Hauptseminar Mathematische Logik Pcf Theorie (S2A2) Das Galvin-Hajnal Theorem

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Hauptseminar Mathematische Logik Pcf Theorie (S2A2) Das Galvin-Hajnal Theorem"

Ἀγλαΐα Ταμτάκος
6 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Hauptseminar Mathematische Logik Pcf Theorie (S2A2) Das Galvin-Hajnal Theorem Jonas Fiege 21 Juli

2 Theorem 1 (Galvin-Hajnal [1975]) Sei ℵ α eine singuläre, starke Limes-Kardinalzahl mit überabzählbarer Konnalität Dann gilt 2 ℵα < ℵ γ für γ = ( 2 α ) + Lemma 2 (242) Angenommen es gilt ℵ ℵ1 α < ℵ ω1 für alle α < ω 1 Sei F eine fast disjunkte Familie von Funktionen F A α sodass A α < ℵ ω1 für alle α < ω 1 Dann gilt F < ℵ γ für γ = ( 2 ℵ1 ) + Zunächst führen wir folgende Relation zwischen Funktionen ϕ : ω 1 ω 1 ein Denition 3 Sei S ω 1 Es gilt genau dann, wenn die Menge ψ < S ϕ {α S : ψ(α) ϕ(α)} nicht-stationär ist Für S = ω 1 schreiben wir kurz ψ < ϕ Da die nicht-stationären Teilmengen von ω 1 ein Ideal bilden, gilt für alle S, T ω 1 ψ < S T ϕ ψ < S ϕ ψ < T ϕ Lemma 4 Ist S ω 1 stationär so ist die Relation < S wohlfundiert Beweis Wir behandeln zunächst den Fall S = ω 1 Angenommen es existiert eine unendlich absteigende Folge von Funktionen Demnach ist für alle n N die Menge ϕ 0 > ϕ 1 > ϕ 2 > A n := {α ω 1 : ϕ n+1 (α) ϕ n (α)} nicht-stationär Da das nicht-stationäre Ideal auf ω 1 dual zum closed-unbounded Filter auf ω 1 ist, ist für alle n N die Menge B n := ω 1 A n = {α ω 1 : ϕ n+1 (α) < ϕ n (α)} closed-unbounded Da der closed-unbounded Filter σ-vollständig ist, ist auch der Schnitt der B n closed-unbounded und daher nichtleer Somit existiert ein α ω 1 mit ϕ 0 (α) > ϕ 1 (α) > ϕ 2 (α) > Dies ist aber ein Widerspruch zum Fundierungsaxiom Ist S ω 1 existiert immer noch ein solches α, da der Schnitt der stationären Menge S und der closed-unbounded Menge i=1 B n per Denition nichtleer ist 2

3 Denition 5 Ist S ω 1 stationär können wir per wohlfundierter Rekursion die Norm von ϕ denieren durch = sup { ψ S + 1 : ψ < S ϕ} Für S = ω 1 schreiben wir kurz ϕ Es ist = 0 genau dann, wenn ϕ < S -minimal ist Dies ist wiederum genau dann der Fall, wenn ϕ auf einer stationären Teilmenge von S verschwindet Aus ψ < S ϕ folgt ψ S Bemerkung 6 Ist S ω 1 stationär und ψ(α) ϕ(α) für alle α S dann gilt ψ S Beweis χ : {α S : χ(α) ψ(α)} {α S : χ(α) ϕ(α)} = χ : χ < S ψ χ < S ϕ = ext <S ψ ext <S ϕ = ψ S Bemerkung 7 Sind S T ω 1 stationär dann gilt ϕ T Insbesondere gilt ϕ Beweis per wohlfundierter Induktion Aus ψ < T ϕ folgt ψ < S ϕ Angenommen die Aussage ist für alle ψ < S ϕ wahr Dann gilt ϕ T = sup { ψ T + 1 : ψ < T ϕ} sup { ψ T + 1 : ψ < S ϕ} sup { ψ S + 1 : ψ < S ϕ} = Lemma 8 Sind S, T ω 1 stationär so gilt T = min { } Beweis Die Abschätzung T min { } folgt aus der letzten Bemerkung Sei ϕ ein kleinstes Element mit T < min { } Dann gilt T = sup { ψ S T + 1 : ψ < S T ϕ} = sup {min { ψ S, ψ T } + 1 : ψ < S T ϕ} < min { } Folglich existiert ein ψ S < S ϕ und ein ψ T < T ϕ mit T < min { ψ S S + 1, ψ T T + 1} 3

4 Wir denieren die Funktion ψ S (α) ψ S T (α) = max {ψ S (α), ψ T (α)} ψ T (α) α S \ T α S T α T \ S Per Denition gilt ψ S (α) ψ S T (α) für alle α S Aufgrund von Bemerkung 6 gilt demnach ψ S S ψ S T S Analog zeigt man ψ T T ψ S T T Oenbar gilt {α S : ψ S T (α) ϕ(α)} {α S : ψ S (α) ϕ(α)} {α T : ψ T (α) ϕ(α)} Die obige Menge ist als Teilmenge einer nicht-stationären Menge ebenfalls nichtstationär Demnach gilt ψ S T < S ϕ und analog können wir ψ S T < T ϕ zeigen Also gilt ψ S T < S T ϕ und es folgt T = sup {min { ψ S, ψ T } + 1 : ψ < S T ϕ} min { ψ S T S, ψ S T T } + 1 min { ψ S S + 1, ψ T T + 1} > T Bemerkung 9 Ist S stationär und X nicht-stationär so gilt X = Beweis Wie man sich leicht überlegt gilt ψ < S X ϕ ψ < S ϕ oder anders ausgedrückt ext <S X ϕ = ext <S ϕ Per wohlfundierter Induktion folgt sofort X = Denition 10 Für jede Funktion ϕ : ω 1 ω 1 sei I ϕ das Ideal aller nicht-stationären Mengen auf ω 1 nebst aller stationären Mengen S ω 1 mit ϕ Das Komplement von I ϕ in P(ω 1 ) ist demnach die Menge aller stationären Teilmengen S ω 1 mit ϕ = Beweis Per Denition ist ω 1 nicht in I ϕ enthalten Lemma 8 und Bemerkung 9 stellen sicher, dass I ϕ abgeschlossen unter Vereinigungen ist Bemerkung 7 garantiert, dass jede Teilmenge eines Elementes von I ϕ wieder in I ϕ liegt Lemma 11 Sei S = {α < ω 1 : ϕ(α) ist Nachfolger-Ordinalzahl} L = {α < ω 1 : ϕ(α) ist Limes-Ordinalzahl} Dann gilt bzw ϕ ist Limes-Ordinalzahl L / I ϕ ϕ ist Nachfolger-Ordinalzahl S / I ϕ 4

5 Beweis (i) Angenommen es gilt S / I ϕ Folglich ist S stationär und es gilt ϕ = Sei nun ϕ (α) = ϕ(α) 1 für alle α S Per Denition gilt ϕ < S ϕ und demnach ϕ S Wir wollen zeigen, dass ϕ S + 1 = gilt Es genügt zu zeigen, dass aus ψ < S ϕ stets ψ S ϕ S folgt Oensichtlich gilt {α S : ψ(α) ϕ(α) 1} {α S : ψ(α) ϕ(α)} und somit folgt aus ψ < S ϕ stets ψ < S ϕ Daher können wir uns auf den Fall ψ < S ϕ und ψ S ϕ beschränken Demnach ist die Menge {α S : ψ(α) ϕ(α)} nicht-stationär im Gegensatz zu {α S : ψ(α) ϕ(α) 1} = {α S : ψ(α) = ϕ(α) 1} {α S : ψ(α) ϕ(α)} }{{} X:= Folglich ist die Menge {α S : ψ(α) = ϕ(α) 1} stationär Wir denieren S = {α S : ψ(α) ϕ(α) 1} Oensichtlich ist S stationär und es gilt S = S X Unter Verwendung von Bemerkung 6,7 und 9 folgt ψ S ψ S ϕ S = ϕ S (ii) Angenommen es gilt L / I ϕ Folglich ist L stationär und es gilt ϕ = ϕ L Wir wollen zeigen, dass ϕ L Limes-Ordinalzahl ist Dies ist der Fall genau dann, wenn für alle ψ < L ϕ ein ψ < L ϕ existiert mit ψ L < ψ L Sei dazu ψ + (α) = ψ(α) + 1 für alle α L Per Denition gilt ψ < L ψ + und demnach ψ L < ψ + L Laut Voraussetzung ist die Menge {α L : ψ(α) ϕ(α)} nichtstationär und für alle α L ist ϕ(α) Limes-Ordinalzahl Also gilt und demnach ist ψ + < L ϕ {α L : ψ(α) ϕ(α)} = {α L : ψ(α) + 1 ϕ(α)} Lemma 12 (816) Angenommen es gilt ℵ ℵ1 α < ℵ ω1 für alle α < ω 1 Sei F eine fast disjunkte Familie von Funktionen sodass die Menge stationär ist Dann gilt F ℵ ω1 F A α {α < ω 1 : A α ℵ α } 5

6 Lemma 13 (243) Angenommen es gilt ℵ ℵ1 α < ℵ ω1 für alle α < ω 1 Sei ϕ : ω 1 ω 1 und F eine fast disjunkte Familie von Funktionen F A α sodass A α ℵ α+ϕ(α) für alle α < ω 1 Dann gilt F ℵ ω1+ ϕ Um Lemma 2 aus Lemma 13 herzuleiten, sei ϕ mit A α ℵ α+ϕ(α) für alle α < ω 1 Ist ϑ die Länge der wohlfundierten Relation ϕ < ψ gilt zweifelslos ϑ 2 ℵ1 und demnach ϑ < ( ) + 2 ℵ1 Daher gilt ω1 + ϕ < ( ) + 2 ℵ1 für alle ϕ Hieraus folgt Lemma 2 Beweis Wir beweisen Lemma 13 per Induktion nach ϕ (i) Es gilt ϕ = 0 genau dann, wenn ϕ auf einer stationären Teilmenge von ω 1 verschwindet Folglich ist die Menge {α < ω 1 : A α ℵ α } stationär und die Behauptung folgt aus Lemma 12 (ii) Sei ϕ eine Limes-Ordinalzahl und ϕ > 0 Folglich ist die Menge aller α mit ϕ(α) = 0 nicht-stationär Demnach folgt unter Verwendung von Lemma 11, dass die Menge S = {α < ω : ϕ(α) > 0 ist Limes-Ordinalzahl} nicht in I ϕ liegt Laut Voraussetzung gilt A α ℵ α+ϕ(α) für alle α < ω 1 Folglich dürfen wir annehmen, dass A α für alle α < ω 1 eine Teilmenge von ℵ α+ϕ(α) ist Daher gilt f(α) < ℵ α+ϕ(α) für alle f F Ist f F gegeben existiert für jedes α S ein β < ϕ(α) mit f(α) < ω α+β und wir denieren ψ(α) = β Für α / S sei ψ(α) = ϕ(α) Oensichtlich gilt ψ < S ϕ und wegen S / I ϕ folgt ψ ψ S = ϕ Demnach ist f F ψ wobei F ψ = { f F : f(α) < ω α+ψ(α) für alle α } Da jedes f F in solch einem F ψ enthalten ist gilt F = {F ψ : ψ < ϕ } Laut Induktionsvoraussetzung gilt F ψ ℵ ω1+ ψ < ℵ ω1+ ϕ für alle ψ < ϕ Da die Anzahl der Funktionen ψ : ω 1 ω 1 gerade 2 ℵ1 ist und 2 ℵ1 < ℵ ω1 gilt erhalten wir F ℵ ω1+ ϕ (iii) Sei ϕ = γ + 1 ein Nachfolger-Ordinalzahl und S 0 = {α < ω 1 : ϕ(α) ist Nachfolger-Ordinalzahl} Laut Lemma 11 gilt S 0 / I ϕ Wieder dürfen wir annehmen, dass A α für alle α < ω 1 eine Teilmenge von ℵ α+ϕ(α) ist Daher gilt f(α) < ℵ α+ϕ(α) für alle f F Wir zeigen zunächst, dass für alle f F die Menge F f = {g F : S S 0, S / I ϕ, ( α S) g(α) f(α)} 6

7 die Kardinalität ℵ ω1+γ besitzt Für S S 0 und S / I ϕ denieren wir die Menge F f,s = {g F : ( α S) g(α) f(α)} Sei nun ψ : ω 1 ω 1 deniert durch ψ(α) = ϕ(α) 1 für alle α S und ψ(α) = ϕ(α) sonst Wegen S / I ϕ gilt ψ ψ S = ϕ = γ+1 Wie im Beweis von Lemma 11 folgt ψ S + 1 = und daher gilt ψ γ Nun gilt F f,s B α mit B α ℵ α+ψ(α) für alle α < ω 1 Laut Induktionsvoraussetzung gilt demnach F f,s ℵ ω1+γ Da die Anzahl der Teilmengen von S 0 kleiner als 2 ℵ1 ist und 2 ℵ1 < ℵ ω1 gilt erhalten wir F f 2 ℵ1 ℵ ω1+γ = ℵ ω1+γ Um den Beweis zu vollenden konstruieren wir eine Folge sodass ϑ ℵ ω1+γ+1 und f ξ : ξ < ϑ F = { Ffξ : ξ < ϑ } Zu gegebenen f ν, ν < ξ sei f ξ F (falls es existiert) derartig, dass f ξ / F fν alle ν < ξ Demnach gilt: für ν < ξ : f ξ / F fν ν < ξ : ( S : S S 0 S / I ϕ α (α S f ξ (α) f ν (α))) ν < ξ : S : S S 0 S I ϕ α (α S f ξ (α) > f ν (α)) Daher ist die Menge {α S 0 : f ξ (α) f ν (α)} ein Element von I ϕ Folglich ist die Menge {α S 0 : f ξ (α) > f ν (α)} kein Element von I ϕ, da andernfalls entgegen der Voraussetzung S 0 in I ϕ liegen würde Also gilt f ν F fξ für alle ν < ξ Nun ist Ffξ ℵω1+γ und F fξ {f ν : ν < ξ} Somit ist ξ < ℵ ω1+γ+1, falls f ξ existiert Daher hat unsere Folge die Länge ϑ ℵ ω1+γ+1 Also gilt und somit F ℵ ω1+γ+1 F = { Ffξ : ξ < ϑ } 7

Σχετικά έγγραφα

18. Normale Endomorphismen

18. Normale Endomorphismen 18.1. Die adjungierte lineare Abbildung Seien V, W K-Vektorräume mit Skalarprodukt, V,, W Lemma: Sei φ Hom(V, W ). Falls Ψ Hom(W, V ) mit der Eigenschaft so ist Ψ hierdurch eindeutig