Teoria Mnogości wykład

Uniwersytet Warszawski Wydział Matematyki, Informatyki i Mechaniki Teoria Mnogości wykład Wykładowca: Piotr Zakrzewski Notatki spisał: Grzegorz Bokota Poprawki: Filip Rupniewski i Piotr Zakrzewski 16 czerwca 2016

Spis treści 1. Liczby porządkowe......................................... 2 1.1. Definicja liczb porządkowych.................................. 6 2. Liczby kardynalne.......................................... 10 3. Potęgowanie liczb kardynalnych................................. 16 4. Zbiory stacjonarne......................................... 19 5. Ideały, filtry, ultrafiltry...................................... 24 6. Twierdzenia podziałowe...................................... 30 7. Drzewa................................................. 34 8. Rodziny prawie rozłączne i delta systemy........................... 41 8.1. Zbiory prawie rozłączne..................................... 41 8.2. Delta systemy.......................................... 41 1

1. Liczby porządkowe Zasady dotyczące przedmiotu są na stronie http://www.mimuw.edu.pl/~piotrzak/tm.html. Definicja 1.1. Dobry porządek zbioru X to taki porządek liniowy na zbiorze X, że w każdym niepustym zbiorze A X istnieje element najmniejszy. Przykład 1.2. 1. Dowolny porządek liniowy zbioru skończonego 2. Zwykły porządek w N 3. Zwykły porządek na zbiorach: {1 1 n+1 : n N} {1} {1 1 n+1 : n N} {1, 2, 3} {1 1 {1 1 n+1 n+1 : n N} N : n N} {2 1 n+1 : n N} {3} Definicja 1.3. Jeśli jest dobrym porządkiem to mówimy, że zbiór (X, ) jest dobrze uporządkowany. Twierdzenie 1.1. Niech liniowo porządkuje X wtedy następujące warunki są równoważne: 1. dobrze porządkuje X 2. Nie ma nieskończonych ciągów ściśle malejących o wyrazach w X. Dowód. Niech (x n ) n N będzie nieskończonym malejącym cięgiem. Weźmy zbiór złożony z elementów tego ciągu. Załóżmy, że istnieje zbiór A który nie ma elementu najmniejszego. Wówczas da się zdefiniować nieskończony ciąg malejący następująco. Niech g będzie dowolną funkcją wyboru dla rodziny wszystkich niepustych podzbiorów zbioru A. Określmy następnie ciąg (x n ) n N przez indukcję: x n+1 = g(o(x n ) A), gdzie x 0 A wybrany dowolnie. Sprzeczność z założeniem o skończoności ciągów ściśle malejących. Definicja 1.4. Odcinek początkowy w zbiorze liniowo uporządkowanym to podzbiór O X taki, że: x, y X (x O y < x) y O Oznaczenie 1.5. Odcinek początkowy w X o końcu w x X: O(x) = {y : y X, y < x} Twierdzenie 1.2. Niech (X, ) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym. Wtedy następujące warunki są równoważne: 2

1. dobrze porządkuje X 2. Każdy właściwy odcinek początkowy w (X, ) jest postaci O(x) = {y : y X, y < x} Dowód. 1) 2) Niech O X będzie właściwym odcinkiem początkowym. Niech A = X \ O. Niech a = min A. Wtedy O = O(a) 2) 1) Załóżmy, że porządek nie jest dobry. Wtedy istnieje ściśle malejący ciąg (x n ) n N o elementach z X. Niech O = {x : x X n N x < x n }. Wtedy nie istnieje takie a X, że O = O(a) Wniosek 1.3. Niech (X, ) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym. Wtedy następujące warunki są równoważne: 1. Porządek jest dobry. 2. Każdy właściwy odcinek początkowy w zbiorze X jest postaci O(x) dla pewnego x X. 3. Żaden ciąg o wyrazach w zbiorze X nie jest ciągiem ściśle malejącym w sensie porządku. Definicja 1.6. Dla zbioru liniowo uporządkowanego prawdziwa jest zasada indukcji jeżeli istnieje w nim element najmniejszy x 0 oraz jeżeli dla każdego A zachodzi implikacja: x 0 A a>x0 (O(a) A a A) } A = X Twierdzenie 1.4. Niech (X, ) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym. Wtedy następujące warunki są równoważne: 1. dobrze porządkuje X 2. Na zbiorze (X, ) prawdziwa jest zasada indukcji Dowód. 1) 2) Weźmy dowolny zbiór A X spełniający warunki implikacji z definicji indukcji (1.6). Chcemy pokazać, że A = X. Przypuśćmy więc, że jest przeciwnie, tzn. zbiór Y,złożony z tych elementów zbioru X, które nie należą do A, jest niepusty. W takim razie w zbiorze Y jest element najmniejszy a. Wówczas a > x 0, gdyż x 0 A na mocy warunku (1) z 1.6. Ponadto wszystkie elementy x X mniejsze od a należą do zbioru A, ponieważ a jest najmniejszym elementem zbioru X, który do A nie należy. To jednak, wobec warunku (2) z (1.6), implikuje, że a A, czyli a / Y i otrzymana sprzeczność kończy dowód. 2) 1) Korzystając z wniosku 1.3 punkt 2. wystarczy udowodnić, że każdy właściwy odcinek początkowy w zbiorze X jest wyznaczony przez pewien element tego zbioru. Niech A X będzie właściwym odcinkiem początkowym zbioru X. Jeśli A =, to A = O(x 0 ). Załóżmy więc, że A i przypuśćmy, że odcinek A nie jest wyznaczony przez żaden element zbioru X. Dążąc do sprzeczności, spróbujemy do zbioru A zastosować zasadę indukcji. Mamy więc: 3

1. x 0 A, gdyż do A należy jakiś element x oraz x 0 x. 2. niech a X, x 0 < a i załóżmy, że wszystkie elementy x X mniejsze od a należą do A, to znaczy O(a) A. Jednocześnie O(a) A, gdyż założyliśmy, że odcinek początkowy A nie jest wyznaczony przez żaden element. Weźmy zatem dowolny element a A \ O(a). Wtedy a a, A był odcinkiem początkowym a A. Z zasady indukcji wynika, że A = X sprzeczność. Definicja 1.7. Zbiory dobrze uporządkowane (A, A ), (B, B ) są tej samej długości, mają ten sam typ porządkowy (ozn. typ(a, A ) = typ(b, B )) jeśli są porządkowo izomorficzne. Czyli istnieje funkcja: h: A 1 1 B na że dla a 1, a 2 A a 1 < a 2 h(a 1 ) < h(a 2 ) Definicja 1.8. Mówmy, że (A, A ) jest nie dłuższy niż (B, B ) (ozn. typ(a, A ) typ(b, B )) jeśli istnieje włożenie izomorficzne (A, A ) w (B, B ) Czyli istnieje funkcja: że dla a 1, a 2 A a 1 < a 2 h(a 1 ) < h(a 2 ) h: A 1 1 B Twierdzenie 1.5. Dla dowolnych zbiorów dobrze uporządkowanych (A, A ), (B, B ) następujące warunki są równoważne: 1. typ(a, A ) typ(b, B ) 2. Zbiór (A, A ) jest izomorficzny z odcinkiem początkowym zbioru (B, B ) Lemat 1.6. Niech (A, A ) będzie dowolnym zbiorem dobrze uporządkowanym. Jeżeli f : A 1 1 A jest izomorficznym włożeniem A w siebie to. W szczególności: a A a A f(a) 1. A nie jest izomorficzny z żadnym swoim odcinkiem początkowym. 2. Żadne dwa różne odcinki początkowe zbioru A nie są izomorficzne. Dowód. Przypuśćmy przeciwnie. Niech B = {a A : f(a) < A a}. Niech a 0 = min B. Ale wtedy, z monotoniczności funkcji f f(f(a 0 )) < A f(a 0 ) < A a Dla dowodu pozostałej części lematu ( w szczególności ) przypuśćmy, że funkcja f : A 1 1 O(a) jest izomorfizmem zbioru A i jego podzbioru zawartego we właściwym odcinku początkowym 4

O(a), gdzie a A, Wtedy w szczególności f(a) O(a), czyli f(a) < a, co przeczy temu co wcześniej udowodniliśmy. Spośród dwóch różnych odcinków początkowych tego samego zbioru dobrze uporządkowanego jeden jest właściwym odcinkiem początkowym, więc z 1. nie mogą być izomorficzne. Lemat 1.7. Izomorfizm porządkowy przeprowadza odcinek początkowy na odcinek początkowy. Dokładniej jeśli : X 1 1 Y jest izomorfizmem (X, X ) z (Y, Y ) to x X h[o X (x)] = na O Y (h(x)) Dowód. Niech z O X (x). Wtedy z < X x, stąd h(z) < Y h(x), czyli h(z) O Y (h(x)). analogiczne rozumowanie dla h 1. Dowód twierdzenia 1.5. 1) 2) Oczywiste 1) 2) załóżmy, że typ(a, A ) typ(b, B ). Definujemy funkcję f tak f = {(a, b) A B : O A (a) jest izomorficzne z O B (b)} D f = {a A : b B takie, że O A (a) O B (b)} Z lematu 1.6 wynika, że f jest dobrze określona, bo jeśli O A (a) jest izomorficzne z O B (b 1 ) i O B (b 2 ), to b 1 = b 2. Pokażemy kolejno, że: 1. Dziedzina funkcji D f jest odcinkiem początkowym w A. Co wiecej jeśli a D f i h jest izomorfizmem O A (a) i O b (f(a)) to h = f OA (a) 2. f jest izomorfizmem D f i R f (R f zbiór wartości funkcji f) 3. R f jest odcinkiem początkowym w B 4. D f = A Dla dowodu punktu (1) weźmy dowolne elementy a, x A takie że a D f i x < A a. Jeśli teraz h jest izomorfizmem odcinków O A (a) i O B (f(a)), to z lematu 1.7 wynika, że funkcja h przeprowadza odcinek O A (x) na odcinek O B (h(x)). Zatem x D f, co dowodzi, że zbiór D f jest odcinkiem początkowym w A. Ponadto wprost z definicji funkcji f wynika, że f(x) = h(x), co dowodzi że h = f OA (a). Dowód punktu (2) sprowadza się do stwierdzenia, że funkcja f jest rosnąca, tzn. x,y Df x < A y f(x) < B f(y) Niech h będzie izomorfizmem O A (y) i O B (f(y)). Wówczas, z lematu 1.7, h[o A (x)] = O B (h(x)) oraz O B (h(x)) jest właściwym odcinkiem początkowym w O B (f(y)), zatem w szczególności h(x) < B f(y). Z punktu (1) wynika, że h(x) = f(x), więc f(x) < B f(y). Aby pokazać punkt (3) rozumujemy tak samo jak w dowodzie punktu (1) (zauważmy, że R f = D f 1)). (4)Przypuśćmy przeciwnie. D f A: 5

Przypadek 1 R f B. Wtedy istnieją elementy a A \ D f oraz b B \ R f takie, że D f = O A (a) oraz R f = O B (b). Ale wtedy funkcja f { a, b } świadczy o tym, że a D f Przypadek 2 R f = B. Z założenia istnieje włożenie izomorficzne g : A 1 1 B. Wtedy f 1 g : A A jest izomorfizmem zbioru A i podzbioru zbioru A, zawartego w jego właściwym odcinku początkowym D f. Sprzeczność z lematem 1.7. Twierdzenie 1.8. Jeśli (A, A ) i (B, B ) są zbiorami dobrze uporządkowanymi to zachodzi dokładnie jeden przypadek: (1) typ(a, A ) = typ(b, B ) (2) (A, A ) jest izomorficzny z właściwym odcinkiem początkowym (B, B ) (3) (B, B ) jest izomorficzny z właściwym odcinkiem początkowym (A, A ) Dowód. Warunki (1) (3) parami się wykluczają, ponieważ zbiór dobrze uporządkowany nie jest izomorficzny z żadnym swoim odcinkiem początkowym. Wystarczy udowodnić, że któryś z przypadków zachodzi. Wystarczy pokazać taki zbiór dobrze uporządkowany (C, C ), że typ(a) typ(c) oraz typ(b) typ(c), ponieważ wtedy zbiory A, B są izomorficzne z odcinkami początkowymi zbioru C, więc jeden jeden izomorficzny z odcinkiem początkowym drugiego. Niech C = A B. Dokładniej, definiujemy à = {0} A, B = {1} B, C = à B i w zbiorze C określamy relację C w następujący sposób (i, x) C (j, y) (i < j (i = j = 0 x < A y) (i = j = 1 x < B y) relacja ta dobrze porządkuje zbiór C. Oczekiwane nierówności wynikają z definicji typu. Definicja 1.9. Powiemy, że zbiór (dobrze uporządkowany) (A, A ) jest krótszy (ma mniejszy typ porządkowy) niż (B, B ) (ozn. typ(a, A ) < typ(b, B )) jeśli typ(a, A ) typ(b, B ) i typ(a, A ) typ(b, B ) Uwaga 1.9. typ(a, A ) < typ(b, B ) wtedy i tylko wtedy gdy (A, A ) jest izomorficzny z własciwym odcinkiem początkowym w (B, B ) 1.1. Definicja liczb porządkowych Pomysły: 1. Zdefiniować liczby porządkowe jako wzorcowe dobre porządki, po jednym z każdego typu. 2. Utożsamić liczbę porządkową ze zbiorem liczb porządkowych od niej mniejszych 6

Definicja 1.10. Rodzinę zbiorów Z nazywamy zbiorem przechodnim jeśli x, t((x Z t x) t Z) Uwaga 1.10. Z jest przechodni wtedy i tylko wtedy gdy x(x Z x Z) Definicja 1.11. Relację r w X nazywamy ostrym dobrym porządkiem zbioru X jeśli zachodzą następujące dwa warunki: 1. relacja r zdefiniowana tak, że x r y xry x = y jest dobrym porządkiem zbioru X 2. x, y X xry (x r y x y) Uwaga 1.11. r jest ostrym dobrym porządkiem zbioru X wtedy i tylko wtedy gdy r jest dobrym porządkiem i r przeciwzwrotna w X (tzn. x X xrx) Oznaczenie 1.12. Jeśli r = X, czyli x, y zachodzi xry x y, to r będziemy oznaczać X x X y (x y x = y) Definicja 1.13. Zbiór α jest liczbą porządkową jeśli jest przechodni i α jest ostrym dobrym porządkiem zbioru α (tzn. α jest dobrym porządkiem α oraz x α x x) (intencja (α, α ) jest wzorowym dobrym porządkiem typu α) Przykład 1.14. 1. X = {, { }, {{ }}} jest przechodni, ale nie jest liczbą porządkową bo X nie jest relacją spójną {{ }} i {{ }} 2. X = {{ }, {{ }}} nie jest przechodni: { } {{ }} ale {{ }} 3. X = {, {, { }}, {, { }, {, { }}}...} jest to przykład liczby porządkowej (i jej elementami też są liczby porządkowe). Twierdzenie 1.12. Dla każdego zbioru dobrze uporządkowanego (A A ) istnieje dokładnie jedna liczba porządkowa α taka, że. typ(a, A ) = typ(α, α ) Dodatkowo pokażemy, że jeśli α jest liczbą porządkową to α = {β : β jest liczbą porządkową mniejszą niż α} Twierdzenie 1.13 (o definicji przez indukcję). Niech Z i α On. Niech F = ξ<α Zξ i h : F Z. Wtedy istnieje dokładnie jeden ciąg f : α Z długości α taki, że ξ<α f(ξ) = h(f ξ) ( ) Przez Z ξ rozumiemy wszystkie ciągi o długości ξ o wyrazach w Z. 7

Dowód. 1. Jedyność. Niech f, g : α Z, takie, że ξ<α g(ξ) = h(g ξ) i f(ξ) = h(f ξ). Niech W = {ξ < α : f(ξ) = g(ξ)}. Chcemy pokazać, ze W = α. Udowodnimy to korzystając z zasady indukcji. Weźmy dowolne ξ < α takie że O(ξ) W, wtedy f ξ = g ξ wiec f(ξ) = h(f ξ) = h(g ξ) = g(ξ). Pokazaliśmy, że O(ξ) W ξ W. Na mocy zasady indukcji W = O(α). 2. Istnienie. Nie wprost. Przypuśćmy, że twierdzenie jest fałszywe dla pewnej α i niech α to będzie najmniejsza z nich, α > 0. Niech Z i h to zbiór i funkcja dla których nie istnieje funkcja f spełniająca ( ). α była najmniejsza, więc ξ<α fξ :ξ Z takie, że β<ξ f(β) = h(f β). Z jedyności taki ciąg jest dokładnie jeden. ξ < γ < α f ξ ξ = f ξ. Rozważmy dwa przypadki: α = β+1. Wtedy definiujemy f jako f β = f β i f(β) = h(f β ) (= h(f β )). Wtedy f : α Z i spełnia (*). więc α W - sprzeczność. α-graniczna. Z jedyności dla ξ < α f ξ+1 ξ = f ξ. Zdefiniujmy f : α Z f(ξ) = f ξ+1 (ξ) Wtedy dla ξ < α: f(ξ) = f ξ+1 (ξ) = h(f ξ+1 ξ) = h(f ξ ) więc f jest ciągiem indukcyjnym typu α, a więc α W - sprzeczność. Twierdzenie 1.14 (Zermelo). Niech X. Wtedy istnieje dobry porządek zbioru X. Dowód. Niech C : P(X)\{ } X ustalona funkcja wyboru. Niech p / X. Zdefiniujmy F : P(X {p}) X {p} { C(Z) Z P(X) \ { } F (Z) = p w.p.p. Niech G = {ξ On : istnieje różnowartościowy ciąg długości ξ o elementach w X}. Niech α = G + 1 - liczba porządkowa większa od wszystkich ze zbioru G. Korzystamy z twierdzenia o definiowaniu przez indukcję do Z = X {p} oraz h(s) = F (X \ R s ) (R S - zbiór wartości s) tzn. definiujemy funkcję f : α X {p} taką, że ξ<α f(ξ) = F (X {f(β) : β < ξ}) Spostrzeżenie: dla β α f[β] X f β jest 1 1. Stąd f[α] X, bo α G (nie ma ciągu 1-1 długości α o wartościach w X). Zatem S = {β < α : f(β) = p} =. Niech β = min(s). Wtedy f β jest 1-1 i na X. Definiujemy na X tak: - szukany dobry porządek na X. x y (f β) 1 (x) (f β) 1 (y) Twierdzenie 1.15 (Lemat Kuratowskiego-Zorna). Niech X niepusty zbiór częściowo uporządkowany przez relację. Załóżmy, że każdy łańcuch w X ma ograniczenie górne w X. Wtedy w X istnieje element maksymalny. Dowód. Niech X = {x ξ : ξ < α} gdzie ciąg (x ξ : ξ < α) jest 1 1 (tw. Zermelo) 8

Definiujemy f : α {0, 1} gdzie f(0) = 1 i f(ξ) = { 1 ζ < ξ(f(ζ) = 1 xζ x ξ ) 0 w.p.p Zatem w ξ kroku konstrukcji przypisujemy elementowi ξ jedynkę element x ξ jest -większy od tych wszystkich mniejszych od ξ którym przypisaliśmy jedynkę. W tym momencie x ξ staje się kandydatem na poszukiwany element maksymalny zbioru X. Niech L = {ξ : f(ξ) = 1}. Wtedy L jest łańcuchem oraz każde ograniczenie górne L jest elementem L zatem L ma element -największy który jest maksymalny w X

2. Liczby kardynalne Definicja 2.1. Liczby kardynalne to początkowe liczby porządkowe. α jest początkowa jeśli β<α β α (chodzi o moce) Obserwacja 2.2. Każda nieskończona liczba kardynalna jest liczbą graniczną. Przykład 2.3. 1. Liczby naturalne (0, 1,2,... ) 2. ω. Oznaczenie ℵ 0 3. ω 1 najmniejsza nieprzeliczalna liczba porządkowa. Oznaczenie ℵ 1. Oznaczenie 2.4. ℵ α to α-ta nieskończona liczba kardynalna. Obserwacja 2.5. {κ : κ < ℵ α i κ jest kardynalna nieskończona} jest typu α. Twierdzenie 2.1. Dla każdego zbioru X istnieje dokładnie jedna liczba kardynalna κ taka, że X κ. Ozn κ = X (moc X). Dowód. κ = min{α On : X α} ({α On : X α}, na mocy tw. Zermelo). Definicja 2.6 (Działania na liczbach kardynalnych). κ + λ = κ {0} λ {1} κ λ = κ λ κ λ = κ λ (= O(κ) O(λ) ) Fakt 2.7. 1. (A 1 A 2, B 1 B 2, A 1 B 1 = A 2 B 2 = ) A 1 B 1 = A 2 B 2 2. (A 1 A 2, B 1 B 2 ) A 1 B 1 A 2 B 2 3. A 1 A 2, B 1 B 2 A B 1 1 A B 2 2 Twierdzenie 2.2. 1. (κ λ ) µ = κ λµ 2. (κ λ) µ = κ µ λ µ 3. κ λ+µ = κ λ κ µ Dowód. A = κ, B = λ, C = µ wtedy: 1. (A B ) C A B C 2. (A B) C A C B C 10

3. B C = A B C (A B A C ) Twierdzenie 2.3. 1. κ 2 κ > κ (κ - liczba kardynalna) ( To jest twierdzenie Cantora) 2. ℵ 0 + ℵ 0 = ℵ 0 3. ℵ 0 ℵ 0 = ℵ 0 4. ℵ n 0 = ℵ 0 5. 2 ℵ 0 = ℵ ℵ 0 0 = c 6. c + c = c 7. c c = c Twierdzenie 2.4 (Hessenberg). Dla każdej nieskończonej liczby kardynalnej κ zachodzi κ κ = κ Dowód. (przez indukcję) Mamy pokazać, że α On zachodzi ℵ α ℵ α = ℵ α. Dla α = 0 jest ok. Weźmy α > 0, z założenia, że dla wszystkich β < α mamy ℵ β ℵ β = ℵ β chcemy pokazać, że ℵ α ℵ α = ℵ α. Popatrzmy na κ κ = O(κ) O(κ) z porządkiem maksymoleksykograficznym (tzn (β, ξ) (α, ν) max(β, ξ) < max(α, ν) lub (max(β, ξ) = max(α, ν) max(β, ξ) lex (α, ν)). jest dobrym porządkiem. Niech α = typ(κ κ, ) pokażemy, że α = κ i to wystarczy do uzasadnienia, ze κ κ = κ 1. κ α bo funkcja ξ (0, ξ) jest włożeniem κ w (κ κ, ) 2. α κ. Wystarczy pokazać, że każdy własciwy odcinek początkowy w α (równoważnie w (κ κ, )) ma moc < κ. Rozważmy odcinek początkowy w κ κ wyznaczony przez element (δ, η), gdzie δ, η < κ. Spostrzeżenie: (β, ξ) (δ, η) β, ξ max(δ, η) < κ. Niech γ = max(δ, η) + 1 < κ zatem O (δ, η) γ γ, gdzie γ = λ < κ. Stąd O (δ, η) γ γ = λ λ = λ < κ (z założenia indukcyjnego). Twierdzenie 2.5. κ - nieskończona liczba kardynalna 1. Jeśli K rodzina mocy κ zbiorów mocy κ. Wtedy K κ 2. κ n = κ dla n N \ {0} 3. Zbiór wszystkich skończonych ciągów oraz zbiór wszystkich skończonych podzbiorów zbioru mocy κ ma moc κ Dowód. 1. Jeśli K = to K = Załóżmy więc, że K = i skoro K κ to K = {A α : α < κ} dla pewnej numeracji. Dla każdej α ustalmy A α = {a α,β : β < α}. Wtedy K = {a α,β : α, β < κ}. Stąd K κ κ = κ 2. Indukcja: κ n+1 = κ n κ κ κ = κ 11

3.a Niech X = κ. Chodzi o X <ω = n<ω Xn. Z podpunktu 1) wynika, że X <ω κ a z drugiej strony κ = X X <ω 3.b Chodzi o [X] <ω = {A X : A < ℵ 0 }. Mamy [X] <ω = ϕ[x <ω ] gdzie ϕ ((s 0,..., s n 1 )) = {s 0,..., s n 1 }. Stąd [X] <ω X <ω = κ a z drugiej strony κ = X [X] <ω Twierdzenie 2.6. κ, λ liczby kardynalne. Jeżeli max(κ, λ) ℵ 0 Wtedy: 1. κ + λ = max(κ, λ) 2. κ λ = max(κ, λ) (o ile κ, λ > 0 ) Dowód. Niech max(κ, λ) = κ. Wtedy: 1. κ κ + λ 2 κ κ κ = κ 2. Jeśli załozymy, że κ λ > 0 to κ κ λ κ κ = κ Definicja 2.8. Suma uogólniona liczb kardynalnych κ i i I κ i = (κ i {i}) i I i I Iloczyn uogólniony liczb λ i i I Stwierdzenie 2.7. λ i = O(λ i ) i I i I 1. 2. 3. ( ( α<λ κ α = κ) α<λ κ α = κ λ α<λ ( ) λ κ λ i = κ i i I i I i I 4. Jeśli I = j J A j (suma rodziny rozłącznej) to κ λ i = κ i I λ i κ i = κ i i I j J i A j 12 κ α = κ λ)

oraz κ i = κ i i I j J i A j Stwierdzenie 2.8. λ ω, α<λ κ α > 0 Wtedy Dowód. Niech κ = sup κ α α<λ α<λ κ α α<λ κ = λ κ α<λ κ α α<λ 1 = λ oraz α<λ α<λ κ α = sup(κ α ) λ α<λ α<λ κ α κ α α<λ κ α κ Stwierdzenie 2.9. λ ω, α<λ κ α > 0, κ α : α < λ niemalejący (α < β < λ κ α κ β ) Wtedy ( ) λ κ α = sup κ α α<λ Dowód. Niech κ = sup α<λ α<λ α<λ κ α α<λ κ = κλ Niech λ = β<λ A β, gdzie β<λ A β = λ (tak można, bo λ = λ λ) β<λ α A β κ α sup α Aβ κ α = κ stąd α<λ κ α = β<λ α<a β κ α β<λ κ = κλ Twierdzenie 2.10 (König). Jeśli i I κ i < λ i to i I κ i < i I λ i Dowód. Niech dla i I z i i I λ i gdzie z i = κ i Wystarczy pokazać, że i I z i i I λ i Znajdziemy funkcję f i I λ i tak by dla każdego i I wartość f(i) λ i gwarantowała, że f / z i wtedy ostatecznie f / i I z i. Wystarczy wziąć f(i) (λ i \ proj i [z i ]). Jest to możliwe bo proj i [z i ] z i = κ i < λ i Wniosek 2.11. Zbiór mocy c nie jest sumą przeliczalnie wielu zbiorów mocy mniejszej niz c Dowód. W twierdzeniu Koniga I = N, dla n N niech λ n = c oraz κ n < c. Wtedy n κ n < n λ n = c ℵ 0 = c. Przykład 2.9. ℵ ω = sup n<ω ℵ n = n<ω ℵ n i n ℵ n < ℵ ω Wniosek 2.12. ℵ ω c Dowód. to wynika z poprzedniego wniosku, przykładu i twierdzenia Königa. 13

Definicja 2.10. Współkońcowość nieskończonej liczby kardynalnej κ ( cf(κ) = min A : A P(κ) A A A < κ ) A = κ Lemat 2.13. Niech κ ω. 1. Dla dowolnej rodziny A α : α < κ : 2. Jeżeli dodatkowo α<κ A α A α+1, to: A α = α<κ α<κ A α A α α<κ α<κ ( A α = sup α<κ ) A α κ Dowód. 1. α<κ A α = α<κ (A α \ β<α A β), stąd α<κ A α = α<κ A α \ β<α A β α<κ A α. 2. α α<κ A α A α α<κ A α sup α<κ A α. α<κ A α κ, gdyż dla każdej α < κ możemy wybrać element a α A α+1 \ A α i wówczas funkcja: α a α przekształca κ różnowartościowo w α<κ A α. Ostatecznie, α<κ A α sup α<κ A α κ. Lemat 2.14. 1. cf(κ) = min{ X : X κ sup X = κ} 2. cf(κ) = min{λ On : g : λ κ ściśle ( rosnąca taka, że sup g[λ] = κ} 3. cf(κ) = min{λ Card : κ α : α < λ α < λ(κ α Card 0 < κ α < κ) ) α<λ κ α = κ } Dowód. 1. Dowód w podręczniku. 2. Ustalmy X = {x α : α < cf(κ)} κ taki, że sup X = κ. Definiujemy funkcję g : cf(κ) κ przez indukcję, za pomocą warunku g(α) = max(sup g(β), a α ) + 1, β<α spełnionego dla każdej dla α < cf(κ). 3. Ustalmy funkcję g : cf(κ) κ \ {0}, ściśle rosnącą i taką, że sup g[cf(κ)] = κ. Niech κ α = g(α). Wtedy, na mocy 2.13, mamy: κ = g[α] = κ α. α<cf(κ) α<cf(κ) 14

Definicja 2.11. Nieskończona liczba kardynalna κ jest regularna, jeśli cf(κ) = κ. Nieskończona liczba kardynalna κ jest singularna, jeśli cf(κ) < κ Definicja 2.12. Następnik kardynalny liczby κ = ℵ α : κ + = min{µ Card : κ < µ} = ℵ α+1 Twierdzenie 2.15. Każdy następnik kardynalny (tzn liczba postaci ℵ α+1 ) jest liczbą regularną. Dowód. Niech A P(ℵ α+1 ), A < ℵ α+1 taka, że A A A < ℵ α+1 Wtedy A ℵ α i A A A ℵ α. Stąd A ℵ α ℵ α = ℵ α. Zatem A ℵ α+1. Definicja 2.13. Liczba κ jest graniczną liczba kardynalną jeśli nie jest następnikiem kardynalnym. Przykład 2.14. Liczby graniczne: ℵ 0 regularna, ℵ ω i ℵ ω+ω singularne Definicja 2.15. Liczba κ jest nieosiągalna, jeśli jest nieprzeliczalna, graniczna i regularna. Liczba κ jest silnie nieosiągalna, jeśli jest nieosiągalna oraz λ<κ 2 λ < κ Są to tzw. duże liczby kardynalne których istnienia nie da się dowieść w ZFC

3. Potęgowanie liczb kardynalnych [κ] λ def = {A κ : A = λ} Stwierdzenie 3.1. 1. Jeśli 2 κ λ to κ λ = 2 λ. 2. Jeśli ℵ 0 λ κ, to κ λ = [κ] λ. Dowód. 1. 2 λ κ λ λ λ ( 2 λ) λ = 2 λ λ = 2 λ 2. Jeśli f κ λ, to f λ κ, więcej: f [λ κ] λ. Ponadto λ κ = λ κ = κ Stąd κ λ [λ κ] λ = [κ] λ Dla A [κ] λ niech f A : λ 1 1 A. Przyporządkowanie A f A jest funkcją 1-1 z [κ] λ w κ λ. Stąd [κ] λ κ λ. na Stwierdzenie 3.2. Niech κ 2 i λ ℵ 0. Wtedy cf(κ λ ) > λ. W szczególności: 1. cf(2 λ ) > λ, 2. λ cf(λ) > λ. Dowód. Niech α<λ κ α < κ λ. Wtedy: α<λ κ α < α<λ κ λ = (κ λ ) λ = κ λ λ = κ λ Stąd λ < cf(κ λ ). Dla dowodu 1. wystarczy przyjąć κ = 2. Dla dowodu 2. zauważmy, że skoro cf(λ cf(λ) ) > cf(λ), to λ cf(λ) > λ. Stwierdzenie 3.3. Jeśli κ ℵ 0 i λ < cf(κ), to: 1. κ λ = α<κ αλ 2. [κ] λ = α<κ [α]λ. Dowód. Oba punkty wynikają z tego, że podzbiór liczby κ mocy mniejszej niż cf(κ) jest ograniczony w κ. 16

Twierdzenie 3.4 (Wzór Tarskiego). Niech κ ℵ 0 i 0 < λ < cf(κ). Wtedy κ λ = sup µ λ κ µ<κ W szczególności, jeżeli κ-graniczna, to κ λ = sup µ<κ µ λ Dowód. κ λ = [κ] λ = α<κ [α]λ 2.13 = α<κ [α]λ 2.8 = sup µ<κ µ λ κ. Jeśli κ jest liczbą graniczną, to κ = sup µ<κ µ sup µ<κ µ λ. Twierdzenie 3.5 (Wzór Hausdorffa). Niech ω κ, λ > 0. Wtedy (κ + ) λ = κ λ κ + Dowód. Przypadek 1.: κ + λ. Wtedy (κ + ) λ = 2 λ oraz κ λ = 2 λ i κ + λ < 2 λ Przypadek 2.: λ < κ + = (cf(κ + )), więc ze wzoru Tarskiego: (κ + ) λ = sup µ<κ + µ λ κ + = κ λ κ +. Twierdzenie 3.6 (Wzór Bukowskiego). Niech ω κ i cf(κ) λ < κ (w szczególności κ graniczna). Wtedy cf(κ) ( κ λ = µ λ µ<κ = ) cf(κ) sup µ λ. µ<κ Dowód. Na początek zauważmy, że µ<κ µ λ = sup µ λ. µ<κ Istotnie, µ<κ µλ = sup µ<κ µ λ {µ : µ < κ} oraz {µ : µ < κ} κ = sup µ<κ µ sup µ<κ µ λ. oczywiste: κ λ = (κ λ ) λ (sup µ<κ µ λ ) cf(κ) Niech κ = α<cf(κ) κ α, κ α < κ. Wtedy κ λ = ( α<cf(κ) κ α) λ ( α<cf(κ) κ α + ) λ = α<cf(κ) (κ α + ) λ α<cf(κ) sup µ<κ µ λ = (sup µ<κ µ λ ) cf(κ). Twierdzenie 3.7. Niech κ, λ ω. Wtedy: 1. κ λ κ λ = 2 λ. 2. Jeśli dla pewnej µ < κ mamy µ λ κ, to κ λ = µ λ. 3. Jeśli λ < κ oraz µ<κ µ λ < κ, to: a) λ < cf(κ) κ λ = κ b) cf(κ) λ κ λ = κ cf(κ) Dowód. 1. Por. stwierdzenie 3.1. 2. Przy tych założeniach mamy µ λ κ λ (µ λ ) λ = µ λ λ = µ λ. 3. Zauważmy po pierwsze, że przy tym założeniu mamy sup µ<κ µ λ κ. 17

a) Na mocy wzoru Tarskiego κ λ = sup µ<κ µ λ κ = κ. ( b) Na mocy wzoru Bukowskiego κ λ = sup µ<κ µ λ) cf(κ) κ cf(κ), a z drugiej strony cf(κ) λ implikuje κ cf(κ) κ λ. Hipoteza kontinuum (CH) : 2 ℵ 0 = ℵ 1. Uogólniona hipoteza kontinuum (GCH) : κ ℵ0 2 κ = κ +. Gödel : Con(ZF C) Con(ZF C + GCH) (relatywna niesprzeczność teorii mnogości z GCH jako dodatkowym aksjomatem). Cohen : Con(ZF C) Con(ZF C + CH) Twierdzenie 3.8 (potęgowanie liczb kardynalnych przy założeniu GCH). Niech κ ℵ 0 i λ 1. Wtedy: 1. Jeśli κ λ, to κ λ = λ + 2. Jeśli cf(κ) λ < κ, to κ λ = κ + 3. Jeśli λ < cf(κ) to κ λ = κ Dowód. 1. κ λ 3.1 = 2 λ GCH = λ +. 2. κ + 3.2 κ cf(κ) κ λ κ κ = 2 κ GCH = κ +. 3. κ κ λ 3.4 = sup µ<κ µ λ κ = κ, bo dla µ < κ mamy µ λ P(λ µ) = 2 κ. λ µ GCH = max(λ, µ) + Easton: Con(ZF C) Con (ZFC + dowolne wartości 2 κ dla regularnych κ, respektujące warunki: cf(2 κ ) > κ oraz 2 κ 2 λ dla κ < λ ) Definicja 3.1. 2 <κ = sup µ<κ 2 µ. Lemat 3.9. 2 κ = (2 <κ ) cf(κ). Dowód. Niech κ = α<cf(κ) κ α, κ α < κ. Wtedy 2 κ = 2 α<cf(κ) κα = α<cf(κ) 2 κα α<cf(κ) 2 <κ = (2 <κ ) cf(κ) (2 κ ) cf(κ) = 2 κ. Wniosek 3.10. Jeśli κ singularna i istnieje λ < κ taka, że 2 µ = 2 λ, o ile λ µ < κ, to 2 κ = 2 λ = 2 <κ. ( Dowód. 2 κ = (2 <κ ) cf(κ) = 2 λ) cf(κ) = 2 max(λ,cf(κ)) = 2 λ, bo λ max(λ, cf(κ)) < κ. Twierdzenie 3.11 (Silver). Jeśli κ singularna i cf(κ) > ω, to z tego, że 2 λ = λ + dla każdej nieskończonej λ < κ wynika, że 2 κ = κ +.

4. Zbiory stacjonarne Dalej założymy, ze κ > ω i κ regularna (cf(κ) = κ) Definicja 4.1. Zbiór C κ jest domknięty jeżeli: ) α<κ ((α Lim α = sup(c α)) α C club κ = {C κ : C domknięty i nieograniczony w κ} Przykład 4.2. Przykłady zbiorów domkniętych i nieograniczonych w κ: 1. odcinki końcowe (α, κ), gdzie α < κ, 2. {α < κ : α Lim}, 3. {λ < κ : λ Card}, o ile κ jest graniczną liczbą kardynalną. Dowód. 1. oczywiste. 2. domkniętość - oczywista, nieograniczoność: weźmy β < κ, szukamy α < κ takiej, że α Lim i β < α. Wystarczy wziąć α = β + ω. 3. nieograniczoność: oczywista, domkniętość: niech α < κ, α Lim α = sup{λ < α : λ Card}. Wtedy α jest początkową liczbą porządkową, czyli liczbą kardynalną. Uwaga 4.1. Jeśli A κ nieograniczony, to A = {α < κ : sup(a α) = α} jest domknięty i nieograniczony. Dowód. Domkniętość zbioru A sprawdza się rutynowo. Dla dowodu jego nieograniczoności weźmy β < κ i indukcyjnie zdefiniujemy ciąg (β n ) n<ω elementów zbioru A tak, by β < β 0 oraz β n < β n+1 < κ. Niech α = sup n β n. Wtedy α < κ, bo cf(κ) > ω. Ponadto sup(a α) = α. Zatem α A. Definicja 4.3. f : κ κ jest funkcją normalną jeśli jest ściśle rosnąca i ciągła tzn. ) α<κ (α Lim f(α) = sup f(β) β<α Stwierdzenie 4.2. C κ jest domknięty i nieograniczony (C club κ ) wtedy i tylko wtedy gdy rosnącą numeracja elementów C jest funkcją normalną. Twierdzenie 4.3. Niech f : κ κ ma następujące własności: 19

1. α < β f(α) f(β) (niemalejąca) 2. ciagła 3. α < κ α f(α). Wtedy F ix(f) def = {α < κ : f(α) = α} club κ Dowód. Domknietość: Niech β < κ i β Lim oraz β = sup(f ix(f) β). Wtedy f(β) = sup{f(α) : α < β} = sup{f(α) : α F ix(f) β} = sup{α : α F ix(f) β} = β. Nieograniczonosć: Niech β < κ. Szukamy α < κ takiego, że β < α i f(α) = α. Definiujemy indukcyjnie (β n ) n ω tak, by β 0 = β i f(β n ) < β n+1 dla każdego n ω. Wtedy β 0 f(β 0 ) < β 1 f(β 1 ) < β 2... Niech α = sup n β n. Wtedy α < κ, β < α i α Lim oraz f(α) = sup β<α f(β) = sup n f(β n ) = sup n β n = α. Twierdzenie 4.4. Niech n ω \ {0} i g : κ n κ. Wtedy M g def = {α < κ : g[α n ] α} club κ (Uwaga: g[α n ] α β 1, β 2,..., β n α g(β 1, β 2,..., β n ) α). Dowód. Zdefiniujmy f g : κ κ tak ({ f g (α) = sup g(β) + 1 : β α n} ) {α} Na mocy twierdzenia 4.3 wystarczy sprawdzić, że: (i) Funkcja f g ma własności 1. 3. z założeń twierdzenia 4.3, (ii) M g = F ix(f g ). Własności 1. i 3. wynikają wprost z definicji. Dla dowodu ciągłości funkcji f g weźmy α κ Lim oraz γ < f g (α). Szukamy β < α takiej, że γ f g (β). Jeśli f g (α) = α, to({ γ < α oraz γ f g (γ), więc można wziąć β = γ. Jeśli f g (α) = sup g(β) + 1 : β α n}) > α, to tym bardziej f g (α) > γ, więc dla pewnych β 1, β 2,..., β n α mamy g(β 1, β 2,..., β n ) + 1 > γ. Wówczas dla β = max(β 1, β 2,..., β n ) + 1 dostajemy f g (β) g(β 1, β 2,..., β n ) + 1 > γ. Dla dowodu równości (ii) załóżmy najpierw, że α M g. Wtedy, jeśli β α n, to g(β) < α, a zatem g(β) + 1 α. Stąd f g (α) = α, czyli α F ix(f g ). Teraz załóżmy, że α F ix(f g ). Implikuje to, że jeśli β α n, to g(β) + 1 α, skąd g(β) < α. Zatem g[α n ] α, czyli α M g. 20

Twierdzenie 4.5. Przecięcie mniej niż κ zbiorów domkniętych i nieograniczonych w κ jest zbiorem domkniętym i nieograniczonym w κ. Dokładniej, jeśli λ < κ i α<λ C α club κ, to α<λ C α club κ. Dowód. Domkniętość łatwa. Nieograniczoność ( hand over hand ): Niech γ < κ. Indukcyjnie definiujemy (x α,n : α < λ, n < ω) tak, że γ < x 0,0 C 0, x 0,0 < x 1,0 C 1,..., tzn. β<α x β,0 < x α,0 C α. Niech α 1 = sup{x α,0 : α < λ} < κ bo λ < κ, a κ regularna. Dalej: α 1 < x 0,1 C 0, x 0,1 < x 1,1 C 1,..., tzn. β<α x β,1 < x α,1 C α itd. Niech x = sup{x α,n : α < λ, n < ω}. Wtedy α x = sup n<ω x α,n C α, więc γ < x α<λ C α Definicja 4.4. Iloczyn przekątniowy rodziny A α : α < κ podzbiorów κ to zbiór A α = {β < κ : α<β β A α } Uwaga 4.6. α<κ A α = (A α (α + 1)) α<κ Definicja 4.5. Suma przekątniowa rodziny A α : α < κ podzbiorów κ to zbiór A α = {β < κ : α<β β A α } Uwaga 4.7. α<κ 1. α<κ A α = κ \ α<κ (κ \ A α). 2. α<κ A α = α<κ (A α \ (α + 1)). Przykład 4.6. α<κ 1. Niech C α = (α, κ) (odcinek końcowy) dla α < κ. Wtedy α<κ C α = κ. 2. Niech C α = (α + 1, κ) dla α < κ. Wtedy dla β < κ mamy: β α<κ C α α<β β C α α<β α + 1 < β β jest liczbą graniczną. Zatem α<κ C α = Lim κ. 3. Niech f : κ κ i C α = (f(α), κ) dla α < κ. Wtedy α<κ C α = {β < κ : f[β] β} = M f. Twierdzenie 4.8 (Fodor). Rodzina club κ jest zamknięta na iloczyn przekątniowy (jeśli C α club κ dla α < κ, to α<κ C α club κ ). Dowód. Niech C = α<κ C α. Domkniętość zbioru C: Niech β < κ, β Lim oraz β = sup(c β). Chcemy pokazać, że β C, czyli β C α dla każdego α < β. Niech więc α < β. Zauważmy, że β = sup(c β \ (α + 1)). Ponadto, C β \ (α + 1) C α. Istotnie, jeśli γ C oraz α < γ < β, to γ C α. Zatem β C α na mocy domkniętności zbioru C α. Nieograniczoność zbioru C: Niech f : κ 2 κ będzie zdefiniowana tak: f(α, β) = min{γ C α : γ > β}. 21

(Chodzi o to, by: β < f(α, β) C α ). Z twierdzenia 4.4 wynika, że M f = {δ < κ : f[δ 2 ] δ} club κ. Pokażemy, że Lim M f C to da nieograniczonosć C, bo M f Lim club κ na mocy twierdzenia 4.5. Niech δ M f Lim i α < δ. Chcemy pokazać, że δ C α. Mamy: β<δ (β < f(α, β) < δ f(α, β) C α ). Stąd δ = sup β<δ f(α, β) = sup(c α δ) C α. Uwaga 4.9. Z twierdzenia 4.8 łatwo wynika, że przecięcie mniej niż κ zbiorów domkniętych i nieograniczonych w κ jest zbiorem nieograniczonym w κ (por. twierdzenie 4.5). Definicja 4.7. S κ jest stacjonarny w κ, jeśli C clubκ (S C ) Zbiór niestacjonarny to taki który nie jest stacjonarny w κ. Oznaczenia: Stat κ rodzina wszystkich stacjonarnych w κ i NS κ rodzina wszystkich niestacjonarnych w κ. Uwaga 4.10. 1. club κ Stat κ, co wynika z twierdzenia 4.5. 2. Jeśli S Stat κ, to S jest nieograniczony w κ, gdyż S (α, κ) dla każdego α < κ. Przykład 4.8. Niech κ > λ = cf(λ). Wtedy {α < κ : cf(α) = λ} Stat κ. W szczególności, Dowód. {α < ℵ 2 : cf(α) = ℵ 0 } Stat ℵ2 \ club ℵ2. 1. Niech S = {α < κ : cf(α) = λ} i C club κ. Weźmy ciąg ściśle rosnący (c α : α < λ) elementów C i niech γ = sup α<λ c α. Ponieważ λ < κ = cf(κ), to γ < κ, więc domkniętość zbioru C implikuje, że γ C. Ponadto cf(γ) = λ, stąd γ S C, co pokazuje, że S C. 2. Zbiór {α < ℵ 2 : cf(α) = ℵ 0 } nie jest domknięty w ℵ 2, gdyż ℵ 1 = sup{α < ℵ 1 : cf(α) = ℵ 0 }. Następujący fakt jest łatwym wnioskiem z twierdzenia 4.5. Twierdzenie 4.11. Rodzina NS κ jest zamknięta na sumę mniej niż κ zbiorów. Dowód. Niech λ < κ i A α NS κ dla α < λ. Zatem α<λ Cα club κ A α C α =. Niech C = α<λ C α. Wówczas, na mocy twierdzenia 4.5, C club κ. Ponadto α<λ A α C =. Analogicznie, następujący fakt łatwo wynika z twierdzenia Fodora 4.8. Twierdzenie 4.12. Rodzina NS κ jest zamknięta na sumę przekątniową. Dowód. Niech A α NS κ dla α < κ, zatem α<κ Cα club κ A α C α =. Niech C = α<κ C α. Wówczas, na mocy twierdzenia 4.8, C club κ. Ponadto α<κ A α C =. Mianowicie A α κ \ C α, stąd α<κ A α α<κ (κ \ C α) = κ \ α<κ C α = κ \ C. 22

Definicja 4.9. Niech S κ, funkcja f : S κ jest regresywna na S, jeżeli α S\{0} f(α) < α. Twierdzenie 4.13 (Lemat Fodora). Funkcja regresywna na zbiorze stacjonarnym S jest stała na pewnym stacjonarnym podzbiorze zbioru S. Dowód. Niech S Stat κ, f : S κ regresywna. Chcemy pokazać, że istnieje α < κ takie, że warstwa A α = f 1 [{α}] Stat κ. W przeciwnym przypadku α<κ A α NS κ. Niech A = α<κ A α, wtedy A NS κ. Ale: β A β α<κ A α α<β β A α α<β f(β) = α β S \ {0} sprzeczność bo S \ {0} Stat κ. Wniosek 4.14. Dowolna funkcja g : κ κ jest stała na zbiorze stacjonarnym lub ściśle rosnąca na zbiorze stacjonarnym. Dowód. Popatrzmy na C = M g regresywna na T. Są 2 przypadki: club κ. Niech T = {α C : g(α) < α}. Wtedy g jest 1. T Stat κ. Wtedy z lematu Fodora jest stacjonarny S T taki, że f S jest stała. 2. T Stat κ. Niech S = C \ T Stat κ (a nawet zawiera jakiś club). Wtedy β,α S (β < α g(β) < α), bo α C oraz α g(α), bo α T. Zatem f ściśle rosnąca na S.

5. Ideały, filtry, ultrafiltry Definicja 5.1. Ideał podzbiorów zbioru X (ideał na zbiorze X) to rodzina I P(X) taka, ze: 1. I zamknięta na sumy: A 1, A 2 I A 1 A 2 I 2. I zamknięta na branie podzbiorów: (A I, B A) B I Ideał I jest właściwy, jeśli I P(X) ( X / F ). Przykład 5.2. 1. NS κ 2. F IN(X) = {A X : A < ω} (jest właściwy ω X ) 3. N = {A R : λ(a) = 0} λ - miara Lebesgue a 4. I = {A Ω : B A A B P (B) = 0} P - prawdopodobieństwo dla przestrzeni probabilistycznej (Ω, A, P ) Definicja 5.3. Ideał I jest κ-zupełny (κ addytywny) jeżeli jest zamknięty na sumy mniej niż κ podzbiorów. Ideał ω 1 -zupełny nazywamy σ-ideałem. Przykład 5.4. 1. N jest σ-ideałem 2. NS κ jest κ-zupełny Definicja 5.5. Filtr podzbiorów zbioru X (filtr na zbiorze X) to rodzina F P(X) taka, ze: 1. F zamknięta na przecięcia: C 1, C 2 F C 1 C 2 F 2. F zamknięta na branie nadzbiorów: (A F, A B) B F Filtr F jest właściwy, jeśli F P(X) ( / F ) Definicja 5.6. Jeśli I jest ideałem na X to rodzina jest filtrem dualnym do I. Przykład 5.7. I = {C X : X \ C I} 1. Club κ - filtr nadzbiorów zbiorów z club κ 2. COF IN(X) = F r(x) = {A X : X \ A < ω} filtr Frécheta (podzbiorów koskończonych) 24

3. N = {A R : λ(r \ A) = 0} λ - miara Lebesgue a 4. I = {B Ω : A A A B P (A) = 1} P - prawdopodobieństwo dla przestrzeni probabilistycznej (Ω, A, P ) (zbiory pełnej miary Lebesque a) Definicja 5.8. Filtr F jest κ-zupełny, jeśli jest zamknięty na przecięcia < κ zbiorów. Definicja 5.9. Filtr główny na X to filtr postaci F = {C X : D C} gdzie D jest generatorem F. Definicja 5.10. Filtr (właściwy) U na X jest ultrafiltrem, jeśli spełnia dodatkowy warunek: C X (C U lub X \ C U). Przykład 5.11. Ultrafiltr główny generowany przez singleton: U = {C X : x 0 C} dla pewnego x 0 X. Stwierdzenie 5.1. Niech U ultrafiltr na X. Jeśli C = C 1 C 2 U, to C 1 U lub C 2 U Dowód. Przypuśćmy, że C 1 / U i C 2 / U wtedy X\C 1 U i X\C 2 U skąd (X\C 1 ) (X\C 2 ) U. Ale X \ (C 1 C 2 ) = X \ C Uwaga 5.2. Jeśli X < ω to każdy ultrafiltr na X jest główny (generowany przez przecięcie wszystkich swoich elementów). Lemat 5.3. Jeśli rodzina A P(X) ma własność skończonych przecięć (tzn. A 1, A 2,..., A n A n i=1 A i ), to A można rozszerzyć do filtru (właściwego). Dowód. Określamy rodzinę F P(X) następująco: A F n A1,...,A n A A 1... A n A. Wtedy 1. F zamknięty na nadzbiory. Oczywiste 2. F zamknięty na przecięcia. Niech A 1... A n A, A 1... A m A. Wtedy A 1... A n A 1... A m A A 3. / F bo A ma własność skończonych przecięć. Twierdzenie 5.4. Niech X ω. Jeśli U jest maksymalnym (w sensie zawierania) filtrem (właściwym) na X to U jest ultrafiltrem na X Dowód. Przypuśćmy, że U nie jest ultrafiltrem. Weźmy A X takie, że A / U i X \ A / U. Patrzymy na A = U {A}. Twierdzimy, że A ma własność skończonych przecięć (FIP). Mianowicie weźmy A 1,..., A n A. Bez utraty ogólności załóżmy, że A 1,..., A n 1 U i A n = A. Wtedy n i=1 A i = n 1 i=1 A i A = C A (C U). Przypuśćmy, że C A =. Wtedy C X \ A, więc X \ A U - sprzeczność z założeniem, że X \ A / U. Skoro A ma FIP, to jest filtr właściwy F taki, że A F. Ale A / U, więc U F sprzeczność z maksymalnością U. 25

Wniosek 5.5. Ultrafiltry = filtry maksymalne Dowód. poprzednie twierdzenie. : jeśli A / U to X \ A U, więc nie można powiększyć filtru właściwego o zbiór A, bo przestanie być właściwy: (X \ A) A = X. Twierdzenie 5.6. Każdy filtr na X da się rozszerzyć do ultrafiltru na X. Dowód. Lemat Kuratowskiego-Zorna. Niech F filtr właściwy na X. Niech F będzie zbiorem wszystkich filtrów rozszerzających F. Niech L F łańcuch. Wystarczy pokazać, że L F tzn. L jest filtrem (F L - oczywiste). Standardowe rozumowanie. Wniosek 5.7. Na każdym zbiorze nieskończonym istnieje ultrafiltr niegłówny. Dowód. Rozszerzamy filtr F r(x) 1 do filtru maksymalnego Definicja 5.12. Rodzinę A [X] κ nazwiemy λ-niezależną rodziną podzbiorów zbioru X, gdy P 1, P 2 [A] <λ, jeśli P 1 P 2 = to A (κ \ A) A P 1 A P 2 niezależna ω-niezależna σ-niezależna ω 1 -niezależna Twierdzenie 5.8. Na każdym zbiorze mocy κ ω istnieje rodzina niezależna mocy 2 κ. Dowód. Skonstruujemy rodzinę niezależną mocy 2 κ podzbiorów zbioru Oczywiście X = κ. Dla każdej f {0, 1} κ niech X = { D, C : D [κ] <ω C {0, 1} D }. A f = { D, C X : f D C}. Wtedy rodzina A = {A f : f {0, 1} κ } jest niezależną rodziną podzbiorów zbioru X. Istotnie, niech P 1 = {f 1,..., f k } i P 2 = {g 1,..., g n }, gdzie f i, g j {0, 1} κ oraz P 1 P 2 =. Dla dowolnych i k i j n weźmy α i,j κ takie, że f i (α i,j ) g j (α i,j ). Niech D = {α i,j : i k, j n} oraz C = {f i D : i k}. Wtedy: D, C A fi (X \ A gj ). i k j n Wniosek 5.9. Na zbiorze mocy κ istnieje 2 2κ ultrafiltrów. 1 zbiory będące dopełnieniem skończonych 26

Dowód. Niech A = {A α : α < 2 κ }, gdzie A α A β dla α β, będzie rodziną niezależną. Dla każdej funkcji f : 2 κ κ niech C f = {A f(α) α : α < 2 κ }, gdzie A 0 α = A α i A 1 α = κ \ A α. Rodzina C f ma własność skończonych przecięć, zatem rozszerza się do ultrafiltru U f. Ponadto, jeśli f g, to U f U g. Istotnie, jeśli np. f(α) = 0 1 = g(α), to A 0 α U f i κ \ A α U g. Przykład 5.13. Niech A r = {f Q[x] : f(r) > 0}, r R, gdzie Q[x] jest zbiorem wszystkich wielomianów o współczynnikach wymiernych. Wówczas rodzina {A r : r R} jest rodziną niezależną mocy kontinuum podzbiorów przeliczalnego zbioru Q[x]. Definicja 5.14. Liczba κ > ω jest mierzalna, jeśli na κ istnieje κ-zupełny ultrafiltr niegłówny. Twierdzenie 5.10. Jeśli κ jest mierzalna, to jest silnie nieosiągalna. Dowód. Niech U będzie κ-zupełnym i niegłównym ultrafiltrem na κ. Niech I = {κ \ A : A U} będzie ideałem dualnym do U. Ponieważ U jest ultrafiltrem, to I = P(κ) \ U; w szczególności, {α} I dla każdego α κ, gdyż U jest niegłówny. 1. κ jest liczbą regularną. Mianowicie, niech λ < κ i dla każdego α < κ niech A α κ i A α < κ. Wtedy, na mocy κ-zupełności ideału I mamy A α I dla α < κ oraz α<λ A α I, więc w szczególności α<λ A α κ. 2. Jeśli λ < κ, to 2 λ < κ. Dla dowodu przypuśćmy, że jest przeciwnie i niech {f α : α < κ}, gdzie f α f β dla α β, będzie pewną rodziną funkcji z λ w {0, 1}. Określmy funkcję f : λ {0, 1} w następujący sposób: f(β) = { 1 jeśli {α κ : fα (β) = 1} U, 0 jeśli {α κ : f α (β) = 0} U. Niech C = {α < κ : f α (β) = 1} {α < κ : f α (β) = 0}. {β<λ:f(β)=1} {β<λ:f(β)=0} Wtedy, z jednej strony, C U na mocy κ-zupełności U, ale z drugiej strony, C = 1, gdyż Otrzymujemy sprzeczność. α C β < λ f α (β) = f(β). Wniosek 5.11. Nie istnieje σ-addytywna miara µ : P(ω 1 ) {0, 1} taka, że α ω 1 µ({α}) = 0. Czy istnieje σ-addytywna miara µ: P(ω 1 ) [0, 1] taka, że µ(ω 1 ) = 1 i x ω 1 µ ({x}) = 0? Definicja 5.15. U α,β : α < λ, β < ϱ P(κ) jest λ, ϱ macierzą Ulama podzbiorów κ : 27

1. α < λ β 1, β 2 < ϱ (β 1 β 2 U α,β1 U α,β2 = ), 2. β < ϱ κ \ α<λ U α,β < κ. Twierdzenie 5.12 (Ulam). Dla każdej liczby λ ω istnieje λ, λ + macierz Ulama podzbiorów κ = λ +. Dowód. Dla każdego 0 < ξ < λ + wybierzmy funkcję f ξ z λ na ξ. Dla α < λ i β < λ + określmy U α,β = {ξ < λ + : f ξ (α) = β}. Twierdzimy, że rodzina U α,β : α < λ, β < λ + jest λ, λ + macierzą Ulama podzbiorów λ +. Istotnie, 1. Jeśli α < λ, β 1, β 2 < λ + oraz β 1 β 2, to nie ma liczby ξ takiej, że jednocześnie f ξ (α) = β 1 i f ξ (α) = β 2 ; zatem U α,β1 U α,β2 = 2. Jeśli β < λ +, to κ \ α<λ U α,β β + 1. Istotnie, jeśli ξ > β, to istnieje α < λ, dla którego f ξ (α) = β (funkcja f ξ jest suriekcją z λ na ξ). Zatem κ \ U α,β β + 1 < κ. α<λ Wniosek 5.13. Niech κ = λ +, λ ω. Jeśli I jest κ-zupełnym ideałem na κ zawierającym wszystkie singletony, to istnieje κ parami rozłącznych podzbiorów κ spoza I. Co więcej, istnieje podział κ na κ parami rozłącznych zbiorów spoza I. Dowód. Niech U α,β : α < λ, β < κ będzie λ, κ macierzą Ulama podzbiorów κ = λ +. Wystarczy pokazać, że istnieje α takie, że w rodzinie {U α,β : β < κ} jest κ zbiorów spoza I. Przypuśćmy więc, że jest przeciwnie i dla każdego α < λ wybierzmy liczbę β α < κ taką, że U α,β I dla każdego β > β α. Ponieważ κ = λ +, to sup α<λ β α < κ; weźmy β = sup α<λ β α + 1. Wówczas U α,β I dla każdego α < λ, więc na mocy κ-zupełności ideału I mamy α<λ U α,β I. Jednocześnie mamy κ \ α<λ U α,β < κ, więc, ponownie korzystając z κ-zupełności ideału I oraz faktu, że zawiera on wszystkie singletony, dostajemy κ \ α<λ U α,β I, co ostatecznie daje κ I sprzeczność. Wniosek 5.14. Nie istnieje σ-addytywna miara µ: P(ω 1 ) [0, 1] taka, że µ(ω 1 ) = 1 i x ω 1 µ ({x}) = 0. Dowód. Przypuśćmy, że taka miara istnieje i niech I = {A ω 1 : µ(a) = 0}. Wówczas I jest σ-ideałem na ω 1, zawierającym wszystkie singletony. Na mocy poprzedniego wniosku istnieje więc rodzina {Z α : α < ω 1 } podzbiorów ω 1 miary µ dodatniej taka, że Z α Z β = dla α β. Jest to jednak niemożliwe, gdyż dla każdej liczby naturalnej n > 0 rodzina parami rozłącznych zbiorów miary co najmniej 1 n ma co najwyżej n elementów, a {Z α : α < ω 1 } = { Z α : α < ω 1 µ(z α ) 1 }. n n>0 28

Twierdzenie 5.15 (Zasada zwartości). Niech (X i ) i I będzie indeksowaną rodziną podzbiorów skończonych zbioru X i dla każdego skończonego J I niech f J : J X będzie funkcją wyboru dla (X i ) i J (tzn f(i) X i dla i J). Wówczas istnieje funkcja wyboru f : I X dla (X i ) i I taka, że dla każdego skończonego zbioru J I istnieje skończony zbiór K taki, że J K I oraz f J = f K J. Dowód. Niech i I oraz A i = {f J : i J}. Wtedy rodzina {A i : i I} ma własność skończonych przecięć, gdyż dla każdego skończonego zbioru J I mamy f J i J A i. Z tego wynika, że istnieje ultrafiltr U na zbiorze {f J : J I skończony} taki, że A i U dla każdego i I. Weźmy dowolne i I. Wtedy A i = x X i B i x gdzie zbiory B i x = {f J A i : f J (i) = x}, x X i, są parami rozłączne. Skoro więc A i U, a zbiór X i jest skończony, to z własności ultrafiltru wynika, że B i x należy do U dla dokładnie jednego x X i Niech funkcja f przyjmuje w punkie i właśnie tę wartość x; zatem B i f(i) U. Weźmy J I skończone. Wtedy i J Bi f(i) U. Czyli istnieje f K i J Bi f(i). Wówczas J K oraz dla i J mamy f(i) = f K (i) (bo f K B i f(i) ) Definicja 5.16. Niech (X i ) i I będzie indeksowaną rodziną zbiorów niepustych. System reprezentantów dla (X i ) i I to różnowartościowa funkcja wyboru dla (X i ) i I. Twierdzenie 5.16 (Halla (wersja skończona)). Dla ciągu skończonych zbiorów (X 1,..., X n ) istnieje system reprezentantów wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia on warunek Halla: i J X i J dla każdego J {1,..., n}. Twierdzenie 5.17 (Halla (wersja nieskończona)). Indeksowana rodzina zbiorów skończonych (X i ) i I ma system reprezentantów wtedy i tylko wtedy, gdy spełnia warunek Halla: i J X i J dla każdego skończonego J I. Dowód. Na mocy założenia oraz twierdzenia Halla w wersji skończonej, dla każdego skończonego zbioru J I można wybrać system reprezentantów f J rodziny (X i ) i J. Wówczas istniejąca na mocy zasady zwartości funkcja wyboru f : I i I X i dla rodziny (X i ) i I taka, że dla każdego skończonego zbioru J I istnieje skończony zbiór K taki, że J K I oraz f J = f K J, jest różnowartościowa. Jest to więc szukany system reprezentantów dla (X i ) i J.

6. Twierdzenia podziałowe Twierdzenie 6.1 (Ramsey). Niech X będzie dowolnym zbiorem nieskończonym. Weźmy dowolną funkcję f : [X] 2 {0, 1}. Wtedy istnieje nieskończony zbiór Y X taki, że funkcja f [Y ] 2 jest stała. (Taki zbiór nazywamy jednorodnym dla f, odpowiednio, 0 jednorodnym lub 1 jednorodnym.) Dowód. Bez utraty ogólności możemy założyć, ze X = ω. Indukcyjne definiujemy ciąg (x n ) n ω liczb naturalnych oraz ciąg (A n ) n ω podzbiorów ω: x 0 = 0, A 0 = ω, A n+1 = {y A n : f({x n, y}) = i}, gdzie i jest takie, że zbiór A n+1 jest nieskończony. x n+1 = min A n+1. Ciąg (x n ) n ω ma następującą własność: n i {0, 1} m (m > n f({x m, x n }) = i). Czyli dla każdego n mamy m > n f({x n, x m }) = 0 (przypadek a) lub m > n f({x n, x m }) = 1 (przypadek b) Zdefiniujmy g : ω {0, 1}: g(n) = { 0, jeśli zachodzi przypadek a 1, jeśli zachodzi przypadek b Weźmy nieskończony zbiór A taki, że g A jest stała. Wtedy zbiór {x n : n A} jest jednorodny. Ogólna notacja: κ (λ) r µ znaczy: dla każdej funkcji f : [κ] r µ istnieje zbiór A κ, A = λ taki, że funkcja f [A] r jest stała (zbiór A jest jednorodny dla f). Twierdzenie 6.2 (Ramsey). ω (ω) 2 2 Uwaga 6.3. Niech κ 1 κ, λ 1 λ, µ 1 µ. Jeśli κ (λ) r µ to κ 1 (λ 1 ) r µ 1 30

Twierdzenie 6.4 (Sierpiński). 2 ω (ω 1 ) 2 2 W szczególności ω 1 (ω 1 ) 2 2 Dowód. Niech będzie dobrym porządkiem na R. Rozpatrujemy funkcję f : [R] 2 {0, 1} { 1 jesli x y f({x, y}) = 0 jeśli y x, gdzie x < y (w sensie zwykłego porządku na R). Innymi słowy para {x, y} ma kolor 1 porządki i są na niej zgodne. Jeśli zbiór A R jest 1 jednorodny (odpowiednio: 0 jednorodny), to porządek A (odpowiednio: porządek do niego odwrotny) jest dobry. Taki zbiór A musi być przeliczalny, gdyż w R nie ma ciągów ściśle monotonicznych (w sensie zwykłego porządku) nieprzeliczalnej długości. Lemat 6.5. W zbiorze {0, 1} κ nie ma ciągów ściśle monotonicznych (w sensie porządku leksykograficznego) długości κ + Twierdzenie 6.6. Dla każdej κ ω W szczególności 2 κ (κ + ) 2 2 κ + (κ + ) 2 2 Dowód. Analogicznie jak w twierdzeniu Sierpińskiego. W miejsce R z porządkiem rozpatrujemy zbiór {0, 1} κ z porządkiem leksykograficznym. Twierdzenie 6.7 (Erdös, Rado). Dla każdej κ ω W szczególności (2 κ ) + (κ + ) 2 2 (2 ω ) + (ω 1 ) 2 2. Dowód. Niech S = { ξ < (2 κ ) + : cf(ξ) = κ +}. Zbiór S jest stacjonarny w (2 κ ) + na mocy przykładu 4.8. Niech f : [(2 κ ) + ] 2 {0, 1}. Szukamy zbioru jednorodnego dla f mocy κ +. Załóżmy, że nie ma 1 jednorodnego zbioru mocy κ +. (*) Dla każdego ξ S wybierzmy, z pomocą lematu Kuratowskiego Zorna, maksymalny zbiór A ξ ξ taki, że zbiór A ξ {ξ} jest 1 jednorodny. Na mocy założenia (*) A ξ κ, więc sup A ξ < ξ (bo A ξ ξ i cf(ξ) = κ + ). Niech g(ξ) = sup A ξ + 1 dla ξ S. Funkcja g jest regresywna na zbiorze stacjonarnym S. Na mocy lematu Fodora istnieje zbiór stacjonarny T S oraz δ (2 κ ) + takie, że ξ T g(ξ) = δ 31

W szczególności ξ T A ξ δ Funkcja T ξ A ξ ma dziedzinę T mocy (2 κ ) + i przyjmuje wartości w zbiorze [δ] κ mocy co najwyżej 2 κ. Jest wiec zbiór W T, W = (2 κ ) + (nawet stacjonarny) oraz zbiór A δ takie, że ξ W A ξ = A. Pokażemy, że zbiór W jest 0-jednorodny. Weźmy µ, ξ W, µ < ξ. Chcemy pokazać, że f({µ, ξ}) = 0 Załóżmy przeciwnie tzn. f({µ, ξ}) = 1. Wtedy zbiór A {µ} {ξ} = A ξ {µ} {ξ} = A µ {µ} {ξ} jest 1-jednorodny (A = A ξ = A µ ). Zbiór A ξ {µ} ξ jest więc właściwym nadzbiorem zbioru A ξ takim, że (A ξ {µ}) {ξ} jest 1-jednorodny. Dostajemy sprzeczność z maksymalnością zbioru A ξ. Twierdzenie 6.8 (Erdös, Dushnik, Miller). Dla każdej κ ω κ (κ, ω) 2 2, tzn. dla każdej funkcji f : [κ] 2 {0, 1} istnieje zbiór 0-jednorodny mocy κ lub zbiór 1-jednorodny mocy ω. Dowód. (Tylko dla przypadku, gdy κ jest regularna). Rozumujemy analogicznie jak w dowodzie tw. Erdösa Rado, rozpatrując zbiór S = {ξ < κ : ξ ω}. Zbiór S jest oczywiście stacjonarny w κ. Niech f : [κ] 2 {0, 1}. Szukamy dla f zbioru 0 jednorodnego mocy κ lub nieskończonego zbioru 1 jednorodnego. Załóżmy, że nie ma nieskończonego zbioru 1 jednorodnego. (*) Dla każdego ξ S wybierzmy maksymalny zbiór A ξ ξ taki, że zbiór A ξ {ξ} jest 1 jednorodny. Na mocy założenia (*) A ξ ω, więc sup A ξ = max A ξ < ξ. Niech g(ξ) = sup A ξ + 1 dla ξ S. Funkcja g jest regresywna na zbiorze stacjonarnym S. Na mocy lematu Fodora istnieje zbiór stacjonarny T S oraz δ κ takie, że ξ T g(ξ) = δ W szczególności ξ T A ξ [δ] <ω. Funkcja T ξ A ξ ma dziedzinę T mocy κ i przyjmuje wartości w zbiorze [δ] ω mocy równej δ < κ. Istnieje więc zbiór W T, W = κ (nawet stacjonarny) oraz zbiór A δ takie, że ξ W A ξ = A. Dowód, że zbiór W jest 0-jednorodny przebiega identycznie jak w dowodzie twierdzenia Erdösa Rado. Twierdzenia Ramseya oraz Erdösa Rado mają następujące ważne uogólnienia, które odnotujemy bez dowodu: 32

Twierdzenie 6.9 (Ramsey). Dla dowolnych liczb naturalnych n, k > 0: ω (ω) n k. Twierdzenie 6.10 (Erdös, Rado). Dla każdej liczby κ ω oraz dowolnej liczby naturalnej n: (exp n κ) + (κ + ) n+1 κ, gdzie: { exp 0 κ = κ, exp n+1 κ = 2 expn κ. W szczególności (2 κ ) + (κ + ) 2 κ. Definicja 6.1. Liczba κ > ω jest słabo zwarta, jeśli κ (κ) 2 2. Twierdzenie 6.11. Jeśli κ jest słabo zwarta, to jest silnie nieosiągalna. Dowód. 1. κ jest regularna. Przypuśćmy przeciwnie: niech κ = α<λ A α, gdzie λ < κ oraz A α < κ dla każdego α < κ. Rozpatrujemy funkcję f : [κ] 2 {0, 1} { 1 jeśli α < λ (x, y Aα ), f({x, y}) = 0 w przeciwnym razie. Dla tej funkcji nie ma zbioru jednorodnego mocy κ. 2. λ < κ 2 λ < κ. Przypuśćmy przeciwnie: niech λ < κ będzie taka, że 2 λ κ. Wtedy κ (κ) 2 2 implikuje 2 λ (λ + ) 2 2, co przeczy twierdzeniu 6.6. Twierdzenie 6.12. Jeśli κ jest mierzalna, to jest słabo zwarta. Dowód. Ustalamy κ-zupełny ultrafiltr niegłówny U na κ. Podobnie jak w dowodzie twierdzenia Ramseya indukcyjnie definiujemy ciągi (x α ) α<κ elementów κ oraz (A α ) α<κ podzbiorów κ, należących do U: x 0 = 0, A 0 = κ, A β+1 = {y A β : f({x β, y}) = i}, gdzie i jest takie, że A β+1 U, A α = β<α A β, jeśli α LIM, x α = min A α. Ciąg (x α ) α<κ ma następującą własność: α i {0, 1} β (β > α f({x β, x α }) = i), co pozwala zakończyć dowód tak, jak w przypadku twierdzenia Ramseya.

7. Drzewa Definicja 7.1. Drzewo to taki zbiór częściowo uporządkowany T,, że dla każdego x T zbiór {y T : y < x} jest dobrze uporządkowany. Poddrzewo drzewa T to dowolny zbiór T T uporządkowany przez relację T. Poddrzewo T drzewa T nazywamy poddrzewem normalnym, jeśli jest zamknięte na branie elementów mniejszych w T, tzn. jeśli spełnia warunek: x, y T ((x T y < x) y T ). Wysokość wierzchołka x T to liczba porządkowa H T (x) = typ({y T : y < x}). Wierzchołki wysokości α tworzą α-ty poziom drzewa T: T α = {x T : H T (x) = α} Wierzchołki wysokości mniejszej niż α tworzą poddrzewo normalne T α = T β. Wysokość drzewa T to liczba porządkowa β<α H(T ) = min {α : T α = }. Gałąź drzewa T to maksymalny łańcuch w T. Długością gałezi nazywamy jej typ porządkowy (łatwo pokazać, że każdy łańcuch w drzewie jest dobrze uporządkowany). Przykład 7.2. 1. Każdy zbiór dobrze uporządkowany (w szczególności, każda liczba porządkowa) jest drzewem, którego wysokością jest jego typ porządkowy. 2. Jeśli α On, to zbiór A <α = wszystkich ciągów długości mniejszej niż α o wartościach w danym zbiorze A wraz z porządkiem zawierania (przedłużania ciągów) jest drzewem, tzw. pełnym drzewem A-arnym wysokości α. 34 β<α A β