可融数めちゃくちゃ密に詰まってる

最初にロープに火をつけてから$a$時間後を測れる場合、$a$時間後にあるロープが燃え尽きるような火のつけ方が存在する。このロープが片端のみしか火をつけられなかったかどうかで場合分けする。

ロープの片端のみ火をつけていた場合、片端に火をつけたのが最初にロープに火をつけてから$x$時間後だとしよう。
この$x$も$0$または「ロープがいくらでも使えるときに最初にロープに火をつけてから$x$時間後を測れる」、更に、$a = x+1$である。

ロープの両端に火をつけていた場合、このロープの端に火をつけたのが最初にロープに火をつけてから$x,y$時間後だとしよう。ただし、$x \le y$とする。$y \ge x+1$とするともう一方の端に火をつける前に燃え尽きてしまうので、$x \le y < x+1$である。
この$x,y$も$0$または「ロープがいくらでも使えるときに最初にロープに火をつけてから$x$時間後を測れる」、更に、$x$時の時点で火をつけたロープは、$y$時の時点では燃え尽きるまでの残り時間が$x+1-y$時間であり、このタイミングでもう一方の端にも火をつけるので燃え尽きるまでの残り時間が半減し$\dfrac{x+1-y}2$時間となる。$y$時の$\dfrac{x+1-y}2$時間後である$\dfrac{x+y+1}2$時に$a$を測るロープが燃え尽きるので、$a = \dfrac{x+y+1}2$である。

従って、最初にロープに火をつけてから$a$時間後を測れるとき、

• $x = 0$または最初にロープに火をつけて$a$時間後を測れる$x$が存在して、$a = x+1$
• $x = 0$または最初にロープに火をつけて$a$時間後を測れる$x$、同様に$y$が存在して、$x \le y < x+1$かつ$a = \dfrac{x+y+1}2$である。

のどちらかが成り立つ。
すなわち、$a = 0$または最初にロープに火をつけてから$a$時間後を測れるような実数$a$全体の集合を$F$とすると、$F$は関数$x \mapsto x+1$と2変数部分関数$(x,y) \mapsto \dfrac{x+y+1}2\ (x \le y < x+1)$に閉じている。
なお、$x \mapsto x+1$に閉じているという条件がなくとも、$(x,y) \mapsto \dfrac{x+y+1}2\ (x \le y < x+1)$に閉じていれば$x \in F \Rightarrow x + \dfrac12 = \dfrac{x+x+1}2 \in F$だとわかるので、$F$は$x \mapsto x+1$にも閉じているとわかる。

従って、$F$は2変数部分関数$(x,y) \mapsto \dfrac{x+y+1}2\ (x \le y < x+1)$に閉じている最小の集合だとわかった。可融数の定義から、これは可融数全体の集合と等しい。□

$F_0 := \{0\},\ F_{i+1} := \{\dfrac{x+y+1}2 \mid x \le y < x+1 \land x,y \in F_i\}$のように集合族$\{F_i\}_{i \in \mathbb N}$を定め、$F := \bigcup_{i \in \mathbb N}F_i$とする。すなわち、$F$は可融数全体の集合である。

$F$の元のみからなる無限列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$のうち、任意の$n \in \mathbb N$について$a_{n+1} < a_n$を満たすものが存在すると仮定する。このような列を悪列と呼ぶ。
悪列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$に$0$は現れない。$a_n = 0$を満たす$n$が存在してしまうと、$a_{n+1} < a_n = 0$となるが、$F$の元は全て非負なので矛盾する。
各$a \in F$に対して$a \in F_i$を満たす最小の$i$を$h(x)$と書くことにする。特に、$a = 0$または$h(a) \neq 0$である。

ここで、極小悪列とよばれるものを構成する。
$b_0$を、初項が$x$である悪列が存在するような$x$のうち$h(x)$が最小となるものの1つとして取る。
$\{b_i\}_{0 \le i \le n}$が定まっているとき、$b_{n+1}$を、最初の$n+1$項が$b_0,b_1,\cdots,b_n,x$である悪列が存在するような$x$のうち$h(x)$が最小となるようなものの1つとして取る。(そのような$x$の存在は$b_n$の定義から明らか。)
このようにして構成した$F$の元の列$\{b_i\}_{i \in \mathbb N}$も悪列である。つまり、任意の$n \in \mathbb N$について$b_{n+1} < b_n$を満たす。
定義から任意の悪列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$は、$\{b_i\}_{i \in \mathbb N}$と一致するか、一致せずに$a_i \neq b_i$を満たす最小の$i$について$h(a_i) \ge h(b_i)$となる。
(つまり、悪列を$h$で写した数列$\{h(a_i)\}_{i \in \mathbb N}$を$H(\{a_i\}_{i \in \mathbb N})$と書くことにすると、$H(\{b_i\}_{i \in \mathbb N})$は$H$の像となる数列のうち辞書式順序で最小である。)

各$i \in \mathbb N$に対して、$b_i = \dfrac{x_i + y_i + 1}2$と$x_i \le y_i < x_i+1$を満たす$x_i,y_i \in F_{h(b_i)-1}$が存在する。
$F$の悪列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$を任意に取る。任意の$n \in \mathbb N$について、$x_n$が$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$に現れないこと、すなわち任意の$n,m \in \mathbb N$について$x_n \neq a_m$であることを今から示す。
$h(x_n) \le h(b_n)-1 < h(b_n)$なので、悪列$\{b_i\}_{i \in \mathbb N}$の定義から、列$b_0,\cdots,b_{n-1},x_n,a_{m+1},a_{m+2},\cdots$は悪列ではない。
もし$x_n = a_m$ならば、$\cdots < a_{m+2} < a_{m+1} < a_m = x_n < (b_n < )b_{n-1} < \cdots < b_0$であることを考えると、列$b_0,\cdots,b_{n-1},x_n,a_{m+1},a_{m+2},\cdots$は悪列となってしまい矛盾する。従って、$x_n \neq a_m$である。
特に、$X := \{x_i \mid i \in \mathbb N\},\ Y := \{y_i \mid i \in \mathbb N\}$とすると、$X$の元のみからなる悪列は存在しないので、$X$は整列集合である。($Y$も同様に示せる。)

任意の$i > n$について$x_i < x_n$を満たすような$n$を、$\{x_i\}_{i \in \mathbb N}$の悪数と呼ぶことにしよう。悪数は有限である。なぜなら、悪数が無限にあればそれを下から順に$w(0),w(1),w(2),\cdots$とすることで、$\cdots x_{w(2)} < x_{w(1)} < x_{w(0)}$となるので、$\{x_{w(i)}\}_{i \in \mathbb N}$は$X$の元のみからなる悪列となってしまうからである。
ここで、$g(0)$を任意の悪数よりも大きい数とし、$g(n)$が定まっているときには$g(n+1)$を$i > g(n)$かつ$x_i \ge x_{g(n)}$を満たす$i$とすることで、$\{g(n)\}_{n \in \mathbb N}$を再帰的に定める。この数列の各項は任意の悪数よりも大きくなるように定義されているので、$g(n)$が定まれば以上の方法で$g(n+1)$を定義できる。
定義から明らかに、任意の$n \in \mathbb N$について$g(n) < g(n+1)$かつ$x_{g(n)} \le x_{g(n+1)}$である。すなわち、$\{x_{g(i)}\}_{i \in \mathbb N}$は$\{x_i\}_{i \in \mathbb N}$の広義単調増加な無限部分列である。

$Y$も整列集合なので、$\{y_{g(i)}\}_{i \in \mathbb N}$は悪列でない。つまり、ある$i,j \in \mathbb N$が存在して、$i < j$かつ$y_{g(i)} \le y_{g(j)}$となる。$\{x_{g(i)}\}_{i \in \mathbb N}$の広義単調増加性から$x_{g(i)} \le x_{g(j)}$なので、$b_{g(i)} = \dfrac{x_{g(i)} + y_{g(i)} +1}2 \le \dfrac{x_{g(j)} + y_{g(j)} +1}2 = b_{g(j)}$である。これは、$\{b_i\}_{i \in \mathbb N}$が悪列であることに矛盾する。

背理法により、$F$の元からなる悪列は存在しない。可融数全体の集合$F$は整列集合である。□

可融数全体の集合を$F$とする。まずは、$F$の境界$\partial(F)$が整列集合であることを示そう。

$\partial(F)$の元のみからなる無限列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$を任意に取る。このとき、各$i \in \mathbb N$について$a_i \le x$を満たす可融数$x$が存在するので、そのうち最小のものを$b_i$とおく。
無限列$\{b_i\}_{i \in \mathbb N}$は可融数のみからなる列なので、ある$i \in \mathbb N$について$b_i \le b_{i+1}$が成り立つ。$b_i < b_{i+1}$である場合、$a_i < a_{i+1}$である。$b_i = b_{i+1}$である場合の$a_i,a_{i+1}$の大小を考える。

もし$a_{i+1} < a_i$ならば、$a_i$に収束する可融数列$\{x_i\}_{i \in \mathbb N}$には$a_{i+1},b_i$よりも$a_i$に近い項が存在する。これを$x_j$としよう。$a_i \notin F,\ x_j \in F$なので$a_i \neq x_j$である。
$a_i < x_j$ならば、$a_i < x_j < b_i$なので$b_i$の最小性に反する。$a_{i+1} < x_j < a_i$ならば、$a_{i+1} < x_j < a_i \le b_i = b_{i+1}$なので、今度は$b_{i+1}$の最小性に反する。

従って、$a_i \le a_{i+1}$である。いずれにせよ、$\partial(F)$の元のみからなる任意の無限列$\{a_i\}_{i \in \mathbb N}$についてある$i \in \mathbb N$が存在し、$a_i \le a_{i+1}$を満たすので、$\partial(F)$は整列集合である。

$\partial(F)$は整列集合なので、空でなければ最小元が存在する。これを$z$とおく。$z \in \partial(F)$なので、$z$に収束する可融数列$\{z_i\}_{i \in \mathbb N}$が存在する。
特に、$z > 0$なので、可融数列から$0$を取り除いても収束先は変わらない。以降は、$\{z_i\}_{i \in \mathbb N}$に$0$は現れないものとする。
更に、各$i \in \mathbb N$について$x_i \le y_i < x_i+1$かつ$z_i = \dfrac{x_i + y_i +1}2$を満たす$x_i,y_i \in F$が存在する。このようなにして、列$\{x_i\}_{i \in \mathbb N},\ \{y_i\}_{i \in \mathbb N}$を得られる。

$x := \lim_{i \to \infty}x_i,\ y := \lim_{i \to \infty}y_i$とする。すると、$x \le y \le x+1$かつ$z = \dfrac{x+y+1}2$となる。また、可融数列の極限なので$x,y \in \textrm{cl}(F) = F \cup \partial(F)$である。
明らかに、$x = \dfrac{x+x}2 < \dfrac{x+y+1}2 = z$であり、$y = \dfrac{y+y}2 < \dfrac{y+x+1}2 = z$である。

$y < z$である場合、$z$の最小性から$x,y \notin \partial(F)$なので、$x,y \in F$である。すると、$z = \dfrac{x+y+1}2 \in F$となり矛盾する。
$y = z$である場合、$2z = x+y+1 = x+z+1$なので$z = x+1 \in F$となりやはり矛盾する。

以上により、$\partial(F)$には最小元は存在せず、従って空集合である。特に、$\textrm{cl}(F) = F \cup \partial(F) = F \cup \emptyset = F$である。□

まず、任意の$n \in \mathbb N$について$1 - \dfrac1{2^n} \in F$であることを、$n$についての帰納法によって示す。
$1 - \dfrac1{2^0} = 0 \in F$は明らかである。
$1 - \dfrac1{2^n} \in F$ならば、$0 \in F$かつ$0 \le 1 - \dfrac1{2^n} < 0+1$なので、$(0 + 1 - \dfrac1{2^n} + 1)/2 = 1 - \dfrac1{2^{n+1}} \in F$である。
$n$についての帰納法により、任意の$n \in \mathbb N$について$1 - \dfrac1{2^n} \in F$である。

次に、超限帰納法により、任意の$z \in F \cap [0,1)$についてある$n \in \mathbb N$が存在して$z = 1 - \dfrac1{2^n}$を満たすことを示そう。
超限帰納法の仮定として、任意の$y \in F \cap [0,1)$について、$y < z$ならばある$m \in \mathbb N$が存在して$y = 1 - \dfrac1{2^m}$を満たすことを用いてよい。

$z = 0$ならば明らかに$z = 1 - \dfrac1{2^0}$である。$z > 0$ならば、$z = \dfrac{x+y+1}2$かつ$x \le y < x+1$を満たす$x,y \in F$が存在する。
$x,y < z < 1$なので、$x,y \in F \cap [0,1)$である。超限帰納法の仮定より、$x = 1-\dfrac1{2^m},\ y = 1-\dfrac1{2^n}$を満たす$m,n \in \mathbb N$が存在する。
$m > 0$ならば、$x \ge \dfrac12$なので$1 > z = \dfrac{x+y+1}2 \ge x + \dfrac12 \ge 1$となって矛盾してしまうので、$m = 0$であり、すなわち$x = 0$である。
よって、$z = \dfrac{y+1}2 = (2-\dfrac1{2^n})/2 = 1-\dfrac1{2^{n+1}}$である。これは示すべきことであった。

超限帰納法により、任意の$z \in F \cap [0,1)$について、ある$n \in \mathbb N$が存在して$z = 1 - \dfrac1{2^n}$となる。

以上により、$F \cap [0,1) = \{1 - \dfrac1{2^n} \mid n \in \mathbb N\}$である。□

まずは、任意の$m,n \in \mathbb N$について、$n > m > 1$ならば$1,\ \dfrac32 - \dfrac1{2^m},\ \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n} \in F$であることを示そう。
$1 \in F$は、$\dfrac12 \in F$であることと$F$が$+\dfrac12$に閉じていることから明らか。
$1-\dfrac1{2^{m-1}},\ 1 \in F$なので、$(1-\dfrac1{2^{m-1}} + 1 + 1)/2 = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} \in F$である。
同様に、$1-\dfrac1{2^{m-1}},\ 1-\dfrac1{2^{n-1}} \in F$なので、$(1-\dfrac1{2^{m-1}} + 1-\dfrac1{2^{n-1}} + 1)/2 = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n} \in F$である。

次に、超限帰納法により、任意の$z \in F \cap [1,\dfrac32)$について、$z = 1$または$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^m}$または$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$を満たす$n,m \in \mathbb N(n > m > 1)$が存在することを示そう。

$z \neq 0$なので、$x \le y < x+1$かつ$z = \dfrac{x+y+1}2$であるような$x,y \in F$が存在する。
このとき、$x+\dfrac12 \le z < \dfrac32$なので$x < 1$であり、$x+1 > z \ge 1$なので$x > 0$である。すなわち、$0 < x < 1$である。このとき、$x = 1 - \dfrac1{2^{m-1}}$を満たす$m > 1$が存在する。
また、$y < z < \dfrac32$であり、$y + \dfrac12 \ge z \ge 1$なので$y \ge \dfrac12$である。すなわち、$\dfrac12 \le y < \dfrac32$である。

$\dfrac12 \le y < 1$ならば、$y = 1 - \dfrac1{2^{n-1}}$を満たす$n > 1$が存在する。すると$z = (1 - \dfrac1{2^{m-1}} + 1 - \dfrac1{2^{n-1}} + 1)/2 = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$である。
$m = n = 2$ならば、$z = 1$なのでよい。
$m = n > 2$ならば、$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^{m-1}}$であり、$m-1 > 1$なのでよい。
$m \neq n$ならば、$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$であり、$m > n > 1$または$n > m > 1$なのでよい。

$1 \le y < \dfrac32$ならば、$y < z$なので超限帰納法の仮定として、$y = 1$または$y = \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}}$または$y = \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}} - \dfrac1{2^{p-1}}$を満たす$p,n \in \mathbb N(p > n > 2)$が存在する。
$y = 1$ならば、$z = (1 - \dfrac1{2^{m-1}} + 1 + 1)/2 = \dfrac32 - \dfrac1{2^m}$であり、$m > 1$なのでよい。
$y = \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}}$ならば、$z = (1 - \dfrac1{2^{m-1}} + \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}} + 1)/2 = \dfrac74 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}\ (< \dfrac32)$である。よって$\dfrac1{2^m} + \dfrac1{2^n} > \dfrac14$である。$m,n > 1$なので、$m = 2$または$n = 2$である。$m = 2$ならば$z = \dfrac74 - \dfrac14 - \dfrac1{2^n} = \dfrac32 - \dfrac1{2^n}$なのでよい。$n = 2$ならば$z = \dfrac74 - \dfrac1{2^m} - \dfrac14 = \dfrac32 - \dfrac1{2^m}$なのでよい。

$y = \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}} - \dfrac1{2^{p-1}}$ならば、$z = (1 - \dfrac1{2^{m-1}} + \dfrac32 - \dfrac1{2^{n-1}} - \dfrac1{2^{p-1}} + 1)/2 = \dfrac74 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n} - \dfrac1{2^p}\ (< \dfrac32)$である。よって$\dfrac1{2^m} + \dfrac1{2^n} + \dfrac1{2^p} > \dfrac14$である。$m > 1$かつ$p > n > 1$なので、$m = 2$または$n = 2$または$m = n = 3$である。
$m = 2$ならば$z = \dfrac74 - \dfrac14 - \dfrac1{2^n} = \dfrac32 - \dfrac1{2^n} - \dfrac1{2^p}$であり、$p > n > 1$なのでよい。
$n = 2$ならば$z = \dfrac74 - \dfrac1{2^m} - \dfrac14 - \dfrac1{2^p} = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^p}$である。$m = p$ならば$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^{p-1}}$であり、$p-1 > 1$なのでよい。$m \neq p$ならば、$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^p}$であり、$m,p > 1$なのでよい。
$m = n = 3$ならば$z = \dfrac74 - \dfrac18 - \dfrac18 - \dfrac1{2^p} = \dfrac32 - \dfrac1{2^p}$であり、$p > 1$なのでよい。

超限帰納法により、任意の$z \in F \cap [1,\dfrac32)$について、$z = 1$または$z = \dfrac32 - \dfrac1{2^m}$または$\dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$を満たす$n,m \in \mathbb N(n > m > 1)$が存在する。

以上により、$F \cap [1,\dfrac32) = \{1\} \cup \{\dfrac32 - \dfrac1{2^m},\ \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n} \mid m,n \in \mathbb N \land n > m > 1\}$である。□

$1 \in F$は明らか。任意の$S \subseteq_{\textrm{Fin}} \mathbb N_{>0}$について、$S \neq \emptyset$かつ$|S| \le \min S+2$ならば$2-B(S) \in F$であることを、$\min S$についての帰納法によって示す。

$\min S = 1$のとき、$|S| \le 3$なので、ある$n > m > 1$が存在して、$2-B(S) = \dfrac32$または$2-B(S) = \dfrac32 - \dfrac1{2^m}$または$2-B(S) = \dfrac32 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$である。補題5より、$B(S) \in F$である。

$\min S > 1$ならば、$M := \max S$とする。$2-B(S) = 2-\Sigma_{n \in S} \dfrac1{2^n} = 2-\Sigma_{n \in S \setminus \{M\}} \dfrac1{2^n} - \dfrac1{2^M}$である。
更に、$2-B(S) = ((1-\dfrac1{2^{M-1}}) + (2-\Sigma_{n \in S \setminus \{M\}}\dfrac1{2^{n-1}}) +1)/2$である。$\min\{n-1 \mid n \in S \setminus \{M\}\} = \min S -1 \le |S|-1 = |\{n-1 \mid n \in S \setminus \{M\}\}|$なので、帰納法の仮定より$2-\Sigma_{n \in S \setminus \{M\}}\dfrac1{2^{n-1}} \in F$である。
補題4より$1-\dfrac1{2^{M-1}} \in F$であり、$1-\dfrac1{2^{M-1}} \le 1 < 2-\Sigma_{n \in S \setminus \{M\}}\dfrac1{2^{n-1}} \le 2-\dfrac1{2^{\min S-1}} < 2-\dfrac1{2^{M-1}}$なので、$2-B(S) \in F$である。

$\min S$についての帰納法により、任意の$S \subseteq_{\textrm{Fin}} \mathbb N_{>0}$について、$S \neq \emptyset$かつ$|S| \le \min S+2$ならば$2-B(S) \in F$である。

任意の$z \in F \cap [1,2)$について、$z = 1$または、$z = 2-B(S)$かつ$|S| \le \min S + 2$
を満たす空でない集合$S \subseteq_{\textrm{Fin}} \mathbb N_{>0}$が存在することを、$z$についての超限帰納法によって示す。
$z \in F[1,\dfrac32)$ならば、補題5より$z = 1$または$z = 2 - \dfrac12 - \dfrac1{2^m}$または$z = 2 - \dfrac12 - \dfrac1{2^m} - \dfrac1{2^n}$を満たす$n > m > 1$が存在する。$z = 1$の場合はよく、そうでない場合は$S = \{1,m\}$または$S = \{1,m,n\}$とすれば、$|S| \le \min S +2$かつ$z = 2-B(S)$を満たす。
$z = \dfrac32$ならば、$z = 2-\dfrac12 = 2-B(\{1\})$であり、$|\{1\}| = 1 \le 3 = \min\{1\}+2$なのでよい。

以降は$z \in (\dfrac32, 2)$の場合のみ考えればよい。$z \in F$なので、ある$x,y \in F$が存在して、$x \le y < x+1$かつ$z = \dfrac{x+y+1}2$を満たす。$x + \dfrac12 \le z < 2$なので$x < \dfrac32$であり、$\dfrac32 < z \le y+\dfrac12$なので$y > 1$である。
$1 < y < z < 2$なので、帰納法の仮定より$y = 2-B(S_y)$かつ$|S_y| \le \min S_y +2$を満たす空でない集合$S_y \subseteq_{\textrm{Fin}} \mathbb N_{>0}$が存在する。

$x < 1$ならば、$x = 1-\dfrac1{2^m}$を満たす$m \in \mathbb N$が存在する。$y = 2-B(S_y) < x+1 = 2-\dfrac1{2^m}$なので、$B(S_y) > \dfrac1{2^m} = B(\{m\})$である。特に、$\min S_y \le m$である。
$z = \dfrac{x+y+1}2 = 2 - B(\{m+1\}) - B(\{n+1 \mid n \in S_y\})$である。
$m \notin S_y$ならば、$z = 2 - B(\{m+1\} \cup \{n+1 \mid n \in S_y\})$であり、$|\{m+1\} \cup \{n+1 \mid n \in S_y\}| = |S_y|+1 \le \min S_y +3$ $ = \min(\{m\} \cup S_y)+3 = \min(\{m+1\} \cup \{n+1 \mid n \in S_y\})+2$である。
$m \in S_y$ならば、$U$を$B(U) = B(\{m+1\}) + B(\{n+1 \mid n \in S_y\})$を満たす集合とする。$z = 2-B(U)$であり、$|U| \le |\{m+1\} \cup \{n+1 \mid n \in S_y\}| = |\{m\} \cup S_y| = |S_y| \le \min S_y+2$ $= \min(\{m+1\} \cup \{n+1 \mid n \in S_y\}) +1 \le \min U +2$である。

$x = 1$ならば、$z = \dfrac{y+2}2 = 2 - \dfrac12 B(S_y) = 2-B(\{n+1 \mid n \in S_y\})$である。
$|\{n+1 \mid n \in S_y\}| = |S_y| \le \min S_y +2 \le \min \{n+1 \mid n \in S_y\} +2$である。

$x \le 1$のとき、条件を満たす集合$S$の存在を示せたので、以降は$1 < x < \dfrac32$の場合のみ考える。このとき、補題5より$x = 2 - B(\{1,m\})$または$x = 2 - B(\{1,m,n\})$を満たす$n > m > 1$が存在する。

$x = 2 - B(\{1,m\})$である場合、$2z = 5 - B(\{1,m\}) - B(S_y) < 4$なので、$B(\{1,m\}) + B(S_y) > 1$であり、$B(\{m\}) + B(S_y) > \dfrac12$である。

$1 \in S_y$ならば、$|S_y| \le \min S_y +2 = 3$である。$S$を、$B(S) = B(\{m+1\}) + B(\{n+1 \mid n \in S_y \land n \neq 1\})$を満たす集合とする。$|S| \le |\{m+1\}| + |\{n+1 \mid n \in S_y \land n \neq 1\}| = 1 + |S_y \setminus \{1\}| = |S_y| \le 3 \le \min S +2$である。
また、$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1\}) - B(\{n+1 \mid n \in S_y\})$ $= 2 - B(\{m+1\}) - B(\{n+1 \mid n \in S_y \land n \neq 1\}) = 2-B(S)$である。

$1 \notin S_y$ならば、$B(S_y) > \dfrac12 - B(\{m\}) = B(\{2,3,\cdots,m\})$なので、$2,3,\cdots,m \in S_y$であり、$B(\{m\}) + B(S_y) = \dfrac12 + B(S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\})$である。
$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1\}) - B(\{n+1 \mid n \in S_y\}) = 2 - B(\{n+1 \mid n \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}\})$である。$m \ge 2$であることに注意すると、$|\{n+1 \mid n \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}\}| \le |S_y| - m + 1 \le |S_y|-1$ $\le \min S_y+1 = 3 \le \min\{n+1 \mid n \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}\}+2$である。

$x = 2 - B(\{1,m,n\})$である場合、$2z = 5 - B(\{1,m,n\}) - B(S_y) < 4$なので、$B(\{1,m,n\}) + B(S_y) > 1$であり、$B(\{m,n\}) + B(S_y) > \dfrac12$である。

$1 \in S_y$ならば、$|S_y| \le \min S_y +2 = 3$である。$S$を、$B(S) = B(\{m+1,n+1\}) + B(\{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\})$を満たす集合とする。
$m \in S_y$または$n \in S_y$である場合、$|S| \le |\{m+1,n+1\} \cup \{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\}| = 1 + |S_y \setminus \{1\}| = |S_y| \le 3 \le \min S +2$である。
また、$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y\})$ $= 2 - B(\{m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\}) = 2-B(S)$である。

$m,n \notin S_y$である場合、$\{m,n\} \cap (S_y \setminus \{1\}) = \{m+1,n+1\} \cap \{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\} = \emptyset$なので$S = \{m+1,n+1\} \cup \{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\}$である。
よって、$|S| \le |\{m+1,n+1\} \cup \{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\}| = 2 + |S_y \setminus \{1\}| = |S_y|+1$ $\le 4 \le \min S +2$である。
また、$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y\})$ $= 2 - B(\{m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y \land k \neq 1\}) = 2-B(S)$である。

$1 \notin S_y$かつ$m \in S_y$ならば、$B(S_y) > \dfrac12 - B(\{m,n\}) = B(\{2,3,\cdots,n\} \setminus \{m\})$なので、$2,3,\cdots,m-1 \in S_y$であり、仮定より$2,3,\cdots,m \in S_y$である。また、$B(\{m,n\}) + B(S_y) = \dfrac12 + B(\{n\} \cup S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\})$である。
$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y\}) = 2 - B(\{k+1 \mid k \in (S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}) \cup \{n\}\})$である。
$n > m \ge 2$であることに注意すると、$|\{k+1 \mid k \in (S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}) \cup \{n\}\}| \le |S_y|$ $\le \min S_y+2 \le \min\{k+1 \mid k \in (S_y \setminus \{2,3,\cdots,m\}) \cup \{n\}\}+2$である。

$1,m \notin S$ならば、$B(S_y) > \dfrac12 - B(\{m,n\}) = B(\{2,3,\cdots,n\} \setminus \{m\})$なので、$2,3,\cdots,m-1 \in S_y$であり、仮定より$2,3,\cdots,m-1,m+1\cdots,n \in S_y$である。また、$B(\{m,n\}) + B(S_y) = \dfrac12 + B(S_y \setminus \{2,3,\cdots,n\})$である。
$z = \dfrac52 - B(\{2,m+1,n+1\}) - B(\{k+1 \mid k \in S_y\}) = 2 - B(\{k+1 \mid k \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,n\}\})$である。
$n > m \ge 2$であることに注意すると、$|\{k+1 \mid k \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,n\}\}| \le |S_y| \le \min S_y+2 \le \min\{k+1 \mid k \in S_y \setminus \{2,3,\cdots,n\}\}+2$である。

以上と超限帰納法により、任意の$z \in (1,2) \cap F$について、$z = 2-B(S)$かつ$|S| \le \min S + 2$を満たす空でない集合$S \subseteq_{\textrm{Fin}} \mathbb N_{>0}$が存在する。□

$w \in [z,z+1)$なので、$w < z+1 - \dfrac1{2^m}$を満たす$m \in \mathbb N$が存在する。ここで、$x_i := z+1-\dfrac1{2^{m(i+1)}}$として、狭義単調増加列$\{x_i\}_{i \in \mathbb N}$を定める。
関数$f : [z,z+1) \to [z+\dfrac12,z+1)$を、$f(x) := \dfrac{z+x+1}2$として定める。$z$は可融数で$z \le x < z+1$なので、$x \in F$ならば$f(x) \in F$である。また、$x < y$ならば$f(x) < f(y)$である。従って、$f$は$[z,z+1) \cap F$から$[z + \dfrac12,z+1) \cap F$への順序埋め込みである。
ここで、$f$の$n$回反復$f^n$を考える。$f^n(x) = \dfrac{x + (z+1)(2^n-1)}{2^n} = z+1-\dfrac{z+1-x}{2^n}$であり、これは$[z,z+1)$から$[z+1-\dfrac1{2^n},z+1)$への関数である。$x \in F$ならば$f^n(x) \in F$であり、$f$が順序埋め込みなので$f^n$も$[z,z+1) \cap F$から$[z+1-\dfrac1{2^n},z+1) \cap F$への順序埋め込みである。

ここで、関数$f^{m(i+1)}$を考えると、$f^{m(i+1)}(z) = z+1-\dfrac1{2^{m(i+1)}} = x_i$であり、$f^{m(i+1)}(w) < f^{m(i+1)}(z+1-\dfrac1{2^m}) = z+1-\dfrac1{2^{m(i+2)}} = x_{i+1}$なので、$f^{m(i+1)}$(の$[z,w)$への制限)は区間$[z,w)$から$[x_i,x_{i+1})$への関数である。
$f^{m(i+1)}$は狭義単調増加であり可融数は可融数へ写すので、$[z,w)$から$[x_i,x_{i+1})$への順序埋め込みである。□

まず、可融数のみからなる集合$A,B$について、新たに集合$A \otimes B := \{\dfrac{a+b+1}2 \mid a \in A \land b \in B \land |a - b| < 1\}$を構成することを考える。$A,B$の順序型をそれぞれ$\alpha,\beta$とおく。
$a \le a'$かつ$b \le b'$ならば、明らかに$\dfrac{a+b+1}2 \le \dfrac{a'+b'+1}2$である。よって、集合$\{(a,b) \in A \times B \mid |a-b| <1\} \subseteq A \times B$の直積半順序による順序集合から$A \otimes B$への順序保存な全射が存在する。
特に、$A \otimes B$は$A \times B$のある部分集合の全順序化と同型になっているので、順序型は高々$\alpha$と$\beta$の自然積$\alpha\otimes\beta$である。

区間$[y+1,z+1)$の狭義単調増加列として、$\{x_i\}_{i \in \mathbb N}$を$x_i := z+1 - \dfrac{z-y}{2^i}$とする。特に、$x_0= y+1$であり、$x_{i+1} = \dfrac{x_i +z +1}2$である。また、$\sup_{i \in \mathbb N}x_i = z+1$である。
更に、$F_n := [0,x_n) \cap F$、$G_n := [x_n,x_{n+1}) \cap F$とする。$F_{n+1} = F_n \cup G_n$である。

$F_0 = [0,y+1) \cap F$なので、$F_0$の順序型は$\gamma$である。
また、$G_n = [x_n,x_{n+1}) \cap F = [x_n,\dfrac{x_n+z+1}2) \cap F$の任意の元は、ある$a \le b < a+1$を満たす$a,b \in F$を用いて$\dfrac{a+b+1}2$と表される。$a,b$の大きさを評価しよう。
$a < z$である場合、$a \le y$であり、$\dfrac{a+b+1}2 < a+1 \le y+1 \le x_0$である。これは$\dfrac{a+b+1}2 \in G_n$に反する。
$a \ge z$である場合、$\dfrac{b+z+1}2 \le \dfrac{a+b+1}2 < x_{n+1} = \dfrac{x_n+z+1}2$なので、$b < x_n$であり、$a \le b < x_n$である。よって、$a,b \in F_n$である。
すなわち、$G_n \subseteq F_n \otimes F_n$であり、$F_{n+1} \subseteq F_n \cup (F_n \otimes F_n)$である。

$[0,1) \cap F \subseteq [0,y+1) \cap F$の両側の順序型を考えると、$\gamma \ge \omega$である。よって、$\gamma^\omega$は和、積、自然和、自然積に閉じている。
$F_0$の順序型は$\gamma$なので$\gamma^\omega$未満である。また、各$n \in \mathbb N$について、$F_n$の順序型が$\alpha < \gamma^\omega$未満ならば、$F_{n+1} \subseteq F_n \cup (F_n \otimes F_n)$の順序型は$(\alpha \otimes \alpha) \oplus \alpha$以下なので、$\gamma^\omega$が自然和と自然積に閉じていることからこれも$\gamma^\omega$未満となる。
数学的帰納法により、任意の$n \in \mathbb N$について、$F_n$の順序型は$\gamma^\omega$未満である。

もし$[0,z+1) \cap F$の順序型が$\gamma^\omega$を超えるならば、ある$x < z+1$について$[0,x) \cap F$の順序型がちょうど$\gamma^\omega$となるはずだが、するとある$n \in \mathbb N$について$x \le x_n$となってしまい、$F_n = [0,x_n) \cap F$の順序型も$\gamma^\omega$以上となって先ほどの結果と矛盾する。
以上により、$[0,z+1) \cap F$の順序型は$\gamma^\omega$以下である。□