我做的集合论习题
我做的冯琦集合论中重要习题的答案记录
有秩关系的递归定义定理
页数：141页(书120页)
书中所说$\in$-递归定义定理在134页(书113页)
待证命题
设$G$是一个二元类函数，又设$(A,E)$为有秩关系集合。那么存在唯一的一个定义在$A$上的满足如下递归公式的函数$F:$对于任意一个$x\in A,$
\[F(x)=G(x,F\upharpoonright ext_E(x))\]证明过程
考虑如下的表达式$\varphi(x,f)$，$x$是可以定义一个有秩关系$\Phi$的集合，$f$是一个函数，$ext_\Phi(x)=dom(f)$，并且
\[\forall y(y\in x\to f(y)=G(y,f\upharpoonright ext_E(x)))\]现在我们来证明$\varphi(x,f)$是一个泛函定义表达式(也就是说明$\varphi$这个表达式对于任意$x$，存在且仅存在一个函数$f$满足表达式)
类函数唯一
假设$\varphi(x,f)$和$\varphi(x,g)$都成立，若$f\neq g$，则必有$a\in x$满足$f(a)\neq g(a)$，令$a$是有这样性质的$x$元素中极小的那个，也就是说$f(a)\neq g(a)$，但是$\forall b \in a (f(b)=g(b))$，可是根据假设我们还有
\[f(a)=G(a,f\upharpoonright ext_E(x))=G(a,g\upharpoonright ext_E(x))=g(a)\]矛盾。
同样若还有$\varphi(x,f)$和$\varphi(y,g)$成立且$E_x\cap E_y$是$x\cap y$上的秩关系，那么对于$a\in x\cap y$有$f(a)=g(a)$
类函数存在
假设不然，设$(M,E)$为一个有秩关系集合，但不存在一个函数$f$来保证$\varphi(M,f)$成立
考虑$A={f\mid \exists x(x\subset M\wedge\varphi(x,f))}$。由映像存在原理，这是一个集合，而且显然这是一个和谐函数系统，令$H=\cup A$，那么$H$是一个函数，而且
现在我们来证$dom(H)=M$，假设不然，令$x\in M-dom(H)$并且是$E$-关系的一个极小元，于是令
\[f=H\upharpoonright ext_E(x)\ \cup \{\langle x,G(x,H\upharpoonright ext_E(x))\rangle\}\]于是$f\in A$，从而$x\in dom(H)$，矛盾
所以现在定义类函数$F$如下：对于所有的$x$和$y$，
这个类函数$F$即是满足我们要求的类函数
连续统函数在无穷基数取值基本性质
页数：168页(书147页) 推论2.1(3)
原始叙述
(3) 若$\alpha$是一个序数，那么，$\mathbf{cf}(2^{\aleph_\alpha})>\aleph_\alpha$
为方便起见，下面使用$\alpha$直接代替$\aleph_\alpha$，即直接认为$\alpha$是基数
我的证明
首先，这个推论是从书中定理2.10(柯尼希引理)推出的，这个定理是说若两组基数$\kappa_i,\lambda_i(i\in I)$，若满足$\forall i\in I(\kappa_i<\lambda_i)$，则有
\[\sum\limits_{i\in I}\kappa_i<\prod\limits_{i\in I}\lambda_i\]我们的证明思路是通过反证法，假设不等式不成立，然后基于此推出矛盾
我起初的思路是将$\alpha$映射到$2^\alpha$上，然后证明其有界，但是并没有想出办法（主要是要用上定理2.10），感兴趣的读者可以自己去尝试一下
首先我们考虑左侧的$2^\alpha$的大小，我们有如下的等式成立
形式推导：$2^\alpha=2^{\alpha\cdot\alpha}=(2^\alpha)^\alpha=\alpha^\alpha$，严谨证明可以通过双射证明，此处不证。
接下来我们考虑我们希望证明的不等式$\mathbf{cf}(2^\alpha)>\alpha$，假设不等式不成立，即$\mathbf{cf}(2^\alpha)=\alpha$，此时考虑到书中定理2.9基数为奇异基数的充要条件(PDF 165页，书144页)，而$2^\alpha$不就是一个奇异基数嘛，于是我们便令$f$使得
\[\forall \gamma<\alpha(f(\gamma)<2^\alpha)\ \wedge\ 2^\alpha=\sum\limits_{\gamma<\alpha}f(\gamma)\]而且，我们还有$\alpha<2^\alpha$，所以我们构造的$\langle f(\gamma)\mid\gamma<\alpha\rangle$不就是一个满足要求的弱小基数序列吗。
可是我们还要考虑到一件事，定理2.10我们还没有用呢。根据定理2.10我们还有
其中，$\alpha_\gamma=\alpha$，读者可以自己验证，我们构造的$f(\gamma)$都是满足定理条件的，但是我们再仔细看等式右边
\[\prod\limits_{\gamma<\alpha}\alpha_\gamma=\alpha^\alpha=2^\alpha\]可是，等式左边不也是$2^\alpha$吗，这里就有了矛盾，所以，假设不成立，命题得证。
补充
基数为奇异基数的充要条件
一个无穷基数是一个奇异基数($\mathbf{cf}(\kappa)<\kappa$)的充分必要条件是它可以表示成少数个弱小基数之和，即存在一个满足下述要求的基数序列$\langle\kappa_\gamma\mid\gamma<\lambda\rangle$
\(\lambda<\kappa\ \wedge\ (\forall \gamma<\lambda(\kappa_\gamma<\kappa))\ \wedge\ \kappa=\sum\limits_{\gamma<\lambda}\kappa_\gamma\)
后记
写完这段证明继续阅读我才发现书中给出了证明😓，而且书中不是使用反证法证明的，是正面构造证明的。
问题2.1
页数：157页(书136页)
问题描述
有人说： “我可以证明选择公理，请看我的证明：给定一个非空集合$X$, 对于任意的一个$a\in X$, 如果$a=\varnothing$, 那么定义 $c(a)=\varnothing$; 否则，由 $\in$-极小原理 $a$ 必然有一个 $\in$-极小元素 $b\in a$ 满足$b\cap a = \varnothing$, 于是我就定义$c(a)=b$，这样我就得到$X$上的一个选择函数
解决
这个方法肯定是错误的，因为选择公理是独立于ZF公理体系的，没有办法被ZF公理体系证明，但是怎么错误的我还不是特别清楚
我的猜想是：由于$\in$-极小原理确实保证存在极小元，但是并不保证极小元唯一，也就是说不保证极小元就是最小元，这就导致你不能取一个固定的$b$，也就是说你的 $c()$ 并不一定是一个函数，因为$b$可能有很多值，甚至我们可以设想一个极端情况：$a$当中全都是属于关系极小元，我们并不能保证可以从这么多$b$当中取出一个来。
不可达基数
页数：172页(书151页) 定理2.16
原命题见结论记录，证明见下方
不可达基数(一)
因为$|\mathfrak P(X)|=2^{|X|}$(通过二者之间的双射关系即可证明)，再由强极限基数的性质有$2^{|X|}<\kappa$，命题得证
不可达基数(二)
这个形似$\lambda\cdot\gamma$，根据强极限基数的性质很容易证明
不可达基数(三)
根据正则性很容易证明
不可达基数(四)
我觉得这个地方命题是错误的，因为取$\kappa=\omega$，命题显然错误，我认为应当限制$\kappa>\omega$这一条才成立，下面的证明也基于此假设
$|V_\kappa|=\kappa$
首先我们考虑到\(V_\kappa=\bigcup{ \{ V_\alpha\mid\alpha<\kappa \} }\)，如果我们能够证明对于任何$\alpha<\kappa$都有$|V_\alpha|<\kappa$，那结论自然成立，因为
\[|V_\kappa|=|\bigcup{ \{ V_\alpha\mid\alpha<\kappa \} }|\leq\sum\limits_{\alpha<\kappa}V_\alpha\leq\sum\limits_{\alpha<\kappa}\kappa=\kappa\cdot\kappa=\kappa\]所以我们证明的重点就是$|V_\alpha|<\kappa$，下面我们来证明这一点。
我们采用反证法，假设存在$|V_\alpha|\geq\kappa$，并令$\alpha$是最小的这样的序数，如果$\alpha$是后继序数$\gamma+1$，考虑到$|V_\gamma|<\kappa$，根据(一)，有$|V_\alpha|=|\mathfrak P(V_\gamma)|<\kappa$，矛盾，因而$\alpha$是极限序数。
但是若$\alpha$是极限序数，考虑(二)，我们又有
矛盾。因而，只能不存在这样的$\alpha$，故$\forall \alpha<\kappa(|V_\alpha|<\kappa)$，命题得证
这一条性质对于$\omega$也成立，证明方式是相同的
$\kappa=\aleph_\kappa$
有的读者因为觉得$V_\alpha$比$\aleph_\alpha$增长快，就使用$V_\alpha\geq\aleph_\alpha$，通过夹逼证明这一半等式，我认为是不正确的，比如$V_\omega=\omega<\aleph_\omega$就说明不等式并不正确，即使在我前文的假设下，也应该是$V_\alpha$在某个序数上超过了$\aleph_\alpha$，但是具体是哪个序数，我们就不得而知了。
这个命题中，如果我们可以证明$\forall\alpha<\kappa(\aleph_\alpha<\kappa)$，考虑到\(\aleph_\kappa=\bigcup{ \{ \aleph_\alpha\mid\alpha<\kappa \} }\)，那么自然就有$\kappa\geq\aleph_\kappa$，结合$\kappa\leq\aleph_\kappa$，结论自然成立，因而我们下面来证明$\forall\alpha<\kappa(\aleph_\alpha<\kappa)$。
这部分我的证明思路依然是采用反证法，假设$\alpha$是最小的满足$\aleph_\alpha\geq\kappa$的序数。显然$\alpha$是极限序数，如果$\alpha$是后继序数，考虑到$\kappa$是极限基数很容易找出矛盾。
但是如果$\alpha$是极限序数，序列$\langle\aleph_\beta\mid\beta<\alpha\rangle$显然不能在$\kappa$中是无界的，那只能是有界的，假设$\gamma$是其的一个上界，那么$\forall\beta<\alpha(\aleph_\beta<\gamma)$，自然得到$\aleph_\alpha<\gamma<\kappa$，矛盾，因而$\forall\alpha<\kappa(\aleph_\alpha<\kappa)$
这一条性质对于$\omega$不成立，在证明的最后一段（本段的上一段）行不通，因为$\nexists \alpha<0$
不可达基数(五)
与(四)相同，如果取$\kappa=\omega$，命题显然错误，我认为也应当限制$\kappa>\omega$，下面的证明也基于此假设
为便于表示，记集合\(\{\alpha<\kappa\mid\alpha=|V_\alpha|=\aleph_\alpha\}\)为$A$
无界子集
根据无界子集定义来证，假设$\gamma<\kappa$，我们来寻找一个比$\gamma$大的、满足条件的序数。
取$\beta_0=\gamma+1$(防止$\gamma$自己就满足条件)，定义如下序列：
并取\(\alpha=sup{ \{ \beta_n\mid n\in\omega \} }\)，显然$\alpha$是一个极限基数，我们有如下关系
\[|V_\alpha|=|\bigcup{ \{ V_\beta\mid\beta<\alpha \} }|=|\bigcup{ \{ V_{\beta_n}\mid n\in\omega \} }|\leq\sum\limits_{n\in\omega}|V_{\beta_n}|=\omega\cdot\alpha=\alpha\]又考虑到$|V_\alpha|\leq\alpha$，我们于是有$|V_\alpha|=\alpha>\gamma$，接下来我们证明$\alpha=\aleph_\alpha$。
因为$\alpha$是极限序数，我们因而有如下等式
同时，因为序列$\langle\beta_n\mid n\in\omega\rangle$是$\alpha$中的无界子集，从而对于，所以我们可以推出
\[\aleph_\alpha=\bigcup{ \{ \aleph_\gamma\mid\lambda<\alpha \} }\leq\bigcup{ \{ \beta_n\mid n\in\omega \} }=\alpha\]同样$\aleph_\alpha\geq\alpha$得出$\aleph_\alpha=\alpha>\gamma$。
这样，对于任何的$\gamma$，我们都能找到这样一个$\alpha$满足条件，从而集合$A$是一个无界子集。
闭子集
设$\gamma$是集合$A$的一个极限点，我们要证明的就是$|V_\gamma|=\gamma=\aleph_\gamma$，这样$\gamma$就会属于集合$A$，从而任意极限点都属于集合$A$，根据闭子集定义，这个$A$就是闭子集
对于极限点$\gamma$，其是一个极限基数，而且因为它是$A$的极限点，从而$\forall |V_\beta|<\gamma\ \exists\lambda\in A(|V_\beta|<\lambda)$，接下来仿照四的等式，即可得出结论。对于$\aleph_\gamma=\gamma$的证明与上面过程也类似，也不再赘述(读者自证不难😁)
连续函数两种定义
定义一（248页，书227页）
$f$是一个连续函数当且仅当如果$A\subseteq Y$是$Y$上的一个开集，那么$A$在$f$下的原像集合
\[f^{-1}[A]=\{a\in X\mid f(a)\in A\}\]是$X$的一个开集
定义二（251页，书230页）
设$I$和$J$是实数轴上的两个区间，$f:I\to J$那么$f$是$I$上的一个连续函数当且仅当
\(\forall a\in I\forall\epsilon\in\mathbb R^+\exists\delta\in\mathbb R^+\forall x\in I(d(a,x)<\delta\to d(f(a),f(x))<\epsilon)\)
证明
书中说两种定义是等价的，但是并没有给出证明，下面我们来尝试证明一下。
一$\Longrightarrow$二
任意给定$a,\epsilon$，因为集合\(\{x\in I\mid d(f(a),f(x))<\epsilon\}\)是开集，所以对应原象集合$A$为开集。又，$a\in A$，所以根据开集的定义$\exists\epsilon((a-\epsilon,a+\epsilon)\subset A)$，所以二成立。
二$\Longrightarrow$一
对于任意开集$A\subset J$，对任意$a\in I(f(a)\in A)$，因为$A$为开集，$\exists\delta((f(a)-\delta,f(a)+\delta)\subset A)$。所以$\exists\epsilon(d(x,a)<\epsilon\to d(f(a),f(x)<\delta)$，根据开集定义，一成立。 —