Definición recursiva del cierre de un conjunto en una familia de funciones

Question

En aras de la coherencia, definiré algunos términos debajo de la pregunta; sin embargo, si está familiarizado con los términos, puede saltarse esa sección.

Intento demostrar este lema, ya que mi texto no proporciona ninguno. Tengo algunas dudas sobre la dirección que debería tomar mi prueba.

Dejemos que $\theta$ sea un cardinal infinito regular, y sea $\mathcal{F}$ sea una familia de $<\theta$ -funciones de tipo "amarillo" en $B$ . Arreglar $S \subseteq B$ y definir $S_\xi$ recursivamente por: $$1. \,\,S_0 = S. \hspace{3.27in}\\ 2. \,\,S_\eta = \bigcup_{\xi<\eta}S_\xi \,\, \text{when } \eta \text{ is a limit ordinal.} \hspace{1.2in}\\ 3. \,\,S_{\xi +1} = S_\xi \cup\{f(\vec{x}): f \in \mathcal{F}\wedge f \text{ is } \alpha\text{-ary} \wedge \vec{x} \in (S_\xi)^\alpha\}.$$ Entonces $S_\theta$ es el cierre de $S$ en $\mathcal{F}$ .

En otras palabras, para conseguir $S_{\xi+1}$ Estamos tomando $S_\xi$ y se le añaden todos los valores de cada $f$ en cada vector de $S_\xi$ . Está claro que si $\vec{x} \in (S_\xi)^\alpha$ entonces $f(\vec{x}) \in S_{\xi + 1}.$ Mi pregunta es ¿cómo podemos probar esto desde aquí? ¿Por qué es importante que $\theta$ debe ser regular? ¿Por qué terminamos la recursión en $\theta$ ? ¿Cómo se relaciona el ordinal en el que terminamos con la aridad de las funciones, es decir, por qué son ambas $\theta$ ?

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DEFINICIONES DE LOS TÉRMINOS:

A $<\theta \text{-ary}$ función en $B$ es una función $f$ tal que $f:B^\alpha \rightarrow B$ donde $\alpha < \theta$ . Como las funciones pueden tener una aridad infinita, la entrada no es una tupla, sino que es ella misma una función de la aridad $\alpha$ en $B$ . Nosotros decimos $\vec{x} \in B^\alpha$ pero $\vec{x}$ no es un vector sino una función. Así que $f$ mapea las funciones en $B^\alpha$ a elementos de $B$ .

Un conjunto $A \subseteq B$ es cerrado bajo $f$ si $f(A^\alpha) \subseteq A$ es decir $f$ mapas "vectores" en $A^\alpha$ a $A$ . Sea $\mathcal{F}$ sea una familia de $<\theta$ -funciones de tipo "amarillo" en $B$ entonces $A$ es cerrado bajo $\mathcal{F}$ si $A$ es cerrado bajo cada $f \in \mathcal{F}$ . Y por último, el término en el que nos vamos a centrar, el cierre de $S \subseteq B$ en $\mathcal{F}$ se define como

$$A = \bigcap\{X:S \subseteq X \subseteq B \wedge X \text{ is closed under } \mathcal{F}\}.$$ En otras palabras, $A$ es el conjunto cerrado más pequeño bajo $\mathcal{F}$ que contiene todos los $S$ .

Answer 1

Dejemos que $f\in\mathscr{F}$ y que $\alpha$ sea la aridad de $f$ . Sea $\vec x\in S_\theta^\alpha$ para cada $\xi<\alpha$ hay un $\beta_\xi<\theta$ tal que $x_\xi\in S_{\beta_\xi}$ . Sea $\beta=\sup_{\xi<\alpha}\beta_\xi$ Entonces $\beta<\theta$ ya que $\alpha<\theta=\operatorname{cf}\theta$ . ( Aquí es donde utilizamos el hecho de que $\theta$ es regular y que $\alpha<\theta$ . ) Así, $\vec x\in S_\beta^\alpha$ y $f(\vec x)\in S_{\beta+1}\subseteq S_\theta$ . Desde $f\in\mathscr{F}$ era arbitraria, hemos demostrado que $S_\theta$ está cerrado bajo $\mathscr{F}$ .

Dejemos que $\overline S$ sea el cierre de $S$ en $\mathscr{F}$ ; hemos demostrado que $\overline S\subseteq S_\theta$ . Supongamos que $S_\theta\setminus\overline S\ne\varnothing$ . Para cada $y\in\overline S\subseteq S_\theta$ hay un mínimo $\xi(y)<\theta$ tal que $y\in S_{\xi(y)}$ ; arreglar $y\in\overline S\subseteq S_\theta$ para lo cual $\xi(y)$ es mínimo. La minimidad de $\xi(y)$ implica que $\xi(y)$ no es un ordinal límite, por lo que $\xi(y)=\eta+1$ . Entonces $y\in S_\xi(y)\setminus S_\eta$ por lo que debe haber un $f\in\mathscr{F}$ de cierta aridad $\alpha$ y un $\vec x\in S_\eta^\alpha$ tal que $y=f(\vec x)$ . Pero $S_\eta\subseteq\overline S$ por la elección de $y$ Así que $y\in f[S_\eta^\alpha]\subseteq\overline S$ , contradiciendo la elección de $y$ . De ello se desprende que $S_\theta\setminus\overline S=\varnothing$ y por lo tanto que $S_\theta=\overline S$ .