5.2. 普通分拆关系

我们来研究另一种对弱紧基数的等价刻画, 它依赖于对 Ramsey 定理的自然推广; 当然, 我们应当先说明这是 Ramsey 的什么定理.

定义 5.2.0.1. 给定四个序数 $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$, 我们记以下命题为 $\alpha \to (\beta {)}_{\delta }^{\gamma }$: 任给函数 $f:[\alpha {]}^{\gamma }\to \delta$, 存在 $\alpha$ 的序型为 $\beta$ 的子集 $H$ 使得 $f$ 在 $[H{]}^{\gamma }$ 上的取值恒定. 我们称这 $H$ 是 $f$ 的同色集: 在 $\gamma =2$ 时想象 $f$ 是一个将完全 $\alpha$ 点图染 $\delta$ 色的染色函数, 在 $H$ 构成的完全子图上每条边都具备相同的颜色.

定理 5.2.0.2 (有穷 Ramsey 分拆定理). $PA⊢\forall n,m,k\exists l(l\to (k{)}_m^n)$

证明. 我们不难看出, $\alpha \to (\beta {)}_{\delta }^{\gamma }$ 这四个参数分成两类: 左侧的 $\alpha$ 越大越好, 右侧的 $\beta ,\gamma ,\delta$ 越小越好. 例如, 当 $\beta =\gamma <\omega$ 时这关系显然平凡地成立, $\delta =1$ 时也一样, 让我们从这里开始归纳.

让我们先解决 $m=2$ 的情况. 归纳 $n$, 我们加强地证明 $\forall p,q\exists l(l\to (p,q{)}_2^n)$, 这意味着或者 $f$ 有大小 (序型) 为 $p$ 的同色 $0$ 集, 或者有大小 $q$ 的同色 $1$ 集. 起始步 $n=1$ 时只需取 $l=p+q-1$, 这是鸽巢原理的简单推论, 所以让我们从 $n$ 推到 $n+1$. 不妨由归纳假设假定函数 $L_n(p,q)$ 告诉我们最小的让 $l\to (p,q{)}_2^n$ 的那个 $l$, 我们对 $p+q$ 归纳来证明 $\forall p,q\exists l(l\to (p,q{)}_2^{n+1})$. 如果 $p,q$ 之一不超过 $n$, 此命题再次显然地成立, 因此不妨假定 $p,q>n$, 这顺带帮我们解决了 $p+q$ 的起始步. 归纳假设说, $\forall p^{\prime },q^{\prime }(p^{\prime }+q^{\prime }<p+q\to \exists l(l\to (p^{\prime },q^{\prime }{)}_2^{n+1}))$, 显然应当考虑 $(p^{\prime },q^{\prime })=(p-1,q)$ 和 $(p^{\prime },q^{\prime })=(p,q-1)$ 两个情况, 不妨设它们各自给出 $l_1,l_2$. 我们宣布 $l=L_n(l_1,l_2)+1$ 能让 $l\to (p,q{)}_2^{n+1}$. 假定 $[l{]}^{n+1}$ 被分成染 $0$ 色的部分 $A_0$ 和染 $1$ 色的部分 $A_1$, 它又因为 $l=L_n(l_1,l_2)+1$ 分成 $[L_n(l_1,l_2){]}^{n+1}$ 和余下的部分, 进而 $A_0$ 分成 $A_{00}=A_0\cap [L_n(l_1,l_2){]}^{n+1}$ 和 $A_{01}=A_0\backslash A_{00}$, $A_1$ 分成 $A_{10}$ 和 $A_{11}$. 注意 $[l{]}^{n+1}\backslash [L_n(l_1,l_2){]}^{n+1}$ 意味着我们在选择第 $n+1$ 个元素时选择了 $L_n(l_1,l_2)$, 因此 $A_{01},A_{11}$ 实际上将一个双射于 $[L_n(l_1,l_2){]}^n$ 的集合分为两块. 于是,

1.	或者 $A_{01}$ 有一个子集双射为 $[G{]}^n$, 这 $|G|=l_1$; 此时让我们考虑集合 $G\cup \{L_n(l_1,l_2)\}$, 它的基数 $n+1$ 的子集如果有最后这个点则已被染 $0$ 色, 如果没有最后这个点则或染 $0$ 色或染 $1$ 色, 后一情况实际上是在 $[G{]}^{n+1}$ 上染两色, 于是 $l_1\to (p-1,q{)}_2^{n+1}$ 说明 $G$ 或者有让 $n+1$ 元子集恒染 $0$ 色的基数 $p-1$ 的子集 $H_0$, 或者有让 $n+1$ 元子集恒染 $1$ 色的基数 $q$ 的子集 $H_1$, 于是 $H_0\cup \{L_n(l_1,l_2)\}$ 或 $H_1$ 见证我们要的事情成立;
2.	或者 $A_{11}$ 有一个子集双射为 $[G{]}^n$, 这 $|G|=l_2$; 余下讨论完全同上.

现在让我们归纳 $m$: 从 $m$ 推到 $m+1$. 假定 $l^{\prime }\to (k{)}_m^n$, 不妨设 $l^{\prime }\ge k$, 我们宣布 $l=L_n(l^{\prime },l^{\prime })$ 能让 $l\to (k{)}_{m+1}^n$. 不妨设 $[l{]}^n$ 被染了 $m+1$ 个颜色 $0,...,m$, 我们先粗泛地认为这是两个颜色: $0$ 和 $1,...,m$. 由于 $l=L_n(l^{\prime },l^{\prime })$, 这就意味着有 $l$ 的基数为 $l^{\prime }$ 的子集 $G$, 它或者恒定为 $0$ 色, 或者 “恒定” 为 $1,...,m$ 色; 因为 $l\to (k{)}_m^n$, 后者又意味着 $G$ 有基数为 $k$ 的子集 $H$ 使得它真的恒定为一个颜色. 无论如何这就是我们要的.

$\square$

我们强调上述定理是因为它是仅有的 $PA$ 可证的类似的定理, 我们希望推广的定理其实是下面这个.

定理 5.2.0.3 ($ZF$, Ramsey 分拆定理). $\omega \to (\omega {)}_2^2$; 实际上, 对任何 $n,m<\omega$ 都有 $\omega \to (\omega {)}_m^n$.

证明. 我们首先给出一个利用 $DC$ 的简便的归纳证明. 我们对 $n$ 施行归纳, $n=1$ 由 (无穷) 鸽巢原理显然; 因此, 让我们假定已有 $\forall m\in \omega (\omega \to (\omega {)}_m^n)$, 来证明 $\forall m\in \omega (\omega \to (\omega {)}_m^{n+1})$.

任给 $f:[\omega {]}^{n+1}\to m$, 我们对每个 $i\in \omega$ 定义 $f_i:[\omega \backslash \{i\}{]}^n\to m$, $s\mapsto f(s\cup \{i\})$. 当 $i=0$ 时, 归纳假设告诉我们 $f_0$ 有一个无穷同色集 $H_0\subseteq \omega$; 我们取 $j_0=\min H_0$, 再注意归纳假设告诉我们 $f_{j_0}$ 有一个无穷同色集 $H_1\subseteq H_0$; 再取 $j_1=\min H_1$, .... 这样取出来的 $\{0,j_0,j_1,...\}$ 显然是 $f$ 的无穷同色集.

$\square$

证明. 我们给出利用 Erdos-Rado 树构造的证明方法, 它在后续对弱紧基数等价定义的证明中同样生效, 因此有必要先熟悉这一工具. 这一证明仍需要一个选择公理弱形式, 我们还是对 $n$ 施行归纳. 给定染色函数 $f:[\omega {]}^{n+1}\to m$, 我们按下述方式在 $\omega$ 上递归地定义偏序关系 ${<}_{ER}$ 使得 $(\omega ,{<}_{ER})$ 成为一棵 $\omega$ 树.

假定所有 $j<i$ 之间的 ${<}_{ER}$ 已经确定, 我们来将 $i$ 与它们的 ${<}_{ER}$ 关系确定出来. 显然此时 $(i,{<}_{ER}\upharpoonright i^{(2)})$ 已经是一棵树, 我们宣称它有且仅有唯一一根满足下述要求的极大链, 然后将 $i$ 接在这个极大链的后面: 从中任取 (无序, 但由于序数有自然序, 因此不妨排为) 从小到大的 $n+1$ 个数 $j_1<...<j_n<j_{n+1}$, 当然它们都小于 $i$, 均满足 $f(j_1,...,j_n,j_{n+1})=f(j_1,...,j_n,i)$. 显然空链是满足这一条件的一个不极大的链, 因此 Zorn 引理告诉我们极大链肯定是存在的, 我们现在要证明这极大链是唯一的. 不妨假定有两个不同的极大链 $c_1,c_2$; 由于它们不同, $c_0=c_1\cap c_2$ 一定同样是满足此条件的链, 而 $c_1,c_2$ 中大于 $c_0$ 中每个元素的最小元素必然存在且彼此不可比较, 不妨记为 $i_1,i_2$, 不妨设 $i_1<i_2$, 我们证明 $i_2$ 不应当 (在 ${<}_{ER}$ 下) 没被放到 $i_1$ 后面, 从而导出一个矛盾. 事实上, 从 $c_0\cup \{i_1\}$ 中任取 $n+1$ 个元素, 它在 $f$ 下的值都等于从 $c_0$ 中取的前 $n$ 个元素加 $i$ 作为第 $n+1$ 个元素后在 $f$ 下的值, 从而也等于这前 $n$ 个元素加 $i_2$ 作为第 $n+1$ 个元素后在 $f$ 下的值. 我们说明 $c_0\cup \{i_1\}$ 就是 $i_2$ 要的极大链, 这是因为它已经满足要求, 如果它不极大, 也应该有极大链真包含它, 假定它是 $c^{\prime }$, 那么 $c^{\prime }\cup c_1$ 就是一个真扩张 $c_1$ 的 $i$ 的满足要求的链, 与 $c_1$ 的极大性矛盾.

我们说明了 ${<}_{ER}$ 是经 $f$ 可计算的, 现在说明它真是个 $\omega$ 树; 具体而言, 我们说明第 $k$ 层的每个点都最多有 $n^{C_k^n}$ 个分叉, 从而这是个有穷分叉无穷树, 从而是个 $\omega$ 树. 第 $k$ 层的一个点实际上代表了一条长 $k$ 的从它向下的链, 而这个点后面的分叉每个分叉出来的点都意味着这条链是对那个点满足那个要求的极大链; 它们不一样, 意味着 $f$ 对从链中取 $n$ 个点加入它们后染出来的颜色不一样, 于是从长 $k$ 的链取 $n$ 个点有 $C_k^n$ 个取法, 加一个点最多能染出 $m$ 个颜色, 所以最多有 $m^{C_k^n}$ 个不同染法, 每个染法最多给你分一个叉.

现在我们来用一个选择公理的推论以简化论证 (注意之前那个 Zorn 引理实际上是在对有穷多个东西做, 本质上不需要选择公理): 每个 $\omega$ 树都有无穷枝. 取一根无穷枝 $G$, 显然 $f$ 在 $[G{]}^{n+1}$ 上的值只取决于前 $n$ 个参数, 因此它实际上退化为一个 $[G{]}^n$ 上的 $m$ 染色函数 $g$, 由归纳假设 $G$ 有一个 $g$ 同色无穷集 $H$, 它显然就是我们要的 $f$ 同色无穷集.

$\square$

证明. 我们最后来看 $ZF$ 中的证明, 其实就是说明上述 Konig 引理的利用是不必要的. 注意 ${<}_{ER}$ 构造了有穷分叉的可数树, 我们只需证明有穷分叉的可数树必有无穷枝 (而不是 $\omega$ 树必有无穷枝) 是 $ZF$ 可证的. 对层数归纳选取点 $x_n$, 我们要求它是第 $n$ 层中接在 $x_0,...,x_{n-1}$ 后面的、其上有无穷多个节点、自身 (作为自然数) 最小的那个点.

$\square$

注 5.2.0.4. 在 $ZFC$ 中我们显然可以说这定理与以下陈述等价: 任何完全无穷图的 $2$ 染色都有无穷同色集, 但在 $ZF$ 中后者是选择公理的一个弱形式.

我们现在来证明 $PA$ 不能证明 Ramsey 分拆定理的一个自然推论. Ramsey 分拆定理本身作为二阶算术命题也不能被 $RC{A}_0$ 证明, 但我们目前只关注一阶算术.

定义 5.2.0.5. 如果一个有穷集 $X\subseteq \omega$ 满足 $|X|\ge \min X$, 就称它大 (huge).

定理 5.2.0.6 (强化有穷 Ramsey 分拆定理). 有穷 Ramsey 分拆定理中让 $l$ 变大总能保证让这个基数 $k$ 的同色集大.

证明. 反设不然, 某 $k,n,m$ 让任何 $l$ 都有 $f:[l{]}^n\to m$ 没有大小为 $k$ 的大同色集, 我们对每个 $l$ 收集所有满足此性质的函数形成有穷集合 $F_l$, 然后 $F={\bigcup }_{l\in \omega }{F}_l$ 就会在自然的 $\subseteq$ 关系下形成一棵 $\omega$ 树, 我们取其无穷枝做成一函数 $f:[\omega {]}^n\to m$. 由 Ramsey 分拆定理, $f$ 一定有无穷同色集 $H\subseteq \omega$, 不妨设 $f$ 在其上恒为色 $i$, 只需取 $x_1=\min (H\backslash (n+1))$, 然后令 $s=\min (H\backslash (k+x_1+1))$, 取 $H$ 中比 $x_1$ 大的一些元素构成集 $X=\{x_1,...,x_s\}$, 那么 $l>x_s+1$ 就会让 $f\upharpoonleft [l{]}^n\in F_l$ 有 $X$ 作为大同色集, 与假定矛盾.

$\square$

我们现在证实 $PA$ 不可证这强化有穷 Ramsey 分拆定理. 首先考虑一个它的 ($PA$) 推论.

定理 5.2.0.7. $PA$ 可证强化有穷 Ramsey 分拆定理有以下推论, 简记为 $RPP$: 任给自然数 $c,m,n,k$ 均有自然数 $l\ge n$ 使得任给 $m$ 个函数 $f_i:[l{]}^n\to l(i\in m)$, 若总有 $f_i(t)<\min (t)$(因而我们会称它们为压缩函数), 则有闭区间 $[c,l]$ 的大子集 $Y$ 使得 $|Y|\ge k$ 且 $f_i$ 在 $[Y{]}^n$ 上的取值仅由输入的集合的最小元素决定, 即 $\forall s,t\in [Y{]}^n(\min (s)=\min (t)\to f_i(s)=f_i(t))$.

证明. 先证明以下引理: 任给 $c,m,n,k$ 存在 $l\ge n$ 使得任何 $g:[l{]}^n\to m$ 都有 $Y\subseteq (c,l-n)$ 使得 $|Y|\ge \max \{c+m+2n+2,\min Y+n+1\}$. 注意强化有穷 Ramsey 分拆定理至少能给我们 $l$ 使得任给 $h:[l{]}^n\to m+1$ 均有 $H\subseteq l$ 对 $h$ 同色且大, 同时 $|H|\ge c+m+2n+2$. 我们说这个 $l$ 就是所求的那个: 任给 $g$, 我们造对应 $h$, 它在 $\min (s)\le c+n+1$ 时让 $h(s)=m$, 否则让 $h(s)=g(s‘‘-n-1)$, 后者意味着将 $s$ 中每个元素减去 $n+1$. 根据假设, 有 $h$ 的大同色集 $H$ 使得 $|H|\ge c+m+2n+2$, 我们首先证实 $h$ 在其上不能常取色 $m$: 这是因为 $|H|\ge (c+n+1)+(m+n+1)$, 要是 $\min (H)\le c+n+1$, 我们就能从 $H$ 中取 $n$ 个大于 $c+n+1$ 的元素, 这样 $h$ 就必须把他们染一个属于 $m$ 的颜色, 这矛盾. 所以必然同时有 $h$ 在 $H$ 上染一个属于 $m$ 的颜色, 且 $\min H>c+n+1$, 我们现在只需令 $Y=H‘‘-n-1$.

现在我们将 $c,3^m,n+1,k$ 传入引理来证明 $RPP$, 我们仍然验证引理给我们 $l$ 就是 $RPP$ 要的 $l$. 任给 $m$ 个压缩函数 $f_i:[l{]}^n\to l$, 我们先将它们变成 $g_i:[l{]}^{n+1}\to 3$, $g_i(a_0,...,a_n)$ 被用来确认 $f_i(a_0,...,a_{n-1})$ 和 $f_i(a_0,a_2,...,a_n)$ 的大小关系. 最后所有 $g_i$ 聚合成一个 $g:[l{]}^{n+1}\to 3^m$, 我们对它使用引理获得 $Y^{\prime }\subseteq (c,l)$, 不妨将其枚举为 $\{y_0,...,y_s\}$, 于是 $g$ 在其上同色 (从而每个 $g_i$ 在其上同色), 显然至少 $s-n\ge \max \{m,y_0+1\}$.

任取 $n$ 个连续标号 $j,...,j+n-1(1\le j\le s-n+1)$, 我们有 $f_i(y_0,y_j,...,y_{j+n-1})<y_0$, 于是 $\{f_i(y_0,y_j,...,y_{j+n-1})|1\le j\le s-n+1\}\subseteq y_0$; $j$ 有 $s-n+1>y_0$ 个, 所以抽屉原理告诉我们有某两个 $j_1\ne j_2$ 使得 $f_i(y_0,y_{j_1},...,y_{j_1+n-1})=f_i(y_0,y_{j_2},...,y_{j_2+n-1})$, 所以 $f_i$ 在固定 $y_0$ 后必须一直相等 (否则 $g_i$ 同色说明它们必须一直变小或变大, 那就不可能有两个相等的位置), 也就是说存在 $v_i\in l$ 使得任给 $j$ 都有 $f_i(y_0,y_j,...,y_{j+n-1})=v_i$. 我们宣布 $Y=\{y_0,...,y_{s-n+1}\}$ 就是 $RPP$ 所要的 $Y$.

$\square$

我们证明 $PA$ 不能证明 $RPP$, 这是因为它能用来提取非标准模型的标准前段, 方法是提取一个 $<-$ 含参不可辨元集.

定义 5.2.0.8. 任给语言 $\mathcal{L}$ 的一集公式 $\Gamma$, 一个 $\mathcal{L}$ 结构 $\mathcal{M}$ 的论域 $M$ 的子集 $I$ 若满足下列条件, 则称为一个 $\Gamma$ 不可辨元集: 任给公式 $\phi (x_1,...,x_n)\in \Gamma$ 和两组 $a_1,...,a_n,b_1,...,b_n\in I$, 要求 $a_i$ 两两不同, $b_i$ 两两不同, 但 $a_i$ 可以等于 $b_j$, 总有 $\mathcal{M}\models \phi [a_1,...,a_n]\leftrightarrow \mathcal{M}\models \phi [b_1,...,b_n]$.

让我们假定语言中有一个二元谓词符号 $R$. 如果 $I$ 满足下列条件, 则称为一个 $R-$ 含参 $\Gamma$ 不可辨元集: 任给公式 $\phi (x_1,...,x_n,x_{n+1},...,x_{n+m})$, 两组 $a_i,b_i\in I$, 一个 $c\in I$, 一族参数 $c_1,...,c_m\in M$, 只要 $c$ 大于每个 $c_1,...,c_m$ 且小于每个 $a_i,b_i$, 就有 $\mathcal{M}\models \phi [a_1,...,a_n,c_1,...,c_m]\leftrightarrow \mathcal{M}\models \phi [b_1,...,b_n,c_1,...,c_m]$.

如果 $\Gamma$ 是语言的所有公式构成的集, 我们就省略这个参数.

引理 5.2.0.9 ($PA+RPP$). 任给自然数 $l,k,m,n$ 和 $l$ 个固定复杂度的公式 $\Gamma =\{{\phi }_1,...,{\phi }_l\}$, 它们的自由变元都在集合 $\{x_1,...,x_{n+m}\}$ 之中, $k>2n$. 存在大小为 $k$ 的 $<-$ 含参 $\Gamma$ 不可辨元集.

注 5.2.0.10. 我们要求公式们固定复杂度是为了保证这个定理可以形式化为一个一阶算术定理: 对每个固定的复杂度的公式的真谓词都是可定义的.

证明. 由于我们有有穷 Ramsey 分拆定理, 取 $a\to (k+n{)}_{l+1}^{2n+1}$, 对四元组 $c,m,2n+1,a$ 使用 $RPP$ 得到 $d$. 我们现在定义 $m$ 个 $f_j:[d{]}^{2n+1}\to d$ 和一个 $g:[d{]}^{2n+1}\to l$, 任给 $2n+1$ 个 $b_0<...<b_{2n}<d$,

1.	任给 $1\le i\le l$ 和 $a_1<...<a_m<b_0$ 都有 $\mathbb{N}\models {\phi }_i[b_1,...,b_n,a_1,...,a_m]\leftrightarrow {\phi }_i[b_{n+1},...,b_{2n},a_1,...,a_m]$, 则令全体 $f_j$ 和 $g$ 都取值 $0$;
2.	若不然, 取 ($[1,l]\times b_0^{(m)}$ 上某个典范良序的) 最小反例 $(i,a_1,...,a_m)$, 令 $f_j$ 取值 $a_j$, $g$ 取值 $i$.

由于 $a_j<b_0$, 诸 $f_j$ 都是压缩函数, 所以由 $d$ 的取法, 存在 $[c,d]$ 的大子集 $Y$ 使得 $|Y|\ge a$ 且 $f_j$ 在 $Y$ 上取值由输入集合的最小元决定. 现在将 $g$ 限制到 $[Y{]}^{2n+1}\to l+1$, 由 $a$ 的定义, 我们有 $Y$ 的 $g$ 同色子集 $X$, $|X|\ge k+n$. 我们宣称 $g$ 必须在 $[X{]}^{2n+1}$ 上恒 $0$ 色, 从而诸 $f_j$ 也同 $0$ 色: 若不然, 由于 $k>2n$, $|X|>3n$, 取 $3n+1$ 个元素 $b_0<...<b_{3n}\in X$, 假定 $g$ 在 $[X{]}^{2n+1}$ 上恒 $i>0$ 色. 由 $Y$ 的设定, $f_j(b_0,b_1,...,b_n,b_{n+1},...,b_{2n})=f_j(b_0,b_1,...,b_n,b_{2n+1},...,b_{3n})=f_j(b_0,b_{n+1},...,b_{2n},b_{2n+1},...,b_{3n})$, 不妨设它是 $a_j$, 则由定义 $\mathbb{N}$ 对三句子 ${\phi }_i[b_1,...,b_n,a_1,...,a_m]$, ${\phi }_i[b_{n+1},...,b_{2n},a_1,...,a_m]$ 和 ${\phi }_i[b_{2n+1},...,b_{3n},a_1,...,a_m]$ 有两两不同的意见, 但可选的意见只有两个.

我们所要的不可辨元集就是 $X$ 中去掉最大的 $n$ 个元素所余下的那些东西构成的集合.

$\square$

定理 5.2.0.11. $PA/⊢RPP$, 因此 $PA$ 不能证明强化 Ramsey 分拆定理.

证明. 只需证明: 任给满足 $RPP$ 的 $PA$ 非标模型 $\mathcal{M}$, 均存在其前段 $\mathcal{N}$ 不满足 $RPP$. 指定一个非标准自然数 $c\in \mathcal{M}$.

$\square$

我们现在推广 Ramsey 分拆定理, 也就是证明以下事实.

定理 5.2.0.12 ($ZFC$). 若 $\kappa$ 不可数, 以下三要求等价.

1.	$\kappa$ 弱紧.
2.	$\kappa \to (\kappa {)}_2^2$.
3.	对每个 $n<\omega$ 和 $\delta <\kappa$, $\kappa \to (\kappa {)}_{\delta }^n$.

证明. 只需证明 $1\to 3$ 和 $2\to 1$, $3\to 2$ 是显然的. 我们先来证明 $2\to 1$.

首先我们用 $\kappa \to (\kappa {)}_2^2$ 证明 $\kappa$ 不可达, 这意味着要证明以下两件事:

1.

$\kappa$ 正则. 若不然, 假定 $\kappa$ 可以分成 $\lambda$ 块 $A_{\alpha }(\alpha \in \lambda )$ 使得每个 $|A_{\alpha }|<\kappa$, 我们考虑染色函数 $f:[\kappa {]}^2\to 2$, 它将 $\{\beta ,\gamma \}$ 染 $0$ 色当且仅当它们落入同一个 $A_{\alpha }$. 现在考虑它的序型 $\kappa$ 的同色子集 $H$, 如果 $H$ 恒 $0$ 色意味着某个 $A_{\alpha }$ 基数不小于 $\kappa$, 如果它恒 $1$ 色意味着 $\lambda$ 不小于 $\kappa$, 无论如何都是矛盾.

2.

任给基数 $\lambda$ 都有 $2^{\lambda }\nrightarrow ({\lambda }^{+}{)}_2^2$, 于是 $\kappa$ 强极限. 这个于是是因为任给 $\lambda <\kappa$ 至少有 ${\lambda }^{+}\le \kappa$, 于是 $\kappa \to (\kappa {)}_2^2$ 也说明 $\kappa \to ({\lambda }^{+}{)}_2^2$, 如果 $\kappa \le 2^{\lambda }$ 这就导致 $2^{\lambda }\to ({\lambda }^{+}{)}_2^2$, 这矛盾了这个断言, 于是只能有 $2^{\lambda }<\kappa$. 我们不妨认为 $2^{\lambda }$ 由全体从 $\lambda$ 到 $2$ 的函数构成, 因此每个序数 $\alpha <2^{\lambda }$ 被双射到函数 $f_{\alpha }:\lambda \to 2$, 我们有这些函数的字典线序 ${<}_{lex}$, 它用两个函数第一次取值不一样的地方的值的大小来排函数的大小. 它当然不是良序, 但我们来证明它不存在长 ${\lambda }^{+}$ 的无穷升链或无穷降链, 从而取染色函数 $F:[2^{\lambda }{]}^2\to 2$ 让 $F(\alpha ,\beta )=0$ 当且仅当 $\alpha <\beta$ 且 $f_{\alpha }{<}_{lex}{f}_{\beta }$ 后它不能有序型 ${\lambda }^{+}$ 的同色子集 (同 $0$ 色就是无穷升链, 同 $1$ 色就是无穷降链). 我们只证明不存在长 ${\lambda }^{+}$ 的无穷升链, 降链情况完全与之一样. 若不然, 不妨假定 $\alpha <{\lambda }^{+}$ 给出的那些 $f_{\alpha }$ 恰好就是个无穷升链, 我们对每个 $\theta <\lambda$ 考察 $\{f_{\alpha }\upharpoonright \theta |\alpha \in {\lambda }^{+}\}$ 的基数; 如果它们时时都基数小于 ${\lambda }^{+}$, 那么 $\{f_{\alpha }|\alpha \in {\lambda }^{+}\}$ 就是 $\lambda$ 个基数小于 ${\lambda }^{+}$ 的东西拼起来的, ${\lambda }^{+}$ 的正则性不允许它基数 ${\lambda }^{+}$, 这与它是双射地拿到的相矛盾, 因此必然有 $\theta <\lambda$ 使得此集基数 ${\lambda }^{+}$, 不妨取最小的这样的 $\theta$, 这时我们有 ${\lambda }^{+}$ 的序型 ${\lambda }^{+}$ 的子集 $C$ 使得每个 $\alpha \in C$ 给出的 $g_{\alpha }=f_{\alpha }\upharpoonright \theta$ 都两两不同; 我们再次将 $C$ 不妨为 ${\lambda }^{+}$. 对每个 $\alpha <{\lambda }^{+}$, 因为 $f_{\alpha }<f_{\alpha +1}$, 必有 $g_{\alpha }<g_{\alpha +1}$, 不妨取 ${\beta }_{\alpha }<\theta$ 见证 $g_{\alpha }\upharpoonright {\beta }_{\alpha }=g_{\alpha +1}\upharpoonright {\beta }_{\alpha }$ 而 $g_{\alpha }({\beta }_{\alpha })=0<1=g_{\alpha +1}({\beta }_{\alpha })$. 因为 $\alpha$ 有 ${\lambda }^{+}$ 个但 ${\beta }_{\alpha }$ 只有 $\theta <\lambda$ 个可能取值, 一定有某个 $\beta$ 使得有 ${\lambda }^{+}$ 个 $\alpha \in D$ 都让 ${\beta }_{\alpha }=\beta$, 这意味着 $\{g_{\alpha }\upharpoonright \beta |\alpha \in D\}$ 基数是 $|D|={\lambda }^{+}$, 但这意味着 $\beta <\theta$ 共享了相同性质, 这和当年的取法矛盾.

现在我们再用 $\kappa \to (\kappa {)}_2^2$ 证明 $\kappa$ 有树性质. 不妨假定 $\kappa$ 树形如 $(\kappa ,{<}_T)$; 由于 $\kappa$ 上自带序 $<=\in$, 两序数 $\alpha ,\beta \in \kappa$ 除了可以比较是否 ${<}_T$ 外还能比较一个字典线序 ${<}_{lex}$, 方法是令 $\alpha {<}_{lex}\beta$ 当且仅当或者 $\alpha {<}_T\beta$, 或者 $\alpha ,\beta$ 在 ${<}_T$ 下不可比, 但在第一次分歧之处 $\alpha$ 对应的分叉处的序数比 $\beta$ 对应的分叉处的序数 (用 $<$ 来比较) 小. 我们的染色函数仍然是 $F(\alpha ,\beta )=0$ 当且仅当 $\alpha ,\beta$ 的 $<$ 关系和 ${<}_{lex}$ 关系同序, 我们宣布同色集 $H$ 会给我们带来 ${<}_T$ 下的一根 $\kappa$ 枝. 不妨设 $H$ 同 $0$ 色, 同 $1$ 色的情形类似.

我们的思路是这样的: 正如选出 $\omega$ 枝是不断地取上面还有无穷多个点的那条路走, 我们现在也不断地取上面还有 $\kappa$ 个点的那条路走. 因此, 我们要递归地构造一列 ${\theta }_{\alpha }(\alpha \in \kappa )$, 它是第 $\alpha$ 层的枝上元素, 且存在一个对应的 ${\nu }_{\alpha }$ 使得 $H$ 中不小于 ${\nu }_{\alpha }$ 的元素们都在 ${<}_T$ 下比 ${\theta }_{\alpha }$ 大, 也就是 $H\backslash {\nu }_{\alpha }\subseteq Y_{\alpha }=\{\xi \in \kappa |{\theta }_{\alpha }<\xi \}$; 这样我们实际上就用 $H$ 序型 $\kappa$ 来见证了 ${\theta }_{\alpha }$ 上面尚余 $\kappa$ 个点. 假定对每个 $\beta <\alpha$ 都已定好 ${\theta }_{\beta }$ 和 ${\nu }_{\beta }$ 满足诸条件, 我们来寻找 ${\theta }_{\alpha }$ 和 ${\nu }_{\alpha }$. 首先考虑 ${\nu }_{\alpha }^0={\bigcup }_{\beta <\alpha }{\nu }_{\beta }$ 给出的 $H_{\alpha }^0=H\backslash {\nu }_{\alpha }^0$, 它有 $\kappa$ 个 ${<}_T$ 下大于每个 ${\theta }_{\beta }$ 的元素, 我们来从它们的前段的第 $\alpha$ 层的那个点 (或者它自己, 如果它恰好在第 $\alpha$ 层) 构成的集合中取出所需的 ${\theta }_{\alpha }$, 不妨设这些备选点构成集合 $X_{\alpha }$. 由于 $H$ 恒 $0$ 色, 任给 $X_{\alpha }$ 两元素 ${\gamma }_1<{\gamma }_2$, 如果 $H_{\alpha }^0$ 中元素 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 分别被打到 ${\gamma }_1,{\gamma }_2$ 则一定有 ${\xi }_1<{\xi }_2$, 从而令 $Y_{\gamma }^H=\{\xi \in H_{\alpha }^0|\gamma {<}_t\xi \}(\gamma \in X_{\alpha })$ 会将 $H_{\alpha }^0$ 从小到大分成 $|X_{\alpha }|<\kappa$ 块, 换言之 $\min Y_{\gamma }^H$ 是 $\kappa$ 中的小于 $\kappa$ 个元素, $\kappa$ 正则说明它们有上确界 ${\nu }_{\alpha }<\kappa$, 也一定有一个对应的 ${\theta }_{\alpha }\in X_{\alpha }$ 使得 $H\backslash {\nu }_{\alpha }\subseteq Y_{{\theta }_{\alpha }}^H$.

现在来看 $1\to 3$ 的证明, 方法仍是构造 ER 树. 对 $n$ 施行归纳, $n=1$ 由 $\kappa$ 正则性保证. 构造过程中可能多出极限步, 我们额外论证每条长为极限序数 $\alpha$ 的 $(\kappa ,{<}_{ER})$ 的前段后面都最多只接了一个点. 如若不然, 假定 $⟨{\theta }_{\beta }{⟩}_{\beta \in \alpha }$ 这条 ${<}_{ER}$ 前段后面接了两个不同的点 ${\theta }_1<{\theta }_2$, 我们论证 ${\theta }_2$ 应该接在 ${\theta }_1$ 后面: 这是因为这条链中取 $n$ 点加上 ${\theta }_1$ 或 ${\theta }_2$ 的染色都和这 $n$ 点加上这链中在它们后面的随便谁被染的颜色一样, 因为 $\alpha$ 极限也说明这链任意有穷个点后面都还有点.

证明的关键还是证明这是 $\kappa$ 树, 我们递归地宣称第 $\alpha$ 层最多有 ${\delta }^{|\alpha |\times {\aleph }_0}$ 个点, 从而 $\kappa$ 不可达说明这是 $\kappa$ 树. 在极限步, 这个高度 $\alpha$ 的子树的基数是 ${\Sigma }_{\beta <\alpha }{\delta }^{|\beta |\times {\aleph }_0}\le {\delta }^{|\alpha |\times {\aleph }_0}$, 于是前段最多有 $({\delta }^{|\alpha |\times {\aleph }_0}{)}^{|\alpha |}={\delta }^{|\alpha |\times {\aleph }_0}$ 多个, 每个前段最多给一个点. 在后继步, 同样的分析指出 $\alpha$ 层的一个点最多分 ${\delta }^{|\alpha {|}^n}\le {\delta }^{|\alpha |\times {\aleph }_0}$ 个叉, 所以第 $\alpha +1$ 层最多也是这么多个点.

$\square$

不自然的地方在于, 为什么我们不能宣称对每个 $\gamma <\kappa$ 都有 $\kappa \to (\kappa {)}_{\delta }^{\gamma }$ 呢? 这实在有不得已的苦衷.

定理 5.2.0.13 ($ZFC$). 任何基数 $\kappa$ 都让 $\kappa \nrightarrow (\omega {)}_2^{\omega }$.

证明. 这否定结论强烈需要选择公理, 否则在 $ZF$ 语境下这 $\kappa$ 会被叫做具有 Ramsey 性质. 我们需要取定 $[\kappa {]}^{\omega }$ 上的良序 $<$, 然后考虑染色函数 $F:[\kappa {]}^{\omega }\to 2$, 它将 $s$ 染 $0$ 色当且仅当 $s$ 是 $[s{]}^{\omega }$ 中 $<$ 关系的最小元. 我们宣布 $F$ 不能有序型 $\omega$ 的同色集 $H\subseteq \kappa$; 假定不然, 我们先指出 $H$ 必须同 $0$ 色, 否则由于 $H\in [\kappa {]}^{\omega }$, $F(H)=1$ 说明 $H$ 不是 $[H{]}^{\omega }$ 的最小元; 我们再取最小元 $s\in [H{]}^{\omega }$, 它也必须是 $[s{]}^{\omega }$ 的最小元, 所以 $F(s)=0$, 这就矛盾. 但 $H$ 同 $0$ 色也不行, 因为我们可以取一列严格递增的序型 $\omega$ 的 $H$ 子集为 $H_0⊊...⊊H_n⊊...H$ 使得 $H$ 是它们的并 (例如, 取 $H_0$ 为全体偶标号的元素, 然后依次添加奇标号的元素), $F$ 在它们上面都是 $0$ 值, 于是 $H_0>H_1>...$ 给出一条无穷降链, 与 $<$ 是良序矛盾.

$\square$

不过我们仍然可以委曲求全, 基于分拆关系获得一些比弱紧强但比可测弱的大基数, 例如我们这里将要介绍的 Ramsey 基数和 Erdos 基数.

定义 5.2.0.14. $\alpha \to (\beta {)}_{\delta }^{<\omega }$ 意指如下命题: 任何形如 $f:[\alpha {]}^{<\omega }\to \delta$ 的染色函数都有序型 $\beta$ 的同色集 $H\subseteq \alpha$, 这意味着对每个 $n<\omega$ 都有 $f$ 在 $[H{]}^n$ 上是常函数 (但对不同的 $n$ 我们允许 $f$ 染出不同的颜色).

对无穷极限序数 $\alpha$, 我们记最小的让 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_2^{<\omega }$ 的序 (显然也是基) 数 ${\eta }_{\alpha }$ 为第 $\alpha$ 个 Erdos 基数. 如果 $\kappa ={\eta }_{\kappa }$, 我们就称 $\kappa$ 是 Ramsey 基数.

我们首先证实它们并不是 $\omega$ 性质的自然推广.

定理 5.2.0.15. $\omega \nrightarrow (\omega {)}_2^{<\omega }$.

证明. 令 $f$ 判断 $X$ 是否大, 显然 $f$ 没有同质子集: 如果 $f_n=f\upharpoonright [\omega {]}^n:[\omega {]}^n\to 2$ 有同 $0$ 质子集 $H_n$, 则 $H_n$ 的 $n$ 元子集全都大, 于是 $H_n$ 中大于 $n$ 的元素不能超过 $n$ 个, $H_n$ 不能无穷; 因此只能假设它有同 $1$ 质无穷子集 $H_n$, 这意味着它的 $n$ 元子集全都不大, 于是 $H_n$ 里没有小于 $n$ 的元素. 由于我们要求同一个 $H$ 扮演所有 $H_n$ 的角色, 它里面只好没有任何元素 (因为每个自然数都小于某个别的自然数), 还是矛盾.

$\square$

我们来确定 Ramsey 基数和 Erdos 基数的大小.

定理 5.2.0.16. 可测基数是 Ramsey 基数. 因此, 由于 $\kappa$ 是 Ramsey 基数当且仅当 $V_{\kappa +1}$ 知道这件事, 可测基数 $\kappa$ 下的 Ramsey 基数构成的集合属于每个 $\kappa$ 上的 $\kappa$ 完备非主正规超滤.

证明. 给定染色函数 $f:[\kappa {]}^{<\omega }\to 2$, 我们证明: 任给 $\kappa$ 上的 $\kappa$ 完备非主正规超滤 $U$, 均有 $f$ 的同色集 $H\in U$. 由于 $U$ 一致, 这指出 $H$ 确实具备序型 $\kappa$. 由于 $U$ 是 $\kappa >\omega$ 完备的, 我们只需对每个 $n<\omega$ 证明 $f_n=f\upharpoonright [\kappa {]}^n:[\kappa {]}^n\to 2$ 具有一个同色集 $H_n\in U$, 那么我们要的 $H$ 就是 ${\bigcap }_{n\in \omega }{H}_n$.

显然只需对 $n$ 归纳, $n=0,1$ 均显然, 我们用 $H_n$ 总存在推出 $H_{n+1}$ 总存在. 任给 $g:[\kappa {]}^{n+1}\to 2$, 我们对每个 $s\in [\kappa {]}^n$ 定义 $g_s:(\kappa \backslash \max s)\to 2$ 为 $g_s(\xi )=g(s\cup \{\xi \})$. 由于 $\kappa \backslash \max s$ 必然属于 $U$, 每个 $g_s$ 都应当对应唯一一个 $Y_s\subseteq \kappa \backslash \max s$ 让 $Y_s\in U$ 且 $g_s$ 在 $Y_s$ 上取定值 ${\delta }_s\in 2$. 现在 $d:s\mapsto {\delta }_s$ 是一个 $[\kappa {]}^n$ 到 $2$ 的染色函数, 归纳假设说存在 $d$ 的同色集 $Y\subseteq \kappa$, $Y\in U$. 不妨设 $d$ 在 $[Y{]}^n$ 上取定值 $\delta$, 我们对每个 $\alpha \in \kappa$ 定义 $Z_{\alpha }=\bigcap \{Y_s|\max s\le \alpha \}\in U$($\bigcap \varnothing$ 认为是 $\kappa$), 然后不难发现 $Z=Y\cap {\Delta }_{\alpha \in \kappa }{Z}_{\alpha }$ 是 $g$ 的同色子集, 且 $g$ 在 $[Z{]}^{n+1}$ 上恒为值 $\delta$.

$\square$

我们再证实 ${\eta }_{\omega }$ 之下就有一个不可言说基数, 这再次需要用分拆关系提取不可辨元集.

引理 5.2.0.17. 如果 $\kappa \to (\alpha {)}_{2^{\lambda }}^{<\omega }$, $\alpha$ 是极限序数, $\lambda$ 是无穷基数, 则任给一个基数不大于 $\lambda$ 的语言 $\mathcal{L}$ 的模型 $\mathcal{M}$, 只要 $\kappa \subseteq M$, 我们就能找到一个序型为 $\alpha$ 的 $I\subseteq \kappa$ 在 $\mathcal{M}$ 中 (经所有 $\mathcal{L}$ 公式) 不可辨.

证明. 这是无穷情形比有穷情形更简单的例子. 只需枚举 $\mathcal{L}$ 的 $\lambda$ 个公式为一集合 $\Psi$, 考虑 $f:[\kappa {]}^{<\omega }\to \wp (\Psi )$, 它对每组 ${\alpha }_1,...,{\alpha }_n$ 提取全体 $\phi (x_1,...,x_n)\in \Psi$ 使得 $\mathcal{M}\models \phi [{\alpha }_1,...,{\alpha }_n]$. 它的同色集就是不可辨元集.

$\square$

首先, 我们需要把 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_2^{<\omega }$ 的下标 $2$ 改进到至少 $2_0^{\aleph }$, 这样才能对集合论语言这个可数语言提取不可辨元集.

定理 5.2.0.18. 每个 ${\eta }_{\alpha }$(只要存在) 都是不可达基数, 且只要 $\alpha <\beta$(且 ${\eta }_{\beta }$ 存在) 就有 ${\eta }_{\alpha }<{\eta }_{\beta }$. 因此, Ramsey 基数 $\kappa$ 的下面有 $\kappa$ 个 Erdos 基数.

证明. 显然 ${\eta }_{\alpha }$ 都不可数, 验证其不可达也就是分开验证其正则和强极限. 先验强极限, 显然只需证明 $2^{\kappa }\nrightarrow (\alpha {)}_{\kappa }^2$, 再配合 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_{\kappa }^{<\omega }$ 即可.

先证明 $2^{\kappa }\nrightarrow (3{)}_{\kappa }^2$. 令 $⟨f_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in 2^{\kappa }}$ 枚举全体 $f_{\alpha }:\kappa \to 2$, 我们取染色函数 $F:[2^{\kappa }{]}^2\to \kappa$ 将 $\{\alpha ,\beta \}(\alpha <\beta )$ 映到让 $f_{\alpha }(\xi )\ne f_{\beta }(\xi )$ 的最小实例 $\xi \in \kappa$. 如果有三个点 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 让同一个 $\xi$ 是最小的让 $f_{\alpha }(\xi ),f_{\beta }(\xi ),f_{\gamma }(\xi )$ 两两不同的 $\xi$, 由于它们只有 $2$ 个可能取值, 这是不可能的.

我们首先证明第二个断言的特殊情况, 即 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_{2^{\omega }}^{<\omega }$. 令 $f:[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\omega }\to 2^{\omega }$, 我们仍对每个 $n\in \omega$ 定义 $f_n=f\upharpoonright [{\eta }_{\alpha }{]}^n:[{\eta }_{\alpha }{]}^n\to 2$, 然后进一步对每个 $k\in \omega$ 定义 $f_{n,k}:[{\eta }_{\alpha }{]}^n\to 2$ 使得 $f_{n,k}(s)=f_n(s)(k)$(记得它是个无穷 $01$ 序列). 现在取典范双射 $\pi :\omega \to {\omega }^2$, 于是 $f_{n,k}$ 变为一列用 $m\in \omega$ 标号的 $g_m:[\kappa {]}^m\to 2$, 由于 $\pi (m)=(n,k)$ 时 $m\ge n$, 这样记是没问题的. 现在 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_2^{<\omega }$ 指出存在序型 $\alpha$ 的 $H\subseteq {\eta }_{\alpha }$ 让每个 $g_m$ 都在 $[H{]}^m$ 上常值, 不难验证它实际上也让每个 $f_n$ 在 $[H{]}^n$ 上常值.

我们接下来证明只要 $\kappa <{\eta }_{\alpha }$ 就有 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_{\kappa }^{<\omega }$. 对 $f:[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\omega }\to \kappa$, 由于 $\kappa <{\eta }_{\alpha }$, 已经存在某个 $g:[\kappa {]}^{<\omega }\to 2$ 没有序型 $\alpha$ 的同色集了, 我们现在对每个 $n\in \omega$ 令 $f_n=f\upharpoonright [{\eta }_{\alpha }{]}^n$, $g_n=f\upharpoonright [\kappa {]}^n$, 我们考察模型 $(V_{{\eta }_{\alpha }},\in ,f_n,g_n{)}_{n\in \omega }$. 这是一个可数语言的模型 (携带可数个函数符号), 所以上述特殊情况的定理告诉我们存在序型 $\alpha$ 的 $H\subseteq {\eta }_{\alpha }\subseteq V_{{\eta }_{\alpha }}$ 在此结构中不可辨, 我们说这就是 $f$ 的同色集, 而其实证明对每个 $n$ 任给两组 ${\alpha }_1<...<{\alpha }_n<{\beta }_1<...<{\beta }_n\in H$ 都有 $f_n({\alpha }_1,...,{\alpha }_n)=f_n({\beta }_1,...,{\beta }_n)$ 就足够了 (由于 $\alpha$ 是极限序数, 我们总能将想比较的任两组序数通过更高的一组序数连接在一起).

若不然, 假定 ${\alpha }_1<...<{\alpha }_n<{\beta }_1<...<{\beta }_n$ 破坏此事, 我们造一个 $g$ 的同色集 $G$ 来给出矛盾. 因为大家都是不可辨元, 这件事将会处处正确, 也就是说任给 $2n$ 个 $H$ 里的这些人都有 $f_n({\alpha }_1,...,{\alpha }_n)$ 和 $f_n({\beta }_1,...,{\beta }_n)$ 不一样, 且大小关系都是固定的. 由于序数不能无穷下降, 这肯定是 $f_n({\alpha }_1,...,{\alpha }_n)<f_n({\beta }_1,...,{\beta }_n)$. 我们将 $H$ 分成 $\alpha$ 个 $n$ 元组 $s_{\xi }(\xi \in \alpha )$ 使得 $\xi <{\xi }^{\prime }$ 时 $s_{\xi }$ 的最大元小于 $s_{{\xi }^{\prime }}$ 的最小元, 然后令 $f(s_{\xi })={\gamma }_{\xi }$, 我们说 $G=\{{\gamma }_{\xi }|\xi \in \alpha \}$ 是所要的 $g$ 同色集, 注意这已经自然地是其从小到大的枚举, 这是因为 $g$ 只有两个可能取值但大家仍然不可辨, 不可能出现无穷上升或者无穷下降的情况.

现在证明 ${\eta }_{\alpha }$ 正则. 若不然, 设 $\kappa =\mathrm{cf}{\eta }_{\alpha }<{\eta }_{\alpha }$, 一列 ${\lambda }_{\xi }(\xi \in \kappa )$ 单增收敛于 ${\eta }_{\alpha }$. 我们对每个 ${\lambda }_{\xi }$ 找一个 $f_{\xi }:[{\lambda }_{\xi }{]}^{<\omega }\to 2$ 见证 ${\lambda }_{\xi }<{\eta }_{\alpha }$, 换言之它没有长 $\alpha$ 的同色集. 现在仍对每个 $n\in \omega$ 取 $f_{\xi ,n}=f_{\xi }\upharpoonright [{\lambda }_{\xi }{]}^n$, 考虑结构 $(V_{{\eta }_{\alpha }},\in ,{\lambda }_{\xi },f_{\xi ,n}{)}_{\xi \in \kappa }$; 这是个基数 $\kappa$ 的语言, 而 ${\eta }_{\alpha }$ 强极限说明 $\kappa <2^{\kappa }<{\eta }_{\alpha }$, 从而 ${\eta }_{\alpha }\to (\alpha {)}_{2^{\kappa }}^{<\omega }$, 从而我们可以提取此结构的长 $\alpha$ 的不可辨元集 $H\subseteq {\eta }_{\alpha }\subseteq V_{{\eta }_{\alpha }}$. 由于一定有某个最小的 ${\lambda }_{\xi }$ 大于 $H$ 的最小元, 它不可辨说明 ${\lambda }_{\xi }\supseteq H$, 从而 $H$ 实际上是 $f_{\nu }$ 的长 $\alpha$ 的同色集, 这产生矛盾.

最后, 我们证明 $\alpha <\beta$ 时 ${\eta }_{\alpha }$ 严格地 $<{\eta }_{\beta }$(小于等于是显然的). 如果 ${\eta }_{\alpha }={\eta }_{\beta }=\eta$, 对每个 $\xi <\eta$ 我们都得有 $f_{\xi }:[\xi {]}^{<\omega }\to 2$ 没有长 $\alpha$ 的同色集, 我们令 $g:[\eta {]}^{<\omega }\to 2$ 为 $g({\xi }_0,...,{\xi }_n)=f_{{\xi }_n}({\xi }_0,...,{\xi }_{n-1})$. 由于 $\eta ={\eta }_{\beta }$, $g$ 有长 $\beta$ 的同色集 $H$, 但对每个 $\xi$ 而言 $H\cap \xi$ 都是 $f_{\xi }$ 的同色集, 所以 $H\cap \xi$ 的序型永远不能超过 $\alpha$, 所以 $H$ 的序型也不能超过 $\alpha <\beta$, 这就矛盾了.

$\square$

现在来确认 ${\eta }_{\omega }$ 的强度.

定理 5.2.0.19. ${\eta }_{\omega }$ 之下存在一个不可言说基数.

证明. 考虑给结构 $(V_{{\eta }_{\omega }},\in )$ 添加全体 Skolem 函数 $h_{\phi }$ 形成结构 $(V_{{\eta }_{\omega }},\in ,h_{\phi }{)}_{\phi \in \mathrm{Fml}}$. 由于 ${\eta }_{\omega }\to (\omega {)}_{2^{\omega }}^{<\omega }$, 我们可以提取长 $\omega$ 的不可辨元集 $I\subseteq {\eta }_{\omega }\subseteq V_{{\eta }_{\omega }}$; 用诸 $h_{\phi }$ 将 $I$ 扩充为这结构的初等子模型 $A$, 然后将其坍塌为模型 $M$. 现在任取一个 $I\to I$ 的非平凡单射 (例如, 将每个人丢到大于它的最小的那个人上面, 也就是全体向后移动一位), 它将经诸 $h_{\phi }$ 扩张为一个非平凡初等嵌入 $A\to A$, 从而是非平凡初等嵌入 $j:M\to M$. 取其关键点 $\kappa =\mathrm{crit}(j)$, 我们证明 $M$ 认为 $\kappa$ 是不可言说基数, 从而 $M$ 认为存在不可言说基数, 从而 $A$ 认为, 从而 $V_{{\eta }_{\omega }}$ 认为, 从而其实真的有. 其证明无非是复刻用可测 (造成的初等嵌入) 证明不可言说.

$\square$

即便如此, 它自己并不是不可言说的; 实际上, 它弱紧都不是.

定理 5.2.0.20. ${\eta }_{\omega }$ 是 ${\Pi }_1^1$ 可描述的.

证明. 把定义写出来.

$\square$

最后, 我们来研究 ${\eta }_{\alpha }$ 与 $\mathbf{V}=\mathbf{L}$ 的兼容性.

定理 5.2.0.21. 对 $\mathbf{L}$ 中可数的极限序数 $\alpha$, ${\eta }_{\alpha }$ 存在当且仅当它在 $\mathbf{L}$ 中存在.

证明. 归纳 $\alpha$, 区分两种情况: 一种是存在 $\beta <\alpha$ 使得 $\alpha =\beta +\omega$(这包括 $\alpha =\omega$ 的情形), 一种是存在一列极限序数 ${\beta }_0<...<{\beta }_n<...$ 收敛到 $\alpha$.

对第一种情况, 归纳假设告诉我们 ${\eta }_{\beta }$ 在 $\mathbf{L}$ 中被正确认知, 取属于 $\mathbf{L}$ 的 $f:[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\omega }\to 2$, 我们要在 $\mathbf{L}$ 中宣称存在其序型为 $\alpha$ 的同色集. 由于已有 ${\eta }_{\beta }<{\eta }_{\alpha }$ 属于 $\mathbf{L}$, $\mathbf{L}$ 中已有其序型为 $\beta$ 的同色集; 因此, 我们考虑以下非空树 (林): 其中第 $n$ 层由全体 $f$ 的序型 $\beta +n$ 的同色集的尾段构成, 要求其 $\beta$ 长前段属于 $\mathbf{L}$, 用包含于关系排列. 由于 $f\in \mathbf{L}$ 而此物经 $f$ 从 $[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\omega }$ 上定义, 它在 $\mathbf{L}$ 和 $\mathbf{V}$ 中是同一棵树, 而显然 $f$ 没有序型 $\alpha$ 的同色集当且仅当 $\supseteq$ 在此树上良基, 而良基是一个 ($ZFC$) 绝对的性质, 因此这树在 $\mathbf{L}$ 上良基当且仅当在 $\mathbf{V}$ 中已经良基, 所以 $f$ 在 $\mathbf{L}$ 中有长 $\alpha$ 同色集.

我们要求 $\alpha <{\omega }_1^{\mathbf{L}}$ 是为了应对第二种情况. 此时, 我们需要将每个长 ${\beta }_i$ 的 $f$ 同色集编码为一个序数, 这样才能将树作为 $[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\omega }$ 的子集; 如果不这样做, $\mathbf{L}$ 和 $\mathbf{V}$ 完全可以计算出不一样的 $[{\eta }_{\alpha }{]}^{<\alpha }$, 从而这棵树自己不再绝对. 由于 ${\eta }_{\alpha }$ 不可达, 它在 $\mathbf{L}$ 中同样不可达, 因此我们可以找一个 $\mathbf{L}$ 中双射 ${\eta }_{\alpha }^{\omega }\to {\eta }_{\alpha }$; 由于 $\alpha$ 在 $\mathbf{L}$ 中可数, 不妨设序列 $⟨{\beta }_i{⟩}_{i\in \omega }$ 也属于 $\mathbf{L}$, 且每个 ${\beta }_i$ 都实现为一个 $\omega$ 上良序 $R_i\in \mathbf{L}$. 现在, 一个长 ${\beta }_i$ 的 ${\eta }_{\alpha }$ 子集可以 (经 $R_i$) 编码为一个长 $\omega$ 的 ${\eta }_{\alpha }$ 元素的序列, 进而编码为一个小于 ${\eta }_{\alpha }$ 的序数, 其中每一步编码函数均属于 $\mathbf{L}$.

$\square$

注 5.2.0.22. 这一切对 $\mathbf{L}[A]$ 之流也一样.

定理 5.2.0.23. ${\eta }_{{\omega }_1}$ 存在则 $\mathbf{V}\ne \mathbf{L}$.

证明. 我们证明 ${\omega }_1^L<{\omega }_1$. 对 $(L_{{\eta }_{{\omega }_1}},\in )$ 添加全体典范 Skolem 函数 $h_{\phi }$ 形成一可数语言 (由于 $\mathbf{L}$ 上全局良序可定义, 典范 Skolem 函数即取这 ${<}^{\mathbf{L}}$ 下最小的实例), 用引理我们可以提取其长 ${\omega }_1$ 的不可辨元集 $I\subseteq {\eta }_{{\omega }_1}$. 用这些典范 Skolem 函数将 $I$ 扩张为一 $L_{{\eta }_{{\omega }_1}}$ 的传递的初等子模型 $\mathcal{M}$, 由于前者是 $ZFC+\mathbf{V}=\mathbf{L}$ 的模型, 后者也是, 从而由凝聚性引理同构于某个 $L_{\delta }$; 不妨设 $I$ 现在是 $L_{\delta }$ 的长 ${\omega }_1$ 的一个不可辨元集. 由于显然 $\delta \ge {\omega }_1\ge {\omega }_1^L$, 我们有 ${\wp }^{\mathbf{L}}(\omega )\subseteq L_{\delta }$, 从而每个 $x\in {\wp }^{\mathbf{L}}(\omega )$ 都由有穷多个 $I$ 中元素经某个 Skolem 函数算出, 后者只有可数多个选择 (注意 $I$ 是不可辨的, 选取有穷多个其中元素和选取有穷多个自然数毫无区别, 因为我们只需要决定每个自然数是否属于 $x$, 而自然数都是可定义的).

$\square$

实际上, ${\eta }_{{\omega }_1}$ 能证明 $0^{\#}$ 存在, 因此 $\mathbf{V}$ 和 $\mathbf{L}$ 会相距甚远. 我们将在第三章详细分析后者.