NKU 第六次作业

T1

说明 $\alpha< \beta$ 可推出 $\gamma+ \alpha< \gamma+\beta$ 且 $\alpha+ \gamma \leqslant \beta+ \gamma$ . 并给出一个例子说明其中的 $\leqslant$ 不能用 $<$ 来替代.
同时，证明：
$$ \alpha \leqslant \beta\to \exists ! \delta (\alpha+ \delta = \beta). $$

考虑对 $\beta$ 利用超限归纳法，

$\beta=0$ 时自然成立，对于 $\beta$ 为后继序数 $\beta=\delta+1$ 的情形，有 $\alpha \leqslant \delta$ ，此时有

\[ \gamma+ \alpha \leqslant \gamma+ \delta < \gamma + \delta +1 = \gamma+(\delta+1) = \gamma+\beta \]

因此后继序数的情形成立. 对 $\beta$ 为极限序数的情形，此时

\[ \gamma+\alpha < \gamma + (\alpha+1) \leqslant\sup\left\lbrace \gamma + \delta,\delta< \beta \right\rbrace = \gamma + \delta \]

因此由超限归纳法，可知 $\alpha < \beta \to \gamma+\alpha < \gamma+\beta$ . $\alpha+\gamma \leqslant \beta+ \gamma$ 的情形也类似，但是要考虑 $\gamma$ 充分大的情形，从而会出现相等的情况，例如 $1<2$ 无法推出 $1+ \omega < 2+\omega$ .

对于最后这个语句，当 $\alpha=\beta$ 时，此时的 $\delta=0$ 即为唯一解. 考虑 $\alpha< \beta$ ，利用如下的引理：

对于任意序数 $\alpha,\beta$ 有
$$ \alpha+ \beta = \alpha\cup \left\lbrace \alpha+ \delta \mid \delta < \beta \right\rbrace $$

引理的证明：
对 $\beta$ 使用超限归纳法，$\beta=0$ 时显然成立，若 $\beta$ 为后继序数，则设 $\beta = \gamma+1$ ，有

\[ \begin{aligned} \alpha+ \beta & = \alpha+ \gamma +1 \\ & = (\alpha+ \gamma)+1 \\ & = \alpha+ \gamma \cup \left\lbrace \alpha+ \gamma \right\rbrace \\ & = \alpha\cup \left\lbrace \alpha+ \delta \mid \delta< \gamma \right\rbrace \cup \left\lbrace \alpha+ \gamma \right\rbrace \\ & = \alpha\cup \left\lbrace \alpha+ \delta\mid \delta \leqslant \gamma \right\rbrace \\ & = \alpha \cup \left\lbrace \alpha+\delta \mid \delta < \beta \right\rbrace \end{aligned} \]

此时结论成立，若为极限序数，则考虑

\[ \begin{aligned} \alpha+ \beta & = \bigcup_{\delta < \beta} \alpha+\delta \\ & = \alpha\cup \bigcup_{\gamma < \beta} \left\lbrace \alpha+ \delta \mid \delta < \gamma \right\rbrace \\ & = \alpha\cup \left\lbrace \alpha+ \delta\mid \delta< \beta \right\rbrace \end{aligned} \]

故由超限归纳法可知成立. $\square$

考虑 $\alpha+\gamma$ ，总可以取到足够大的 $\delta$ 使得

\[ \alpha<\beta \leqslant \alpha+ \delta \]

那么此时，如果 $\beta = \alpha+\delta$ ，那么这个时候就已经找到 $\delta$ ，若 $\beta < \alpha+ \delta$ ，根据上述的引理，$\beta\in \left\lbrace \alpha+\gamma \mid \gamma < \delta \right\rbrace$ ，那么即存在 $\gamma$ 使得 $\alpha+\gamma = \beta$ . 因此存在性成立.

对于唯一性，假设 $\delta' \neq \delta$ 也满足该语句，根据序数的大小关系的三歧性，不妨设 $\delta< \delta'$ ，那么有

\[ \beta = \alpha+ \delta < \alpha+ \delta' = \beta \]

这就出现了矛盾，因此唯一性成立. $\square$

T2

说明如果 $\gamma>0$ ，那么 $\alpha< \beta$ 可推得 $\gamma\cdot \alpha< \gamma\cdot \beta$ 且 $\alpha\cdot \gamma \leqslant \beta\cdot \gamma$ ，并给出一个例子说明 $\leqslant$ 不能替换为 $<$ ，并证明：
$$ (\alpha \leqslant \beta \land \alpha>0)\to \exists ! \delta, \xi(\xi<\alpha \land \alpha\cdot \delta + \xi = \beta). $$

利用超限归纳法，对 $\beta$ 应用，$\beta=0$ 时自然成立. 归纳假设为：$\alpha< \beta$ ，且对任意的 $\delta< \beta$ ，均有 $\gamma\cdot \alpha< \gamma\cdot \delta$ .

当 $\beta$ 为后继序数时，$\beta = \delta+1$ ，有 $\alpha \leqslant \delta$ ，故

\[ \gamma \cdot \alpha \leqslant \gamma\cdot \delta < \gamma \cdot \delta+ \gamma\cdot 1 = \gamma \cdot ( \delta +1) = \gamma\cdot \beta \]

其中运用了乘法的左分配律.

当 $\beta$ 为极限序数的时候，

\[ \gamma\cdot \alpha < \gamma\cdot \alpha + \gamma \cdot 1 \leqslant \sup\left\lbrace \gamma\cdot \delta ,\delta< \beta \right\rbrace = \gamma\cdot \beta \]

因此由超限归纳法可知成立.

对于 $\alpha \cdot \gamma \leqslant \beta \cdot \gamma$ ，归纳法类似，但是在 $\gamma$ 充分大的时候，就会出现问题，例如 $1<2$ ，但是

\[ 1\cdot \omega = \omega = 2\cdot \omega \]

从而等号不能去掉.

对于最后的语句，$\alpha=\beta$ 时，取 $\delta=1,\xi=0$ 即可. 当 $\alpha< \beta$ 时，考虑 $\beta$ 为极限序数时，$\xi=0$ ，当 $\beta$ 为后继序数时，它是一个极限序数的有限次后继，利用 T1 结论可以得出 $\xi$ ，因此只需讨论 $\alpha\cdot \delta = \beta$ ，$\beta$ 为极限序数的情形. 考虑利用如下的引理：

对于任意序数 $\alpha,\beta$ 有
$$ \alpha\cdot \beta = \left\lbrace \alpha\cdot \xi + \eta \mid \xi< \beta\land \eta < \alpha \right\rbrace $$

引理的证明：
对 $\beta$ 使用超限归纳法：$\beta=0$ 时结论显然成立. $\beta$ 为后继序数时，设 $\beta = \gamma+1$ ，从而利用归纳假设有

\[ \begin{aligned} \alpha\cdot \beta & = \alpha \cdot (\gamma+1) \\ & = \alpha\cdot \gamma + \alpha \\ & = \left\lbrace \alpha\cdot \xi+ \eta \mid \xi< \gamma \land \eta < \alpha \right\rbrace \cup \left\lbrace \alpha\cdot \gamma + \delta \mid \delta < \alpha \right\rbrace \\ & = \left\lbrace \alpha\cdot \xi + \eta\mid \xi < \beta \land \eta < \alpha \right\rbrace \end{aligned} \]

因此后继序数的情形成立.

$\beta$ 为极限序数时，有

\[ \begin{aligned} \alpha\cdot \beta & = \bigcup_{\delta < \beta, \gamma < \alpha} (\alpha\cdot \delta + \gamma) \\ & = \left\lbrace \alpha\cdot \xi + \eta \mid \xi < \beta\land \eta < \alpha \right\rbrace \end{aligned} \]

极限序数的情形成立.

根据引理可得存在性，对于唯一性，假设有

\[ \alpha\cdot \xi_1 + \eta_1 = \alpha\cdot \xi_2 + \eta_2 = \beta \]

如果 $\xi_1=\xi_2$ ，那么根据加法的性质可得 $\eta_1=\eta_2$ . 如果 $\xi_1\neq \xi_2$ ，不妨设 $\xi_1 < \xi_2$ ，那么 $\xi_1 +1 \leqslant \xi_2$ ，从而

\[ \alpha\cdot (\xi_1+1)+ \eta_2 \leqslant \alpha\cdot \xi_2 +\eta_2 = \beta = \alpha\cdot \xi_1 + \eta_1 \]

故 $\alpha+\eta_2 \leqslant \eta_1$ ，这和 $\eta_1 < \alpha$ 是矛盾的. 故唯一性成立. $\square$

T3

证明 Cantor 序数正则形式定理：对于每个非 $0$ 的序数 $\alpha$ ，它们均可表为如下的形式：
$$ \alpha = \omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot l_n $$
其中 $1 \leqslant n < \omega,\alpha \geqslant \beta_1 > \cdots > \beta_n$ ，且 $1\leqslant l_i< \omega,i=1,\cdots,n$ ，更进一步，这个表示形式是唯一的.

对 $\alpha$ 使用超限归纳法，当 $\alpha=1$ 时，有 $\alpha = \omega^0$ . 对 $\alpha$ 为后继序数的情形，设

\[ \alpha= \gamma+1 = \omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot l_n +1 = \omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot l_n+ \omega^0\cdot 1 \]

从而后继序数的情形成立，对于 $\alpha$ 为极限序数的情形，取最大的 $\beta$ 使得 $\omega^\beta \leqslant \alpha$ ，根据 T2 结论，存在唯一的 $\delta$ 和 $\eta$ 使得 $\alpha = \omega^\beta\cdot \delta+ \eta$ .而根据归纳假设，$\eta$ 可写为 Cantor 正则形式，故 $\alpha$ 此时可写为 Cantor 正则形式. 因此该形式的存在性成立.

对于唯一性，当 $\alpha = 1$ 时，$\alpha=\omega^0$ 显然是唯一的，$\alpha$ 为后继序数的情形，$\alpha = \gamma+1$ 由归纳假设有 $\gamma$ 的正则形式唯一，从而 $\alpha$ 的正则形式唯一地为：

\[ \alpha= \gamma+1 = \omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot l_n +1 = \omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot l_n+ \omega^0\cdot 1 \]

当 $\beta_n = 0$ 时，后式还可进一步写为 $\omega^{\beta_1}\cdot l_1+\cdots + \omega^{\beta_n}\cdot (l_n+1)$ . 因此后继序数的唯一性成立. 最后极限序数的情形，存在性的证明中，利用 T2 的结论可知 $\delta$ 和 $\eta$ 是唯一的，而 $\eta$ 根据归纳假设可知正则形式唯一，于是表示形式唯一. $\square$

NKU 第六次作业

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