creature強制法勉強日記(4月28日): creature強制法がproperになる十分条件の一つ

証明．$i\in \omega$であって$w^p\in \mathrm{basis}(t_i^p)$となるものを取る． $q=(w^p,t_i^p,t_{i+1}^p,\dots )$は所望の条件である． (証明終わり)

証明． まず$q$が条件であることを確認していく．

任意の$i<\omega$について，$m_{\mathrm{up}}^{t_i^q}=m_{\mathrm{down}}^{t_{i+1}^q}$であることは明らか．

$w^{\prime }\in \mathrm{basis}(t_0^q)$であること：$p$が条件であるので，$w^{\prime }\in \mathrm{pos}(w,s_0,\dots ,s_{n-1})$について，$w^{\prime }\in \mathrm{basis}(s_n)=\mathrm{basis}(t_0^q)$となる．

どんな有限区間$I\subseteq \omega$とどんな$u\in \mathrm{pos}(w^{\prime },\{t_i^q{\}}_{i\in I})$についても$j=max(\omega \setminus I)$について$u\in \mathrm{basis}(t_j^q)$であること：補題2と$p$が条件なことより従う．

列$(t_i^q:i\in \omega )$はノルム条件$\mathrm{s}\mathrm{\infty }$を満たすことは明らか．

以上より$q$が条件であることが確かめられた． $q\le p$は明らか． (証明終わり)

証明．$q\le p$の証拠となる区間列$(I_n:n\in \omega )$を取る： $w^q\in \mathrm{pos}(w^p,t_i^p:i\in I_0)$かつ$t_n^q\in \mathrm{\Sigma }(t_i^p:i\in I_{n+1})$ (for every $n\in \omega$).

このとき$w^{\prime }\in \mathrm{pos}(w^p,t_0^p,\dots ,t_{min(I_n)-1}^p)$であるので，条件$\varphi (p,w^{\prime })$を考えることができる．

$J_0=\varnothing ,J_{m+1}=I_{n+m+1}$で定まる区間列が$\varphi (q,w^{\prime })\le \varphi (p,w^{\prime })$の証拠となる． (証明終わり)

証明． $q^{\prime }=(w^q,t_0^q,\dots ,t_{n-1}^q,t_0^r,t_1^r,\dots )$とおく．

$q^{\prime }$が条件なことを見よう． $m_{\mathrm{up}}^{t_{n-1}^q}=m_{\mathrm{down}}^{t_0^r}$を見る必要があるが，両者は$|w^{\prime }|$に等しいのでよい． $w^q\in \mathrm{basis}(t_0^q)$は$q\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$より従う．

どんな有限区間$I\subseteq \omega$とどんな$u\in \mathrm{pos}(w^q,\{t_i^{q^{\prime }}{\}}_{i\in I})$についても$u\in \mathrm{basis}(t_{|I|}^{q^{\prime }})$なこと： $I=n$の場合が問題となる． $t_{|I|}^{q^{\prime }}=t_0^r$で$r\le \varphi (q,w^{\prime })$なので，ある$i\in \omega$について$t_0^r=\mathrm{\Sigma }(t_n^q,\dots ,t_{n+i}^q)$となる． しかし，nicenessより，$u\in \mathrm{basis}(t_n^q)\subseteq \mathrm{basis}(t_0^r)$となる．よってよい．

ノルム条件$\mathrm{s}\mathrm{\infty }$を満たしているのは明らか．

$q^{\prime }\le q$について． $r{\le }_0\varphi (q,w^{\prime })$なのでその証拠となる区間分割$(I_n:n\in \omega )$をとる． $J_0=\varnothing ,J_1=\{0\},\dots ,J_n=\{n-1\},J_{n+1}=I_1,J_{n+2}=I_2,\dots$という区間分割を取れば$q^{\prime }\le q$の証拠となる．

$\varphi (q^{\prime },w^{\prime })=r$は明らか． (証明終わり)

証明． $p=(w^p,t_0^p,t_1^p,\dots )$とする． 目的の条件$q=(w^q,s_0,s_1,\dots )$を定めていく． $w^q=w^p$とし，$i<l$に対しては$s_i=t_i^p$とする． $n\ge l$に関する帰納法で$q_n,s_n,t_{n+1}^n,t_{n+2}^n,\dots$を次を満たすように定める．

1. $q_l=p$
2. $q_{n+1}=(w^p,s_0,\dots ,s_n,t_{n+1}^n,t_{n+2}^n,\dots )\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$
3. $q_{n+1}{\le }_n{q}_n$
4. もし$w_1\in \mathrm{pos}(w^p,s_0,\dots ,s_{n-1}),m\le m_{\mathrm{up}}^{s_{n-1}}$かつ，ある$r\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma }),r{\le }_0(w_1,s_n,t_{n+1}^n,t_{n+2}^n,\dots )$が存在して，$r$が${\dot{\tau }}_m$を決定するならば，$(w_1,s_n,t_{n+1}^n,t_{n+2}^n,\dots )$もすでに決定している．

補題3より，上記の状況で$(w_1,s_n,t_{n+1}^n,t_{n+2}^n,\dots )$は${\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$の条件であることに注意する．

以上より，(i)-(iv)を満たす列を構成すればよいことがわかった． $s_{n-1}$までと$t_{n+i}^{n-1}$ (for $i\in \omega$)および$q_n$が定まったとする． $\mathrm{pos}(w^p,s_0,\dots ,s_{n-1})\times (m_{\mathrm{up}}^{s_{n-1}}+1)$の枚挙$((w_i^n,m_i^n):i<k_n)$を取る． creating pairがfinitaryという仮定より$k_n<\omega$である．

${\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$の条件の列$(q_{n,k}:k\le k_n)$を次を満たすように定める．

1. $q_{n,0}=q_n$.
2. $q_{n,k}$は次の形：$(w^p,s_0,\dots ,s_{n-1},t_n^{n,k},t_{n+1}^{n,k},\dots )$.
3. $q_{n,k+1}{\le }_n{q}_{n,k}$.
4. ある$r\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$で$r{\le }_0(w_k^n,t_n^{n,k},t_{n+1}^{n,k},\dots )$が${\dot{\tau }}_{m_k^n}$を決定するならば，$(w_k^n,t_n^{n,k+1},t_{n+1}^{n.k+1},\dots )$も${\dot{\tau }}_{m_k^n}$を決定する．

したがって，後は($\alpha$)-($\delta$)を満たす列$(q_{n,k}:k\le k_n)$を構成すれば証明終わりである． $k<k_n$について$q_{n,k}$まで構成できたとして，$q_{n,k+1}$を構成する． ($\delta$)の仮定を満たさない場合は$q_{n,k+1}=q_{n,k}$でよい． したがって，ある$r\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$で$r{\le }_0(w_k^n,t_n^{n,k},t_{n+1}^{n,k},\dots )$が${\dot{\tau }}_{m_k^n}$を決定すると仮定し，このような$r$を一つ固定する． この場合は，補題5を$q_{n,k}$，$r$と$w_k^n$について適用して得られる条件を$q_{n,k+1}$とすればよい． (証明終わり)

証明． 順序数の名前$\dot{\tau }$と$p\in {\mathbb{Q}}_{\mathrm{s}\mathrm{\infty }}^{\ast \ast }(K,\mathrm{\Sigma })$と$n\in \omega$を任意に取る． このとき定理を${\tau }_0=\tau$として${\tau }_1,{\tau }_2,\dots$は何でも良い順序数の名前で適用したとき$q{\le }_{n}p$が取れて，$q$は$\tau$を任意の$m\ge n$で近似する． 各$m\ge n$と$w_1\in \mathrm{pos}(w^q,t_0^q,\dots ,t_{m-1}^q)$について，$(w_1,t_m^q,t_{m+1}^q,\dots )$が$\tau$を決定するときその値を${\alpha }_{w_1}^m$と書く．決定しないときは，${\alpha }_{w_1}^m=0$とおいておく． このとき$x:=\{{\alpha }_{w_1}^m:m\ge n,w_1\in \mathrm{pos}(w^q,t_0^q,\dots ,t_{m-1}^q)\}$は可算集合である (finitaryの仮定より$\mathrm{pos}(w^q,t_0^q,\dots ,t_{n-1}^q)$は有限集合だから)． $q⊩\dot{\tau }\in x$を示せばよい． $q^{\prime }\le q$を任意に取る． $q^{″}\le q^{\prime }$があって$\dot{\tau }$の値を決定する． $w_1=w^{q^{″}}$とおく． $w_1$の長さは十分長いと仮定できる．そこである$m\ge n$に対して$w_1\in \mathrm{pos}(w^q,t_0^q,\dots ,t_{n-1}^q)$である． $q$は$\tau$を$m$で近似するから，$(w_1,t_m^q,t_{m+1}^q,\dots )$は$\tau$を決定している． よって決定されたその値は${\alpha }_{w_1}^m$であり，$\dot{x}$に属する． したがって，$q^{″}⊩\dot{\tau }\in x$となり証明が終わる． (証明終わり)