無限集合メモ3

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

$MA(\kappa)$と同値な命題

正則開集合と完備Boole代数

正則開集合

$(X,\mathcal O)$を位相空間とする。部分集合$S \subseteq X$が$\textrm{Int}_{(X,\mathcal O)}(\textrm{Cl}_{(X,\mathcal O)}(S)) = S$を満たすとき、$Sは(X,\mathcal O)$の正則開集合であるという。

以降は位相空間を固定するので、どの位相空間の内部作用素か、などは明記しないことにする。

$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) = \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S))$であることに注意しよう。
$\textrm{Int}$と$\textrm{Cl}$の両方で不変、つまり開かつ閉な集合は正則開集合である。他にも色々あるが、とりあえず性質を色々と示していこう。

基本的な性質

$S,T$を$X$の部分集合とする。

$S$が開集合ならば$S \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))$
$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))$は正則開集合
$S \subseteq T$ならば$\textrm{Ext}(T) \subseteq \textrm{Ext}(S)$
$S$が開集合ならば、$\textrm{Ext}(S)$は正則開集合
$S$が開集合ならば、$S \cap \textrm{Cl}(T) \subseteq \textrm{Cl}(S \cap T)$
$S$が開集合ならば、$S \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$
$S,T$が開集合ならば、$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S)) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T)) = \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$

1. 証明

$S \subseteq \textrm{Cl}(S)$であり、$S$が開集合であることと$\textrm{Int}$が$\subseteq$を保存することから$S = \textrm{Int}(S) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(\textrm{Int}(S)))$である。□

2. 証明

$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))$は開集合なので、1.より$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))))$である。
また、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) \subseteq \textrm{Cl}(S)$であることと$\textrm{Cl}$が$\subseteq$を保存することから$\textrm{Cl}(\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))) \subseteq \textrm{Cl}(\textrm{Cl}(S)) = \textrm{Cl}(S)$であり、更に$\textrm{Int}$が$\subseteq$を保存することから$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)))) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))$である。
従って、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))))$なので、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S))$は正則開集合である。□

3. 証明

$S \subseteq T$ならば$X \setminus T \subseteq X \setminus D$であり、$\textrm{Int}$は$\subseteq$を保存するので$\textrm{Ext}(T) = \textrm{Int}(X \setminus T) \subseteq \textrm{Int}(X \setminus S) = \textrm{Ext}(S)$である。□

4. 証明

$S$は開集合なので、$\textrm{Ext}(S) = \textrm{Ext}(\textrm{Int}(S)) = \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(X \setminus S)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(X \setminus S))$であり、2.よりこれは正則開集合である。□

5. 証明

$x \in S \cap \textrm{Cl}(T)$を任意に取る。$x \in U$を満たす開集合$U$を任意に取ると、$x \in S \cap U$となるが、$S \cap U$は開集合で$x \in \textrm{Cl}(T)$なので$S \cap T \cap U \neq \emptyset$である。
$S \cap T$は$x$の任意の開近傍$U$と交わるので、$x \in \textrm{Cl}(S \cap T)$である。従って、$S \cap \textrm{Cl}(T) \subseteq \textrm{Cl}(S \cap T)$である。□

6. 証明

5.より$S \cap \textrm{Cl}(T) \subseteq \textrm{Cl}(S \cap T)$なので、$\textrm{Ext}(S \cap T) = X \setminus \textrm{Cl}(S \cap T) \subseteq X \setminus (S \cap \textrm{Cl}(T)) = (X \setminus S) \cup (X \setminus \textrm{Cl}(T)) = (X \setminus S) \cup \textrm{Int}(X \setminus T)$である。
よって$\textrm{Ext}((X \setminus S) \cup \textrm{Int}(X \setminus T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$である。
$\textrm{Ext}((X \setminus S) \cup \textrm{Int}(X \setminus T))$ $= X \setminus \textrm{Cl}((X \setminus S) \cup \textrm{Int}(X \setminus T))$ $= X \setminus \textrm{Cl}(X \setminus S) \cap X \setminus \textrm{Cl}(\textrm{Int}(X \setminus T))$ $= \textrm{Int}(S) \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T))$ $= \textrm{Int}(S) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T))$なので、$S \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T)) \subseteq \textrm{Int}(S) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$である。□

7. 証明

まず、$\textrm{Ext} \circ \textrm{Ext} = \textrm{Int} \circ \textrm{Cl}$は$\subseteq$を保存するので、$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S))$であり、$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T))$である。従って、$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T)) \subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S)) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T))$である。
また、6.より$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S)) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T))$ $\subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T))))$ $\subseteq \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))))$ $= \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$である。
以上により、$\textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S)) \cap \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(T)) = \textrm{Ext}(\textrm{Ext}(S \cap T))$である。□

ここで、$(X,\mathcal O)$の正則開集合全体を$\textrm{RO}$とする。すると、$(\textrm{RO},\subseteq)$は順序集合となるが、実は完備Boole代数となるというのが以下の定理である。

任意の$S,T \in \textrm{RO}$について、$S \cap T \in \textrm{RO}$であり、$S \cap T$は$(\textrm{RO},\subseteq)$における$S,T$の下限である。
任意の$S,T \in \textrm{RO}$について、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T)) \in \textrm{RO}$であり、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T))$は$(\textrm{RO},\subseteq)$における$S,T$の上限である。
任意の$S \in \textrm{RO}$について、$\textrm{Ext}(S) \in \textrm{RO}$であり、$S$と$\textrm{Ext}(S)$の上限は$X$、下限は$\emptyset$である。
$\textrm{RO}$の2元の上限、下限を表す演算子をそれぞれ$\lor,\land$とすると、任意の$S,T,U \in \textrm{RO}$について$S \land (T \lor U) = (S \land T) \lor (S \land U)$である。
任意の$\mathcal S \subseteq \textrm{RO}$について、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S)) \in \textrm{RO}$であり、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S))$は$(\textrm{RO},\subseteq)$における$\mathcal S$の上限である。

1. 証明

$\textrm{Cl}(S),\textrm{Cl}(T)$は閉集合なので、$\textrm{Cl}(S) \cap \textrm{Cl}(T)$も閉集合であり、$\textrm{Cl}(\textrm{Cl}(S) \cap \textrm{Cl}(T))$が成り立つ。従って、$S \cap T = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S) \cap \textrm{Cl}(T)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(\textrm{Cl}(S) \cap \textrm{Cl}(T)))$であり、定理1の2.より$S \cap T \in \textrm{RO}$である。
また、$S \cap T$は$S,T$の部分集合となる最大の集合なので、$\textrm{RO}$においても最大である。つまり、$S \cap T$は$(\textrm{RO},\subseteq)$における$S,T$の下限である。□

2. 証明

定理1の2.より、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T)) \in \textrm{RO}$である。
また、$S \subseteq S \cup T$なので$S = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T))$であり、同様に$T \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T))$であるため、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T))$は$S,T$の上界である。
逆に、$S,T$の上界$U$を$\textrm{RO}$の元として任意に取ると、$S \subseteq U,\ T \subseteq U$なので、$S \cup T \subseteq U$である。更に、$U \in \textrm{RO}$なので、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(U)) = U$である。つまり、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup T))$は$S,T$の上限(最小上界)である。□

3. 証明

$S \in \textrm{RO}$なので$S$は開集合であり、定理1の4.より$\textrm{Ext}(S) \in \textrm{RO}$である。
$S,\textrm{Ext}(S)$の上限は2.より$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup \textrm{Ext}(S)))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S) \cup \textrm{Cl}(\textrm{Ext}(S)))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S) \cup (X \setminus \textrm{Int}(\textrm{Int}(S))))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S) \cup (X \setminus \textrm{Int}(S)))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S) \cup \textrm{Cl}(X \setminus S))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cup (X \setminus S)))$ $= \textrm{Int}(\textrm{Cl}(X)) = X$である。
$S,\textrm{Ext}(S)$の下限は1.より$S \cap \textrm{Ext}(S)$ $= \textrm{Int}(S) \cap \textrm{Int}(X \setminus S)$ $= \textrm{Int}(S \cap (X \setminus S))$ $= \textrm{Int}(\emptyset) = \emptyset$である。

4. 証明

1.と2.より、$S \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T \cup U)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)))$を示せばいい。
$S \in \textrm{RO}$より$S$は開集合なので、定理1の6.より$S \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T \cup U)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S \cap (T \cup U))) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)))$である。
また、$S \cap (T \cup U) = (S \cap T) \cup (S \cap U) \subseteq S$と$S$が正則開集合であることから$\textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) = S$であり、$S \cap (T \cup U) \subseteq T \cup U$であることから$\textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T \cup U))$なので、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)) \subseteq S \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T \cup U))$である。
従って、$S \cap \textrm{Int}(\textrm{Cl}(T \cup U)) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}((S \cap T) \cup (S \cap U)))$である。□

5. 証明

定理1の2.より、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S)) \in \textrm{RO}$である。
任意の$S \in \mathcal S( \subseteq \textrm{RO})$について、$S \subseteq \mathcal S$なので、$S = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(S)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S))$である。従って、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S))$は$\mathcal S$の上界である。
任意の$\mathcal S$の上界$U$について、任意の$S \in \mathcal S$に対し$S \subseteq U$なので、$\bigcup \mathcal S \subseteq U$である。$U \in \textrm{RO}$なので、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(U)) = U$である。
従って、$\textrm{Int}(\textrm{Cl}(\bigcup \mathcal S))$は$\mathcal S$の上限(最小上界)である。□

2元の上限、下限の存在、補元の存在、上限下限の分配則、一般の上限の存在を示したので、$(\textrm{RO},\subseteq)$は可補的で上限完備な分配束、すなわち完備Boole代数である。

半順序集合の濃度の制限

「任意のc.c.c.を満たす前順序集合$(\mathbb P,\le)$について、$\mathcal D$を$(\mathbb P,\le)$の稠密部分集合の族であり、濃度が高々$\kappa$であるとする。
このとき、ある$(\mathbb P,\le)$のフィルター$G$が存在して、任意の$\mathcal D$に属する稠密集合と交わる。」
というのが$MA(\kappa)$の定義であるが、稠密部分集合$\mathcal D$の濃度は制限されているものの、$\mathbb P$の濃度は制限されていない。
実は前順序の濃度も$\kappa$以下に制限したものは、$MA(\kappa)$と同値である。
濃度を制限していない方から濃度を制限した方が示せるのは自明なので、逆方向だけを示そう。

「任意の$|\mathbb S| \le \kappa$を満たすc.c.c.を満たす前順序集合$(\mathbb S,\le)$について、$\mathcal D$を$(\mathbb S,\le)$の稠密部分集合の族であり、濃度が高々$\kappa$であるとする。
このとき、ある$(\mathbb S,\le)$のフィルター$G$が存在して、任意の$\mathcal D$に属する稠密集合と交わる。」
が成り立つならば、$MA(\kappa)$も成り立つ。

証明

c.c.c.を満たす(濃度を問わない)前順序集合$(\mathbb P,\le)$と、その濃度が高々$\kappa$な稠密部分集合族$\mathcal D$を任意に取る。
このとき、任意の$D \in \mathcal D$に対して、$D$は稠密なので任意の$x \in \mathbb P$に対して$y \le x$を満たす$y \in D$が存在する。これにより、「任意の$x \in \mathbb P$に対して$f_D(x) \in D$かつ$f_D(x) \le x$」となるような写像$f_D : \mathbb P \to \mathbb P$が存在する。
また、任意の$x,y \in \mathbb P$について、$x,y$が$(\mathbb P,\le)$で両立可能ならば、定義から$z \le x$かつ$z \le y$を満たす$z \in \mathbb P$が存在する。これにより、「任意の$x,y \in \mathbb P$に対して、$x,y$が$(\mathbb P,\le)$で両立可能ならば$g(x,y) \le x$かつ$g(x,y) \le y$」となるような写像$g : \mathbb P^2 \to \mathbb P$が存在する。

ここで、$\mathbb P$から適当に元$p \in \mathbb P$を取り、$\mathbb P$の部分集合の族$\{\mathbb S_k\}_{k < \omega}$を、$\mathbb S_0 := \{p\},\ \mathbb S_{k+1} := \mathbb S_k \cup \{f_D(x) \mid D \in \mathcal D \land x \in \mathbb S_k\} \cup \{g(x,y) \mid x,y \in \mathbb S_k\}$のように再帰的に定める。また、$\mathbb S := \bigcup_{k < \omega} \mathbb S_k$と定める。
$|\mathbb S_0| = 1,\ |\mathbb S_{k+1}| \le |\mathbb S_k + \kappa \times \mathbb S_k + \mathbb S_k^2|$なので、帰納法により任意の$n < \omega$について$|\mathbb S_n| \le \kappa$が示される。従って、$|\mathbb S| \le |\kappa \times \omega| \le \kappa$である。
更に、$\mathbb S$は任意の$D \in \mathcal D$に対して$f_D$に閉じており、$g$にも閉じている。

$x,y \in \mathbb S$が$(\mathbb S,\le)$で両立可能ならば、$\mathbb S \subseteq \mathbb P$なので$(\mathbb P,\le)$でも両立可能である。逆に$x,y$が$(\mathbb P,\le)$で両立可能ならば、$g(x,y) \le x$かつ$g(x,y) \le y$かつ$g(x,y) \in \mathbb S$なので、$(\mathbb S,\le)$でも両立可能である。
従って、$A \subseteq \mathbb S$が$(\mathbb P,\le)$の反鎖であることと$(\mathbb S,\le)$の反鎖であることは同値である。$(\mathbb S,\le)$の反鎖は$(\mathbb P,\le)$の反鎖でもあるので、$(\mathbb P,\le)$がc.c.c.を満たすことから$(\mathbb S,\le)$の反鎖も濃度は高々可算となる。よって$(\mathbb S,\le)$はc.c.c.を満たす。
任意の$D \in \mathbb D$に対し、$\mathbb S$は$f_D$に閉じているので、任意の$x \in \mathbb S$について$f_D(x) \in \mathbb S \cap D$かつ$f_D(x) \le x$である。よって、$\mathbb S \cap D$は$(\mathbb S,\le)$の稠密部分集合である。
従って、$\{\mathbb S \cap D \mid D \in \mathcal D\}$は濃度が高々$\kappa$な稠密部分集合の族である。
仮定により、$(\mathbb S,\le)$のフィルター$G$で$\{\mathbb S \cap D \mid D \in \mathcal D\}$に属する任意の稠密部分集合と交わるものが存在する。

$G$に属する任意の2元$x,y \in G$に対して、$z \le x$かつ$z \le y$を満たす$z \in G$が存在する。
ただし、$G$は$(\mathbb P,\le)$のフィルターとは限らない。そこで、$G' := \{y \in \mathbb P \mid \exists x \in F(x \le y)\}$とすると、任意の$y \in G'$と$z \in \mathbb P$に対して、$y \le z$ならばある$x \in G$が存在して$x \le y \le z$となるので$z \in G'$である。
任意の$x,y \in G'$について、ある$p,q \in G$が存在して$p \le x$かつ$q \le y$を満たし、更に$r \le p$かつ$r \le q$を満たす$r \in G (\subseteq G')$が存在する。このとき$r \le x$かつ$r \le y$なので、$G'$は$(\mathbb P,\le)$のフィルターである。
任意の$D \in \mathcal D$に対して、$\emptyset \neq (\mathbb S \cap D) \cap G \subseteq D \cap G'$なので、$G'$は$\mathcal D$に属する任意の稠密部分集合と交わる。
従って、$MA(\kappa)$である。□

$MA(\kappa)$とBoole代数

Martinの公理は一般の前順序集合についての命題だったが、実は完備Boole代数のみに絞った言い換えがある。

Boole代数には最小元が存在するので、通常の意味で考えるとどんな2元も両立してしまいつまらない。よって、Boole代数を半順序集合とみなす場合、台集合から最小元を除いた半順序集合として議論する。
この場合、Boole代数の2元$x,y$が両立するというのは、$x \land y$が最小元とならないことである。すると、Boole代数を半順序とみなしたときのフィルターは、Boole代数の用語としてのフィルターと同義になる。

Boole完備化

任意の半順序集合$(\mathbb P,\le)$について、以下を満たす完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$と写像$i : \mathbb P \to \mathbb B \setminus \{0\}$が存在する。

$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$は半順序集合$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合である。
$i$は順序保存である、つまり任意の$p,q \in \mathbb P$について$p \le q\ \Rightarrow\ i(p) \le_{\mathbb B} i(q)$である。
任意の$p,q \in \mathbb P$について、$p,q$が$(\mathbb P,\le)$上で両立不能であることと、$i(p) \land i(q) = 0$であることは同値である。

証明

まず、任意の$p \in \mathbb P$に対して、$N_p := \{q \in \mathbb P \mid q \le p\}$と定める。$\mathbb P$を台集合とする位相空間として、$\{N_p \mid p \in \mathbb P\}$を準開基にもつものを$\mathcal O$としよう。
位相空間$(\mathbb P,\mathcal O)$に対して、その正則開集合全体を$\textrm{RO}$とおくと、定理2によりこれは$\subseteq$を順序とした完備Boole代数をなす。
ここで、任意の$p \in \mathbb P$に対して$i(p) := \textrm{Int}(\textrm{Cl}(N_p))$とする。$N_p$は開集合なので、$p \in N_p = \textrm{Int}(N_p) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(N_p)) = i(p)$である。従って$i(p) \neq \emptyset$であり、また定理1の2.から$i(p) \in \textrm{RO}$なので、$i$は$\mathbb P$から$\textrm{RO} \setminus \{\emptyset\}$への写像である。
あとは3つの条件を満たすことを確かめよう。

任意の$U \in \textrm{RO} \setminus \{\emptyset\}$について、$U$は空でない開集合なので、$p \in U$を満たす$p \in \mathbb P$が存在する。
よって、$p \in V$かつ$V \subseteq U$かつ、$V$が有限個の準開基の交叉で表されるような$V$が存在する。
$V = \bigcap_{i < n} N_{q_i}$と表されるような$n < \omega$と$q_0,\cdots,q_{n-1} \in \mathbb P$が存在するとしよう。このとき、任意の$i < n$について$p \in N_{q_i}$なので、$p \le q_i$である。従って、任意の$r \in N_p$について、$r \le p \le q_i$なので$r \in q_i$であり、従って$N_p \subseteq N_{q_i}$である。
よって$N_p \subseteq \bigcap_{i < n} N_{q_i} = V \subseteq U$である。$U \in \textrm{RO}$なので、$i(p) = \textrm{Int}(\textrm{Cl}(N_p)) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(U)) = U$である。
以上により、$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$は$(\textrm{RO} \setminus \{\emptyset\},\subseteq)$の稠密部分集合である。

任意の$p,q \in \mathbb P$について、先ほど示した通り、$p \le q$ならば$N_p \subseteq N_q$なので、$i(p) \subseteq i(q)$となる。

任意の$p,q \in \mathbb P$について、$p,q$が$(\mathbb P,\le)$で両立不能ならば、$N_p \cap N_q = \{r \in \mathbb P \mid r \le p \land r \le q\} = \emptyset$である。
特に、$N_q \subseteq \mathbb P \setminus N_p$であり、$N_q$は開集合なので両辺の内部を取れば$N_q \subseteq \textrm{Int}(\mathbb P \setminus N_p) = \textrm{Ext}(N_p)$であり、$\emptyset = (X \setminus \textrm{Ext}(N_p)) \cap N_q = \textrm{Cl}(N_p) \cap N_q \subseteq i(p) \cap N_q$であるため、$i(p) \cap N_q = \emptyset$である。
同様に、$i(p) \subseteq \mathbb P \setminus N_q$であり、$i(p)$は開集合なので両辺の内部を取れば$i(p) \subseteq \textrm{Int}(\mathbb P \setminus N_q) = \textrm{Ext}(N_q)$であり、$\emptyset = (X \setminus \textrm{Ext}(N_q)) \cap i(p) = \textrm{Cl}(N_q) \cap i(p) \subseteq i(p) \cap i(q)$であるため、$i(p) \cap i(q) = \emptyset$である。
逆に$p,q$が$(\mathbb P,\le)$で両立可能ならば、$r \le p$かつ$r \le q$を満たす$r \in \mathbb P$が存在する。このとき$r \in N_p \cap N_q$である。また、$N_p,N_q$は開集合なので、$N_p = \textrm{Int}(N_p) \subseteq \textrm{Int}(\textrm{Cl}(N_p)) = i(p)$であり、同様に$N_q \subseteq i(q)$である。従って、$\emptyset \neq N_p \cap N_q \subseteq i(p) \cap i(q)$である。
従って、$p,q \in \mathbb P$が$(\mathbb P,\le)$で両立不能であることと、$i(p) \cap i(q) = \emptyset$は同値である。□

Martinの公理から少し話が逸れますが、実はこの3条件を満たすような完備Boole代数と写像の組は、全て同型となります。

Boole完備化の一意性

任意の半順序集合$(\mathbb P,\le)$について、以下を満たす完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$と写像$i : \mathbb P \to \mathbb B \setminus \{0\}$が以下を満たすとする。

$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$は半順序集合$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合である。
$i$は順序保存である、つまり任意の$p,q \in \mathbb P$について$p \le q\ \Rightarrow\ i(p) \le_{\mathbb B} i(q)$である。
任意の$p,q \in \mathbb P$について、$p,q$が$(\mathbb P,\le)$上で両立不能であることと、$i(p) \land i(q) = 0$であることは同値である。
同様の性質を完備Boole代数$(\mathbb B',0',1',\land',\lor',\le_{\mathbb B'})$と写像$i' : \mathbb P \to \mathbb B' \setminus \{0\}$も満たすとき、$i' = h \circ i$を満たす$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$から$(\mathbb B',0',1',\land',\lor',\le_{\mathbb B'})$へのBoole同型写像$h$が存在する。

証明

まず、各$x \in \mathbb B$に対して$L(x) := \{p \in \mathbb P \mid i(p) \le_{\mathbb B} x\}$とおく。同様に各$x \in \mathbb B'$に対して$L'(x) := \{p \in \mathbb P \mid i(p) \le_{\mathbb B'} x\}$とおく。
また、各$x \in \mathbb B$に対して、$h(x) := \bigvee' \{i'(p) \mid p \in L(x)\}$(ただし$\bigvee'$は完備Boole代数$(\mathbb B',0',1',\land',\lor',\le_{\mathbb B'})$における上限)し、同様に各$x \in \mathbb B'$に対して$h'(x) := \bigvee \{i(p) \mid p \in L'(x)\}$(ただし$\bigvee$は完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$における上限)とする。
$x \in \mathbb B$かつ$x \neq 0$ならば、$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$は半順序集合$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合なので、$i(p) \le_{\mathbb B'} x$、つまり$p \in L(x)$を満たす$p \in \mathbb P$が存在する。特に、$L(x)$は空でない。同様に$x \in \mathbb B'$かつ$x \neq 0'$ならば$L'(x)$は空でない。
任意の$x,y \in \mathbb B$について、$x \land y = 0$であるとき、もし$p \in L(x) \cap L(y)$を満たす$p$が存在すると、$i(p) \le_{\mathbb B} x$かつ$i(p) \le_{\mathbb B} y$なので$i(p) \le_{\mathbb B} x \land y = 0$となり、$i(p) = 0$となってしまうが、これは$i$の値域に$0$が含まれていないことに反する。従って$L(x) \cap L(y) = \emptyset$である。同様に、任意の$x,y \in \mathbb B'$について、$x \land' y = 0'$ならば$L'(x) \cap L'(y) = \emptyset$である。
任意の$x,y \in \mathbb B$について、$x \le_{\mathbb B} y$ならば、$L(x) \subseteq L(y)$となるので、$h(x) \le_{\mathbb B'} h(y)$である。同様に、任意の$x,y \in \mathbb B$について、$x \le_{\mathbb B'} y$ならば$h'(x) \le_{\mathbb B} h'(y)$である。

任意の$x \in \mathbb B$について、$\bigvee \{i(p) \mid p \in L(x)\}$、つまり$i(p) \le_{\mathbb B} x$を満たす$i(p)$達の上限を考える。
明らかに$x$は上界となる。他の上界を$y$とおいたとき、もし$y < x$ならば、$x \land \lnot y \neq 0$である。ここで、$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$の稠密性により$i(p) \le_{\mathbb B} x \land \lnot y$を満たす$p \in \mathbb P$が存在する。$i(p) \le_{\mathbb B} x$であり$y$がそれら全ての上界なので$i(p) \le_{\mathbb B} y$となるはずだが、$i(p) \le_{\mathbb B} \lnot y$であるため$i(p) \le_{\mathbb B} y \land \lnot y = 0$となり、$i$の値域に$0$が含まれないことと矛盾する。
従って$x$は$\{i(p) \mid p \in L(x)\}$の上界のうち極小であり、$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$は完備なので最小上界である。つまり、$x = \bigvee \{i(p) \mid p \in L(x)\}$である。
同様に、任意の$x \in \mathbb B'$について$x = \bigvee' \{i'(p) \mid p \in L'(x)\}$である。

任意の$x,y \in \mathbb B$について、$x \land y = 0$とする。このとき、任意の$p \in L(x)$と$q \in L(y)$について、$p,q$は両立不能である。
(両立可能だとすると、$r \le p$かつ$r \le q$を満たす$r \in \mathbb P$が存在するが、すると$i(r) \le_{\mathbb B} i(p) \le_{\mathbb B} x$かつ$i(r) \le_{\mathbb B} i(q) \le_{\mathbb B} y$なので$i(r) \le_{\mathbb B} x \land y = 0$となってしまい、$i$の値域に$0$が含まれないことと矛盾する。)
すると$i'(p) \land' i(q) = 0'$となる。
従って、$h(x) \land h(y) = (\bigvee' \{i'(p) \mid p \in L(x)\}) \land' (\bigvee' \{i'(q) \mid q \in L(y)\})$ $= \bigvee'\{i'(p) \land' i'(q) \mid p \in L(x),\ q \in L(y)\} = \bigvee'\{0'\} = 0'$である。
同様に、任意の$x,y \in \mathbb B'$について、$x \land' y = 0'$ならば、$h'(x) \land h'(y) = 0$である。

任意の$x \in \mathbb B$について、任意の$p \in L(x)$に対し、$i'(p) \le_{\mathbb B'} \bigvee' \{i'(p) \mid p \in L(x)\} = h(x)$となるので、$p \in L'(h(x))$である。従って、$L(x) \subseteq L'(h(x))$である。
逆に任意の$p \in L'(h(x))$について、$i'(p) \le_{\mathbb B'} h(x)$である。また、任意の$q \in L(\lnot x)\ (\ \subseteq L'(h(\lnot x))\ )$について、$i'(q) \le h(\lnot x)$であるが、$x \land \lnot x = 0$なので先ほど示したことを用いると$i'(p) \land' i'(q) \le h(x) \land' h(\lnot x) = 0'$である。
これは$p,q$が交わらないこと、更に$i(p) \land i(q) = 0$と同値である。すると、$i(p) \land \lnot x = i(p) \land (\bigvee \{i(q) \mid q \in L(\lnot x)\}) = \bigvee \{i(p) \land i(q) \mid q \in L(\lnot x)\} = \bigvee \{0\} = 0$となるので、$i(p) \le_{\mathbb B} x$であり、$p \in L(x)$である。
従って、$L(x) = L'(h(x))$である。
同様に、任意の$x \in \mathbb B'$について$L'(x) = L(h'(x))$である。

以上に示したことを用いると、任意の$x \in \mathbb B$について、$L(x) = L'(h(x)) = L(h'(h(x)))$なので、$x = \bigvee \{i(p) \mid p \in L(x)\} = \bigvee \{i(p) \mid p \in L(h'(h(x)))\} = h'(h(x))$である。同様に、任意の$x \in \mathbb B'$について$h(h'(x)) = x$であるため、$h,h'$は互いに逆写像である。
特に、$h$は全単射であり、自身も逆写像も順序を保つので、2つのBoole代数間の順序同型である。特に順序同型は下限も上限も補元も最大元も最小元も保つので、Boole同型写像である。
任意の$p \in \mathbb P$について、$i(p) \le_{\mathbb B} i(p)$なので$p \in L(i(p)) = L'(h(i(p)))$である。よって、$i'(p) \le_{\mathbb B'} h(i(p))$となり、$h'(i'(p)) \le_{\mathbb B} h'(h(i(p))) = i(p)$である。
また、同様に$i(p) \le_{\mathbb B} h'(i'(p))$を示せるので、$i(p) = h'(i'(p))$となり、従って$i = h' \circ i'$である。同様に$i' = h \circ i$である。□

$i = h \circ i'$は、埋め込み方の一意性を表している。
半順序集合の埋め込み先である完備Boole代数は全て同型だったとしても、そこへ向かう埋め込みとして性質の異なるものが複数種存在するかもしれない。しかし、どのような埋め込み方をしても、その埋め込み方を含めて同型写像$h$で言い換えられる、というのが$i = h \circ i'$の意味するところである。

さて、$MA(\kappa)$は完備Boole代数のみに限っても問題ない、ということを示していこう。

「任意の$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$がc.c.c.を満たすような完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$について、$\mathcal D$を$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合の族であり、濃度が高々$\kappa$であるとする。
このとき、ある$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$のフィルター$H$が存在して、任意の$\mathcal D$に属する稠密集合と交わる。」
が成り立つならば、$MA(\kappa)$も成り立つ。

証明

$(\mathbb P,\le)$を、c.c.c.を満たし$\mathbb P$の濃度が高々$\kappa$であるような半順序集合として任意に取る。また、$\mathcal D$を高々$\kappa$個の$(\mathbb P,\le)$の稠密部分集合として任意に取る。
このとき、定理4の性質を満たす完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$と写像$i : \mathbb P \to \mathbb B \setminus \{0\}$が存在する。
まず、半順序集合$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$はc.c.c.を満たすことを確かめる。
$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の反鎖$A \subseteq \mathbb B$を任意に取ると、$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$が稠密なので、各$x \in A$に対して$i(p) \le x$を満たす$p \in \mathbb P$が存在する。ここから、$f : A \to \mathbb P$で$i(f(x)) \le_{\mathbb B} x$となるものの存在がわかる。
ここで、任意の$x,y \in A$について、$x \neq y$ならば$i(f(x)) \land i(f(y)) \le_{\mathbb B} x \land y = 0$なので、定理4の性質から$f(x),f(y)$は$(\mathbb P,\le)$で両立不能である。
従って、$\{f(x) \mid x \in A\}$は$(\mathbb P,\le)$の反鎖である。この濃度は$(\mathbb P,\le)$のc.c.c.性により高々可算であり、よって$A$の濃度も高々可算である。
$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の任意の反鎖は高々可算なので、$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$はc.c.c.を満たす。
ここで、任意の$p,q \in \mathbb P$に対して$D_{p,q} := \{r \in \mathbb P \mid (r \le p \land r \le q) \lor pとrは両立不能 \lor qとrは両立不能\}$とし、$\mathcal D' := \mathcal D \cup \{D_{p,q} \mid p,q \in \mathbb P\}$とする。
任意の$p,q \in \mathbb P$について、この$D_{p,q}$は$(\mathbb P,\le)$の稠密部分集合となることを示そう。
任意の$r \in \mathbb P$について、$r$のある拡大が$p,q$のどちらかと両立不能である場合は、その拡大$r' \le r$を持ってくれば$r' \in D_{p,q}$となるのでよい。
$r$の任意の拡大が$p,q$のどちらとも両立可能である場合、まず$r' \le p$かつ$r' \le r$を満たす$r' \in \mathbb P$が存在する。$r'$は$r$の拡大なので$q$とも両立可能であり、つまり$r'' \le q$かつ$r'' \le r$となるような$r''$が存在する。明らかに$r'' \le p$かつ$r'' \le q$なので$r'' \in D_{p,q}$であり、また$r'' \le r$である。
従って、任意の$r \in \mathbb P$について$r' \in D_{p,q}$かつ$r' \le r$となるような$r'$が存在するので、$D_{p,q}$は$(\mathbb P,\le)$で稠密である。
従って、$\mathcal D'$も$(\mathbb P,\le)$の稠密部分集合族である。$\mathbb P,\mathcal D$の濃度は高々$\kappa$なので、$\mathcal D'$も濃度は高々$\kappa$である。
各$D \in \mathcal D'$について、$i[D] := \{i(p) \mid p \in D\}$とする。
任意の$D \in \mathcal D'$に対して、$x \in \mathbb B \setminus \{0\}$を任意に取ると、$\{i(p) \mid p \in \mathbb P\}$は$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合なので、$i(p) \le_{\mathbb B} x$を満たす$p \in \mathbb P$が存在し、更に$D$は$(\mathbb P,\le)$の稠密部分集合なので$q \le p$を満たす$q \in D$が存在する。
このとき$i(q) \le_{\mathbb B} i(p) \le_{\mathbb B} x$かつ$i(q) \in i[D]$なので、$i[D]$は$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合である。
$\{i[D] \mid D \in \mathcal D'\}$は、$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の高々$\kappa$個の稠密部分集合の族である。
仮定により、$\{i[D] \mid D \in \mathcal D'\}$に属する稠密部分集合全てと交わる$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$のフィルター$H$が存在する。$G := i^{-1}[H] := \{p \in \mathbb P \mid i(p) \in H\}$とおく。
任意の$p,q \in G$に対して、$i[D_{p,q}] \cap H$は空でないので$i(r) \in H$を満たす$r \in D_{p,q}$が存在する。$i(p),i(q),i(r) \in H$なので、$i(p),i(q),i(r)$はいずれも$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$で両立可能であり、従って$p,q,r$はいずれも$(\mathbb P,\le)$で両立可能である。
$r \in D_{p,q}$なので、結局$r \le p$かつ$r \le q$となる。また、$i(r) \in H$なので$r \in G$である。
従って、任意の$p,q \in G$について$r \le p$かつ$r \le q$を満たす$r \in G$が存在する。
更に、任意の$p \in G$と$q \in \mathbb P$について、$p \le q$ならば$i(p) \le_{\mathbb B} i(q)$であり、$i(p) \in H$なので、$H$が$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$のフィルターであることから$i(q) \in H$となり、$q \in G$となる。
以上により、$G$は$(\mathbb P,\le)$のフィルターである。
任意の$D \in \mathcal D$について、$i[D] \cap H$は空でないので、$i(p) \in H$を満たす$p \in D$が存在する。すると$p \in G$なので、$G \cap D$は空でない。
従って、$G$は任意の$\mathcal D$に属する稠密部分集合と交わる$(\mathbb P,\le)$のフィルターである。
これで、定理3の仮定部分が示されたので、$MA(\kappa)$が成り立つ。□

なお、Martinの公理に出てくるような半順序は、強制法で似たような形が出てくる。
個人的な意見だが、強制法に出てくる半順序を完備Boole代数に置き換えると、真偽値を$\{0,1\}$からBoole代数に拡張した、集合論の順当な拡張っぽさがあるので、この定理を覚えていれば強制法をやるときの助けになりそうだと思った。

$MA(\kappa)$とコンパクトハウスドルフ空間

実はコンパクトハウスドルフ空間に関する命題にも言い換えられる。既に定理14で片方を示しているので、ここでは逆だけ示す。
Stone空間の話をここで書くと非常に長くなるので、ここではStone空間がコンパクトハウスドルフなことだけ知っていてほしい。Stone空間は実際に証明中で構成する。

「任意のc.c.c.なコンパクトハウスドルフ空間$(X,\mathcal O)$、$(X,\mathcal O)$の高々$\kappa$個の稠密開部分集合の族$\mathcal U$に対し、$\bigcap \mathcal U$は空でない。」
が成り立つならば、$MA(\kappa)$も成り立つ。

証明

定理6により、「任意の$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$がc.c.c.を満たすような完備Boole代数$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$について、$\mathcal D$が$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の濃度が高々$\kappa$である稠密部分集合の族であるならば、ある$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$のフィルター$H$が存在して、任意の$\mathcal D$に属する稠密集合と交わる。」を示せば十分である。
(今回は完備性を一切用いず示す。全ての完備Boole代数で成り立つよりも全てのBoole代数で成り立つ方が主張として強いので問題はない。)

$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$をBoole代数、$\mathcal D$を$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の高々$\kappa$個の稠密部分集合の族としよう。
ここで、$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$のStone空間、すなわち$X$を$(\mathbb B,0,1,\land,\lor,\le_{\mathbb B})$の超フィルター全体の集合とし、任意の$x \in \mathbb B$に対して$N_x := \{G \in X \mid x \in G\}$定めて$\{N_x \mid x \in \mathbb B\}$を開基とすることで得られる開集合系$\mathcal O$による位相空間$(X,\mathcal O)$を考える。
$(X,\mathcal O)$はStone空間なのでコンパクトかつハウスドルフである。また、任意の$(X,\mathcal O)$の互いに交わらない空でない開集合の族$\mathcal A$について、それぞれ部分集合となる開基を取ったものを$\mathcal A'$とおく。互いに交わらないもの達それぞれを部分集合に置き換えたので、$\mathcal A'$も互いに交わらない。
$A := \{x \in \mathbb B \mid N_x \in \mathcal A'\}$とおくと、任意の$x,y \in A$について、$x \neq y$ならば$N_x, N_y \in \mathcal A'$なので$N_x \cap N_y = \emptyset = N_0$であり、従って$x \land y = 0$である。つまり$A$は$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の反鎖である。
$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$はc.c.c.なので、$A$の濃度は高々可算、よって$\mathcal A',\mathcal A$の濃度も高々可算であり、$(X,\mathcal O)$は位相空間としてc.c.c.を満たす。

各$D \in \mathcal D$に対して、$W_D := \bigcup\{N_x \mid x \in D\}$とする。開基の和で表されているので$W_D$は開集合である。
任意の空でない開基$N_x(x \in \mathbb B \setminus \{0\})$について、$\mathcal D$は$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$の稠密部分集合なので、$y \le_{\mathbb B} x$を満たす$y \in D$が存在する。
例えば$F$を$y$の単項フィルターから拡大した超フィルターとすれば、$F \in N_y \subseteq W_D$であり、また$y \le_{\mathbb B} x$かつ$y \in F$なので$x \in F$となり、$F \in N_x$であるため、$N_x \cap W_D \neq \emptyset$である。
$W_D$は任意の空でない開基と交わるので、稠密開集合である。

仮定より、高々$\kappa$個の稠密開集合の族$\{W_D \mid D \in \mathcal D\}$について、$\bigcap \{W_D \mid D \in \mathcal D\} \neq \emptyset$である。この元のうち1つを$G$とおく。
$G$は$(\mathbb B \setminus \{0\},\le_{\mathbb B})$のフィルターでもある。また、任意の$D \in \mathcal D$について、$G \in W_D$なので$G \in N_x$を満たす$x \in D$が存在する。$G \in N_x$より$x \in G$なので、$x \in G \cap D$となる。
従って、フィルター$G$は任意の$\mathcal D$に属する稠密部分集合と交わりをもつ。□

同値命題が多いと嬉しいね。

投稿日：7月12日

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