Bueno, creo que me he hecho.
Deje $\langle f_\alpha: \alpha < \omega_1\rangle$ ser una secuencia de satisfacciones $(3)$. Para cada una de las $\alpha$, vamos a $U_\alpha=ran(f_\alpha)$. Vamos a mostrar que el si $A\subset \omega_1$ e $|A|\geq\omega$ $\{\alpha \in \omega_1:A\cap\alpha=U_\alpha \}$ es estacionaria. Ahora nos vamos a $B_\alpha=[\alpha]^{<\omega}\cup\{A_\alpha\}$, y tenemos que $\langle B_\alpha: \alpha < \omega_1\rangle$ es claramente un $\diamondsuit^-$-secuencia, y por lo tanto $\diamondsuit$ mantiene.
Primero suponemos que $|A|=\omega_1$. Podemos escribir $A=\{a_\alpha: \alpha<\omega_1\}$ Deje $D=\{d_\alpha:\alpha<\omega_1\}$ c.u.b., escrito en el orden creciente. Primero se construye un subconjunto $C$$D$. Queremos que cada dos consecutivos elementos de $C$ a ha $\omega$ elementos entre ellos, y antes de que el primer elemento de $C$ queremos $\omega$ elementos. También queremos $C$ a.c.u.b. Construimos $C=\{c_\alpha:\alpha<\omega_1\}$ por inducción: vamos a $c_0$ ser un elemento de $D$ mayor que $a_\omega$. Escogido $c_\alpha$ existe $b_\beta>c_\alpha$. Dejamos $c_{\alpha+1}$ ser un elemento de $D$ mayor que $b_{\beta+\omega}$. Si $\gamma$ es un límite, dejamos $c_\gamma=\sup_{\alpha<\gamma}c_\alpha$. De esta manera $C$ es lo que queremos.
Nos muestran que $C$ intersecta $\{\alpha<\omega_1:A\cap\alpha=ran(f_\alpha)\}$, y, desde el $D$ es arbitrario, este conjunto es estacionaria. Construimos una función de $f:\omega_1\rightarrow\omega_1$ la satisfacción de:
- Si $\xi>0$ y $\xi\neq c_\gamma$, $\gamma$ límite de $f_\xi\neq f|\xi$
- Si $\gamma$ es un límite, a continuación, $ran(f|c_\gamma)=A\cap c_\gamma$
Después de la construcción de $f$, por hipótesis, existe $c_\gamma\in C$, $\gamma$ límite tal que $f|c_\gamma=f_{c_\gamma}$. Luego, tomando la imagen en ambos lados, tenemos $A\cap c_\gamma=A_{c_\gamma}$, por lo $C$ cruza nuestro conjunto. Vamos a poner de dicha función.
Construiremos $f$ por inducción, la definición de $f|c_\alpha$ en cada paso inductivo. Deje $A_0=\{a\in A:a<c_0\}$, y para cada sucesor $\beta+1$ dejamos $A_{\beta+1}=\{a\in A: c_\beta\leq a<c_{\beta+1}\}$. Cada uno de estos conjuntos son numerables. Podemos enumerar cada uno de ellos, escrito $A_\beta=\{a^\beta_n: n \in \omega\}$, y dejando $a^\beta_0$ ser el último elemento de este conjunto. Ahora empezamos la construcción:
Paso $0$: vamos a $f(a^0_n)=a^1_n$ por cada $n$, e $f(\xi)=a^1_0$ si $\xi\notin A_0, \xi < c_0$. Luego, por supuesto, si $\alpha<c_0$$f_\alpha\neq f|\alpha$, ya que cada una de las $f_\alpha\in \alpha^\alpha$. Por lo tanto, $(a)$ está satisfecho. Ya que no hay $c_\gamma$ con $\gamma$ límite en este intervalo, $(b)$ está satisfecho.
Sucesor paso: después de Haber definido $f|c_\beta$ satisfacción $(a)$$(b)$, la extendemos la definición de a $f|c_{\beta+1}$ como sigue: Si $\beta$ es el sucesor o $0$, nos vamos, para todos los $n \in \omega$, $f(a^{\beta+1}_{2n})=a^{\beta+2}_n$, $f(a^{\beta+1}_{2n+1})=a^{\beta}_n$ y $f(\xi)=a^{\beta+2}_0$ si $\xi \notin A_{\beta+1}$$c_\beta\leq \xi < c_{\beta+1}$. Si $\beta$ es el límite que se actúa como en el paso 0: vamos a $f(a^{\beta+1}_n)=a^{\beta+2}_n$ $f(\xi)=a^{\beta+2}_0$ $\xi\notin A_0, \xi < c_0$. $(b)$ está satisfecho porque ya no podemos agregar cualquier $c_\gamma$ $\gamma$ límite en esta extensión, en ambos casos. $(a)$ está satisfecho porque $f(c_\beta)\geq c_{\beta+1}$ en ambos casos.
Límite de paso: Vamos a $\gamma$ límite. Dejamos $f|c_\gamma=\bigcup_{\alpha<\gamma}f|c_\alpha$, una unión de compatible con las funciones. Para este paso debemos de verificación sólo $(b)$ está satisfecho. Si $\delta \in \omega_1\cap c_\gamma$ $\delta \in A_\beta$ algunos $\beta<\gamma$ $\delta=a^\beta_n$ algunos $n$. Tenemos $f(a^{\beta+1}_{2n+1})=\delta$, por construcción, y $a^{\beta+1}_{2n+1}<c_{\beta+1}<c_\gamma$,$\delta \in ran(f|c_\gamma)$. Por otro lado, si $\delta \in ran(f|c_\gamma)$ existe $\xi<\gamma$ tal que $f(\xi)=\delta$. Hemos construido la función de modo que $ran(f|c_\gamma)\subset A$. Existe $\beta<\gamma$ tal que $\xi < c_{\beta}$ Por construcción, $\delta=f(\xi)<c_{\beta+1}<c_\gamma$, y por lo tanto $A\cap c_\gamma=U_\gamma$.
Ahora vamos a terminar con el caso de $|A|=\omega$. Deje $\beta=\sup A$. Demostraremos que el conjunto $\{\alpha<\omega_1:A\cap\alpha=ran(f_\alpha)\}$ es estacionaria. Dado $D$ c.u.b., existe un subconjunto $C=\{c_\alpha: \alpha < \omega_1\}$ $D$ c.u.b. con un cambio de $\omega$ elementos entre cada dos elementos de la $C$ (sólo el uso de $A=\omega_1$ en la construcción de la $\omega_1$ de los casos). También podemos suponer que entre el $\beta$ $\min C$ existe $\omega$ límite ordinales, ya que $D-(\beta+\omega.\omega)$ es c.u.b.
Vamos a construir una función $f: \omega_1 \rightarrow \omega_1$ tal que $f|\alpha\neq f_\alpha$ si $\alpha \notin C$ e $\alpha>0$ que $ran(f|\alpha)=A\cap \alpha$ siempre $\alpha \in C$. Por lo tanto, por nuestra hipótesis, existe $\alpha \in C$ tal que $A\cap \alpha = U_\alpha$, y, desde el $D$ es arbitrario, nuestra serie es estacionaria.
Nos dividimos en dos casos: $|\{x \in A: x<\omega\}|=\omega$$|\{x \in A: x<\omega\}|< \omega$. Vamos a trabajar primero en el primer caso, que es más complicado.
Adoptaremos la siguiente estrategia: podemos construir la función de la inducción hasta $f|c_0$. Más adelante vamos a utilizar otro recursividad para construir el resto.
Deje $B=\{x \in A: x<\omega\}$. Podemos escribir $B=\{b_n: n \in \omega\}$. Deje $L=\{\alpha < c_0: \alpha \text{ is limit}\}$. Desde este conjunto es contable, podemos escribir $L=\{l_n: n \in \omega\}$. Deje $M=\{\alpha < c\_0: \alpha>\beta\}$ si $supA \in A$ o $M=\{\alpha < c\_0: \alpha\geq \beta\}$ otherwises. En ambos casos $M=\{m_n: n \in \omega\}$.
Para $n \in \omega$ definimos una secuencia $d_n$ como sigue:\ Escogido $d_p: (p<n)$, vamos a $j=f_{m_n+1}(m_n)$. Existe $k \in \omega$ com $b_k \neq j$ $b_k \neq b_{d_p}$ si $p <n$. Dejamos $d_n=k$. Podemos definir, para cada $n$, $f(d_n)=\text{"some element of a distinct from} f_{l_n}(d_n) \text{ and from} f_{d_n+1}(d_n)\text{"}$. Para el $\xi<\omega$ diferente de todos los $d_n$, e $ \notin A$ dejamos $f(\xi)\in A$ distinta de la de $f_{\xi+1}(\xi)$. Para $\alpha\in A$ menor $\omega$ diferente de todos los $d_n$, dejamos $f(\alpha)=\alpha$. También permitirá $f(m_n)=b_n$. Tenga en cuenta que ahora, no hay ninguna posibilidad para $f_\gamma=f|\gamma$ si $\gamma<c_0$ es un límite, porque ambos serán diferentes en un número natural. Además de que, por ahora, la función sólo asume los valores en $A$ y asume todos los ordinales de de $A \cap \omega$, y para todos los positivos natural $n$, $f_n\neq f|n$ desde $f_n(n-1)\neq f(n-1)$, debido a $f_n: n\rightarrow n$. Como última observación, aviso que $f$ ya está definido entre el $\beta$ e $c_0$ y las de los ordinales $\xi$ en este intervalo, $f(\xi)\neq f_{\xi+1}(\xi)$.
Siguiendo con la idea del párrafo anterior, para todos los $\omega\leq\xi<\beta$ (o $\leq$, en el caso de $\beta \in A$), dejamos $f(\xi)=\xi$ si $\xi \in A$ y deje $f(\xi)$ algunos $x$ tal que $x \in A$ e $x \neq f_{\xi+1}(\xi)$. Por el mismo argumento, la función está definida hasta $c_0$, de modo que $f_\alpha\neq f|\alpha$ si $0<\alpha<c_0$. Observe que $ran(f|c_0)=A$.
Ahora, por inducción, construiremos $f|c_\alpha$ en cada paso inductivo. Antes de comenzar, vamos a $A_\alpha=\{\delta \in A: c_\alpha<\delta<c_\alpha+1\wedge \delta \text{ is limit}\}$. En palabras, $A_\alpha$ es el conjunto de todos los límites entre el $c_\alpha$ y sucesor en $C$. Podemos escribir $A_\alpha={a^\alpha_n: n \in \omega}$$a^\alpha_0=\min A_\alpha$. Ps: si $A_\alpha$ es finito, Es la enumeración tiene repeticiones.
Paso 0: Escrito anteriormente.
Sucesor paso: Supongamos $f|c_\alpha$ ya está construido. Si $A_\alpha$ está vacía, simplemente Nos vamos a $f(\delta)$ ser un elemento de $A$ diferente de la $f_{\delta+1}(\delta)$ por cada $\delta$ tal que $c_\alpha \leq \delta <c_{\alpha+1}$. Otherwises, vamos a $B=\{\xi<a^{\alpha}_0:\xi\geq c_\alpha\}$. Este conjunto es contable. Podemos escribir $B=\{d_n: n \in \omega\}$. para cada una de las $n$, dejamos $f(d_n)$ ser un elemento de $A$ distinta de la de $f_{d_n+1}(d_n)$ e de $f_{a^{\alpha}_n}(d_n)$. Para los $\delta$ tal que $a^{\alpha}_0 \leq \delta <c_{\alpha+1}$, dejamos $f(\delta)$ ser un elemento de $A$ diferente de la $f_{\delta+1}(\delta)$.\
Observe que el rango de la función es la misma antes que después de este paso, y que si $c_\alpha<\delta<c_\alpha+1$ $f|\delta\neq f_\delta$ desde el si $\delta=\gamma+1$ es un sucesor tenemos $f_{\gamma+1}(\gamma)\neq f(\gamma)$ e si $\delta$ es el límite, $\delta=a^\alpha_n$ algunos $n$, por lo $f(d_n)\neq f_{a^\alpha_n}(d_n)$, como queríamos.\
Paso del límite: Si $f|c_\alpha$ ya está construido para todos los $\alpha<\gamma$, un límite, dejamos $f|c_\gamma$ ser la unión de todos los $f|c_\alpha$, los cuales son compatibles.
De esta manera podemos tratar el caso 1. Para el caso 2, sólo tenemos que cambiar el 0 paso de la inducción. El sucesor caso y el caso límite será el mismo, y por lo tanto se omite.
Paso 0: Si $|\{\alpha \in A: \alpha < \omega\}|<\omega$,$|\{\alpha \in \omega_1 - A: \alpha < \omega\}|=\omega$. Enumeramos este conjunto y llamar a $B=\{b_n: n \in \omega\}$. Deje $L$ ser como en el primer caso. Nos vamos, para cada $b_n$, $f(b_n)$ ser un elemento de $A$ diferentes $f_{b_n+1}(b_n)$ e de $f_{l_n}(b_n)$. para todos los $\alpha \in A$ dejamos $f(\alpha)=\alpha$, y para cada una de las $\alpha \notin A$ $\omega\leq \alpha < c_0$ dejamos $f(\alpha)$ ser un elemento de $A$ diferente de la $f_{\alpha+1}(\alpha)$. De esta manera, si $0<\delta<c_0$ $f|\delta\neq f_\delta$ desde el si $\delta=\gamma+1$ es un sucesor, $f_{\gamma+1}(\gamma)\neq f(\gamma)$, y si se trata de un límite, por ejemplo,$\delta =l_n$,$f(b_n)\neq f_{l_n}(b_n)$. Observe que $ran(f|c_0)=A$.
Ps: lo siento por la mala inglés.
