Научная литература
booksshare.net -> Добавить материал -> Математика -> Манин Ю.И. -> "Доказуемое и недоказуемое " -> 60

Доказуемое и недоказуемое - Манин Ю.И.

Манин Ю.И. Доказуемое и недоказуемое — Советское радио , 1979. — 89 c.
Скачать (прямая ссылка): dokazuemoinedokazu1979.djvu
Предыдущая << 1 .. 54 55 56 57 58 59 < 60 > 61 62 63 64 65 66 .. 70 >> Следующая

Если asS, положим
а/=дополнение замыкания а в S, а"— (а')'.
Множества a^S с а''—а называются регулярными открытыми множествами пространства X.
8.4. Теорема.
Положжим
В — {ad S | а" = а}, а Д b = о Г) Ь; а\/b = (a [J Ь)".
Тогда В с операциями V. Д а ’ является полной булевой алгеброй с условием счетности, и V Фдля любого семейства а-.^В. i i
Доказательство мы опустим: см. Россер '[6, гл. 2].
8.5. Лемма.
В условиях теоремы 8.4 положим: Ъ (п, а) — множество векторов с 1 на месте (я, а) и определим Z(a), как в п. 8.26. Тогда IIZ (а) =Z(?)||=0 при a=y^?.
Доказательство. По формуле (5) § 4
JI Z (а) = Z (0)|| = Д (Ь (п, а) Д Ь (я, р)) V (Ь (я, а)' ДЬ (я, 0)'). л©“ о
Правая часть может лишь увеличиться, если заменить Д на f| и V на U; штрихи здесь совпадают с обычными дополнениями. Если ||Z (а) =Z(?) 11=5^0, то должен был бы существовать элемент из стандартного базиса топологии X, описанного в начале п. 8.3, содержащийся в
' 11 (л. <*) П Ь (я, 0)) U (Ь (я, *у П Ь (я, 0)'),
Но это пересечение состоит из векторов, у которых координаты на местах (я, а) и (я, ?) одинаковы для всех я, тогда как в любом элементе стандартного базиса топологии ограничения наложены лишь на конечное число координат.
144
8.6. Формулировка отрицания континуум-гипотезы. Мы будем доказывать .истинность“ следующей формулы: ~1К.Г: ух ((х— ординал Д х не конечен /\УУ{у€Е х-*у конечен)) -‘•дда (нет функции аз х на все а>Д нет функции из ш на е/“ (х)).
Здесь х конечен: у у {у С х /\у ? х~* нет функции из у на все х). Расшифровку остальных сокраще» ий мы оставляем читателю.
Посылка в ~!КГ означает:, х есть первый бесконечный'ординал*,заключение: «ш есть множество мощности, строго промежуточной между МОЩНОСТЬЮ X и мощностью &(х)».
Мы будем сокращенно записывать "~1КГ в виде
8.7. Редукционная лемма.
Пусть Р(х), Q(x)—две формулы языка Цермело — Френкеля с единственной свободной переменной х и со следующими свойствами:
Формула д! хР (х) выводима из аксиом ;
Х0еУв — такой элемент что |[P(*0)||—1. Тогда || Р (Х)|| =[[*= *01| для всех X, и если || Q (*0)|| = 1, то || ух (Р (х) -* Q (х))|| = 1.
Доказ ательство. Заметим прежде всего, что || g хР (х)|| ^ || д! хР (х)||= = 1, ибо все аксиомы „истинны * в VB, а правила вывода сохраняют „истинность* . Значит, существование объекта Л'цЕУ8 с || Я(.Д0)||=1 обеспечено леммой 7.4.
Далее, Р (х) Д Р (у) -* х —у также выводима, откуда, применяя это к X вместо х и До вместо у, находим
но || Р (Х)|| Д Ц 2С = Х01| = || Р (Д'о) II А Ц = •Х’о II; сравнивая это с (3), получаем, что в (3) можно поставить равенство.
Наконец, допустим, что Нд (До) 11 = 1. Тогда по доказанному
II р (X) II = II0 (.д0)1| д IIX = *„ II = II д (X) II д II * = *0 II = по (*)ЦЛГ(*)Ц,
откуда II Р (X) II < II д (*)|| и II ух {Р (х) - д (х))|| - 1.
Эту лемму можно применять к доказательству ~1 КГ в форме (2), потому
что из аксиом выводима формула д! хР(х), где Р(х) —посылка «х есть первый бесконечный ординал». Мы не будем приводить соответствующий формальный вывод, удовлетворившись констатацией того, что единственность а>0 общеизвестна.
Теперь в силу леммы 8.7 для проверки ~1 КГ достаточно установить следующие факты:
8.8. ЦР(и0)Ц = 1.
(Иными словами, роль Ха в нашей ситуации играет (в0.)
8.9. || (Ъ (м0> “0 11 = 1-ело. ц д2 к.Я)|1 = 1
(значит, [| дш (д, (са0, ш) дд2 (сйо, ш)) Ц = 1, что завершает проверку условий леммы).
ух (Р (х) -» дш (gt (х, ю) Д дг (х, да))).
(2)
||Р(Г) ||^!|Х = Хо1!,
(31
145
Проверка 8.8 проводится почти механически, и мы оставляем ее в качестве упражнения.
8.11. Проверка п. 8.9. Мы должны установить, что если В удовлетворяет условию счетности, то ||з функция из ы0 на все ш, || = 0. Следующее доказательство дословно переносится иа более общий случай, когда вместо coo, coj берется любая пара s, t^V с cards<carcU и cards бесконечно.
Допустим, что 0 ф а = || 3;/ (/ - функция Д у у (у S -» 3* (*?», Д {х,
#)€=/)))[), и придем к противоречию. Должен существовать такой элемент F?EVB, что о<|| F - функция ЦД Д (...).
Для Каждого sG®! рассмотрим член произведения, отвечающий У = <Г, и учтем что |j aG®! j| = 1'.
Получим
|( Д-функция || Д (V |! || д || (X^afeF ||. (4)
В силу (1)
||*еЯ||Д||<*. a)SefH=V II *=«11 Д||<*. a)SSF|i=
Л<ш0
*=V ||* = «|| Д||(л,а>Ве^ II,
«<®о
так что, суммируя сначала по X, а потом по л, можно представить (4) в виде а < || F- функция }} Д V II (п, а)В <ЕЕ F ||. Значит, для каждого а< ы,, найдется
л<ш О
такой л(а)<со0, что
IIF- функция || Д||<л(а),а)ВеД||^0.
Поэтому существует такое значение л0 и такое подмножество /=(0ь мощности <Й1, что
0 Ф аа = ll F - функция II Д II (л,, а„) е F II для всех а е /•
Остается проверить, что Д = 0 при а Д что противоречит условию счетности для В. Так как по определению функции
аа Л = IIF - функция || Д1|(п,.^>ВеВ|| Л||(л0,7>ВеЛК|| “ =Т II-
достаточно проверить, что если афР, то || а = р || = 0.
Действительно, если, скажем, ?(?«, но у ^Р, то в формуле (5) § 4 для
| * = Р || есть нулевой член || f?: jf]|' V |l YSjf|l* (Проверка того, что Пт е?ц = = 0 при ТЗЁР, в свою очередь, требует знания того, что ||'у='8||^=0 при V ф8, но лишь для у и в меньшего ранга, чем аир, так что полное доказательство требует индукции по рангу.1)
Предыдущая << 1 .. 54 55 56 57 58 59 < 60 > 61 62 63 64 65 66 .. 70 >> Следующая

Реклама

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed

Есть, чем поделиться? Отправьте
материал
нам
Авторские права © 2009 BooksShare.
Все права защищены.
Rambler's Top100

c1c0fc952cf0704ad12d6af2ad3bf47e03017fed