§E1.16 補題 4.4 (3)により、$\beta<\operatorname{rank}(y)+1$を満たす$y\in x$が存在し、$\beta\leq\operatorname{rank}(y)$である。$\beta=\operatorname{rank}(y)$ならば、$y\in x\subseteq\operatorname{trcl}(x)$が求める元である。$\beta<\operatorname{rank}(y)$ならば、$\operatorname{rank}(y)<r$と帰納法の仮定により、$\operatorname{rank}(z)=\beta$を満たす$z\in\operatorname{trcl}(y)$が存在する。命題 2.1 (2)により$\operatorname{trcl}(y)\subseteq\operatorname{trcl}(x)$であるから、いずれの場合も$\beta$は$\operatorname{trcl}(x)$の元の階数である。$r$についての超限帰納法により主張 (3)が成り立つ。▨

証明. どの段にも属さない集合$x$が存在すると仮定する。分出公理スキーマにより

は集合である。$x\in\{x\}\subseteq\operatorname{trcl}(\{x\})$より$x\in S$であるから、$S$は空でない。基礎の公理により、$y\in S$かつ$y\cap S=\varnothing$を満たす$y$が存在する。任意の$z\in y$に対し、$\operatorname{trcl}(\{x\})$の推移性から$z\in\operatorname{trcl}(\{x\})$であり、$y\cap S=\varnothing$より$z\notin S$である。したがって$z$はある段の元であり、その階数が定まる。置換公理スキーマにより$\{\operatorname{rank}(z)+1\mid z\in y\}$は集合であるから、§E1.16 補題 4.4により

は順序数である。任意の$z\in y$に対して$\operatorname{rank}(z)<\beta$であるから、命題 3.2 (1)により$z\in V_\beta$である。よって$y\subseteq V_\beta$であり、$y\in V_{\beta+1}$である。これは、どの段にも属さないという$y\in S$の条件に反する。したがって、どの段にも属さない集合は存在しない。▨

証明.$x\in x$と仮定する。定理 3.3により$x$の階数は定まり、命題 3.2 (2)を$y=x$に適用すると$\operatorname{rank}(x)<\operatorname{rank}(x)$となる。順序数の狭義順序は非反射的であるから、これは矛盾である。▨

証明.$I=\varnothing$ならば空写像を取ればよい。$I\neq\varnothing$とし、$i\in I$を固定する。$\varphi(i,x)$を満たす集合$x$を一つ取る。定理 3.3により$\beta=\operatorname{rank}(x)$は順序数である。分出公理スキーマにより

は集合であり、$\beta$を含むので空でない。その最小元を$\alpha_i$とすると、$\alpha_i$は$\varphi(i,y)$を満たすすべての集合$y$の階数の中で最小である。したがって$\alpha_i$は、最初に取った$x$に依存せず、$i$から一意に定まる。

分出公理スキーマ§E1.13 定義 2.1により

は集合である。階数$\alpha_i$をもつ候補が存在し、命題 3.2 (1)によりその候補は$V_{\alpha_i+1}$に属するから、$S_i\neq\varnothing$である。各$i$から$\alpha_i$と$S_i$は一意に定まるので、置換公理スキーマ§E1.13 定義 5.1により$\{(i,S_i)\mid i\in I\}$は集合である。この族$(S_i)_{i\in I}$に選択公理を適用すると、すべての$i\in I$について$f(i)\in S_i$を満たす写像$f$が得られる。$S_i$の定義により$\varphi(i,f(i))$が成り立つ。▨

証明. 許される列$s$に対し、$\psi(s,x)$を満たす集合$x$の階数の最小値を$\alpha(s)$とする。一つの候補の階数以下の順序数に分出公理スキーマを適用し、その中で最小元を取ることにより、$\alpha(s)$は一意に定まる。したがって

は分出公理スキーマによって得られる空でない集合であり、元の階数はすべて$\alpha(s)$である。許される列でない集合$s$については$S(s)=\varnothing$と定める。

定義域$n$の有限列$s$と集合$x$に対し、$s^\frown x=s\cup\{(n,x)\}$とおく。許される列$s$に対して$E(s)=\{s^\frown x\mid x\in S(s)\}$と定め、許される列でない集合$s$に対して$E(s)=\varnothing$と定める。置換公理スキーマにより各$E(s)$は集合であり、§E1.13 命題 5.2により、任意の集合$U$に対して$\bigcup_{s\in U}E(s)$も集合である。よって§E1.17 系 2.4を長さ$\omega$で用いることにより

を満たす列$(T_n)_{n<\omega}$が得られる。

$T_0$は空でなく、その元は長さ$0$の許される列である。$T_n$が空でなく、その元がすべて長さ$n$の許される列であるとする。$s\in T_n$と$x\in S(s)$に対し、$s^\frown x$の長さは$n+1$である。$k<n$については$\psi(s|k,s(k))$が成り立ち、$k=n$については$\psi(s,x)$が成り立つので、$s^\frown x$も許される列である。また、$s\in T_n$が存在し、$S(s)\neq\varnothing$であるから$T_{n+1}\neq\varnothing$である。$n$についての帰納法により、各$T_n$は空でなく、長さ$n$の許される列からなる。

§E1.17 定理 2.1 (2)と和の規則により$T=\bigcup_{n<\omega}T_n$は集合である。$T\times T$からの分出により、二項関係

を定める。$s\in T$に対して$s\in T_n$を満たす$n<\omega$を取ると、$E(s)$は空でなく、$E(s)\subseteq T_{n+1}\subseteq T$である。したがって、任意の$s\in T$に対して$sR_Tt$を満たす$t\in T$が存在する。初項を$()\in T_0\subseteq T$に指定して§E1.20 定理 4.6 (1)を$T$と$R_T$に適用すると、$s_0=()$および$s_nR_Ts_{n+1}$を満たす列$(s_n)_{n<\omega}$が得られる。$s_0\in T_0$であり、$s_n\in T_n$ならば$s_{n+1}\in E(s_n)\subseteq T_{n+1}$である。$n$についての帰納法により、各$s_n$は長さ$n$の許される列であり、$s_n\subseteq s_{n+1}$である。

増大する写像のグラフの和$f=\bigcup_{n<\omega}s_n$は集合である。グラフどうしは共通の定義域で一致し、定義域の和は$\bigcup_{n<\omega}n=\omega$であるから、$f$は定義域$\omega$の写像のグラフである。$x_n=f(n)$とおくと、$f|n=s_n$および$x_n\in S(s_n)$であるから、$S(s_n)$の定義により$\psi(f|n,x_n)$が成り立つ。▨