4.1. 钻石原则与不可言说

定义 4.1.0.1 (钻石原则, 原始版本). 对不可数正则基数 $\kappa$ 的定驻子集 $S$, 我们称满足以下条件的序列 $⟨A_{\delta }{⟩}_{\delta \in S}$ 为一个 $◊(S)$ 序列:

1.	对每个 $\delta \in S$, $A_{\delta }\subseteq \delta$;
2.	对每个 $A\subseteq \kappa$, 集合 $\{\delta \in S|A\cap \delta =A_{\delta }\}$ 是定驻集. 换言之, 任给闭无界集 $C\subseteq \kappa$, 任何 $\kappa$ 的子集 $A$ 都有一个前段 $A\cap \delta$ 被某个属于 $C\cap S$ 的 $\delta$ 预先猜到 (即 $=A_{\delta }$).

钻石原则 $◊(S)$ 即宣称此序列存在. 我们简记 $◊({\omega }_1)$ 为 $◊$.

一个立即显见的事实是,

定理 4.1.0.2. 只要 $◊(S)$ 对某个 $S\subseteq \kappa$ 成立, 就有 $2^{<\kappa }=\kappa$.

证明. 指定一个 $◊(S)$ 序列 $⟨A_{\delta }{⟩}_{\delta \in S}$, 显然每个 $A_{\delta }$ 都 $\subseteq \delta <\kappa$ 说明 $\kappa \le 2^{<\kappa }$, 而另一方面任给 $2^{<\kappa }$ 中一个元素 $A\subseteq \theta <\kappa$ 我们都有 $\{\delta \in S|A\cap \delta =A_{\delta }\}$ 定驻, 注意定驻集总是无界的, 我们总能取到一个比 $\theta$ 更大的 $\delta <\kappa$ 使得 $A=A\cap \theta =A\cap \delta =A_{\delta }$, 所以 $2^{<\kappa }\le \kappa$.

$\square$

推论 4.1.0.3. $◊(S)$ 几乎总是 $ZFC$ 不可证的 (因为 Easton 教过我们怎么操纵连续统函数). 特别地, 这定理说明 $ZFC+◊⊢CH$.

Jensen 在发现 $\mathbf{L}$ 的精细结构理论时, 顺便发现了这个组合原则; 注意 $\mathbf{L}\models GCH$ 和上述定理也暗示此事.

定理 4.1.0.4 (Jensen). $\mathbf{L}$ 中任何定驻集 $S$ 均有 $◊(S)$ 序列.

证明. 鉴于我们拥有 ${<}^L$, 递归地对每个 $\alpha \in \kappa$ 定义一对 $(C_{\alpha },A_{\alpha })$ 如下:

1.	$(C_0,A_0)=(\varnothing ,\varnothing )$, $(C_{\alpha +1},A_{\alpha +1})=(\alpha +1,\alpha +1)$;
2.	对极限序数 $\alpha$, 令 $(C_{\alpha },A_{\alpha })$ 是满足下述条件的 ${<}^L$ 下最小的集: 1. $A_{\alpha }\subseteq \alpha$, $C_{\alpha }$ 在 $\alpha$ 中闭无界; 2. 对任何 $\beta \in C_{\alpha }$, $A_{\alpha }\cap \beta \ne A_{\beta }$. 如果不存在这样的集合, 就直接令 $(C_{\alpha },A_{\alpha })=(\alpha ,\alpha )$.

我们证明这样构造的 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 是一个 $◊(\kappa )$ 序列, 进而对任何定驻集 $S\subseteq \kappa$ 都有 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in S}$ 是一个 $◊(S)$ 序列 (这是因为俩定驻集的交仍然定驻).

若不然, 这意味着有闭无界集 $C\subseteq \kappa$ 和子集 $A\subseteq \kappa$ 见证任何 $\alpha \in \kappa \cap C=C$ 都让 $A\cap \alpha \ne A_{\alpha }$, 我们取所有这些反例 $(C,A)$ 中 ${<}^L$ 下最小者. 鉴于序列 $⟨(C_{\alpha },A_{\alpha }){⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 是一些 $\kappa$ 子集的有序对构成的 $\kappa$ 长序列, 它本人由 $\mathbf{L}\models GCH$ 的证明应当属于 $L_{{\kappa }^{+}}$, 同理最小反例 $(C,S)$ 也在 $L_{{\kappa }^{+}}$ 里面, 注意它们都在 $L_{{\kappa }^{+}}$ 中可定义, 我们可以取 $L_{{\kappa }^{+}}$ 的一个 $\kappa$ 大的传递初等子模型, 它坍塌后由凝聚性引理形如 $L_{\gamma }(\gamma <\kappa )$. 简单的论证足以指出, 假定 $\kappa$ 被送到 $\delta$, 则 $(C,A)$ 被送到 $(C\cap \delta ,A\cap \delta )$, 序列 $⟨(C_{\alpha },A_{\alpha }){⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 被送到 $⟨(C_{\alpha },A_{\alpha }){⟩}_{\alpha \in \delta }$. 于是在 $L_{\gamma }$ 中, 我们发现了 $(C\cap \delta ,A\cap \delta )$ 是 ${<}^L$ 下最小的让 $\forall \beta \in C\cap \delta (A\cap \delta \cap \beta \ne A_{\beta })$ 的那个集, 换言之由定义当有 $(C\cap \delta ,A\cap \delta )=(C_{\delta },A_{\delta })$, 矛盾.

$\square$

评注. 相同的论证可以说明 $\exists A\subseteq \kappa (\mathbf{V}=\mathbf{L}[A])\to ◊(\kappa )$.

另一方面, 如果有个可测基数作为 $\mathbf{V}\ne \mathbf{L}$ 的证据, 我们还是会推出:

定理 4.1.0.5. 如果 $\kappa$ 可测, 那么 $◊(\kappa )$ 成立.

证明. 我们顺势引入一个比可测更弱的要求.

定义 4.1.0.6. 不可数正则基数 $\kappa$ 上的子集族 $F\subseteq \wp (\kappa )$ 在满足以下要求时称作一个正规一致部分滤子:

1.	$F$ 中有穷个元素的交集的基数总等于 $\kappa$(一致);
2.	$F$ 中 $\kappa$ 个元素的对角交总在 $\kappa$ 中定驻 (正规).

如果不可数正则基数 $\kappa$ 让每个基数不超过 $\kappa$ 的子集族 $X\subseteq \wp (\kappa )$ 都被一个正规一致部分滤子 $F$ 测度 (换言之, 任给 $A\in X$ 总有 $A\in F$ 或 $\kappa \backslash A\in F$ 之一成立), 则称 $\kappa$ 具备正规滤性质.

显然可测则有正规滤性质 ($\kappa$ 的 $\kappa$ 完备非主正规一致超滤测度 $\wp (\kappa )$).

定理 4.1.0.7 (Di Prisco,Zwicker). 下列陈述称作 $\kappa$ 不可言说, 且与 $\kappa$ 具备正规滤性质在 $\kappa$ 是不可数正则基数时等价: 任给序列 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$, 当 $A_{\alpha }\subseteq \alpha$ 时总有 $A\subseteq \kappa$ 使 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$ 定驻.

证明. 建立两个引理.

引理 4.1.0.8 (Holy,Schlicht). 不可数正则基数 $\kappa$ 上的基数为 $\kappa$ 的一致部分滤子 $F$ 正规, 当且仅当它的某个枚举的对角交在 $\kappa$ 中定驻.

证明. 假定 $F$ 枚举为 $⟨F_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 后对角交定驻, 则在 $F$ 中提取 $\kappa$ 长序列等价于用函数 $f:\kappa \to \kappa$ 提取序列 $⟨F_{f(\alpha )}{⟩}_{\alpha \in \kappa }$, 其对角交为 $D=\{\alpha \in \kappa |\alpha \in {\bigcap }_{\beta \in \alpha }{F}_{f(\beta )}\}$. 注意对 $<\kappa$ 多个 $F$ 中元素, 其交必然有形如 ${\bigcap }_{\alpha \in \gamma }{F}_{\alpha }$ 的子集 ($\gamma <\kappa$), 而它又有 $\kappa$ 大的定驻子集 $({\Delta }_{\alpha \in \kappa }{F}_{\alpha })\backslash \gamma$, 因此 $F$ 中 $<\kappa$ 个元素的交仍然基数 $\kappa$ 且定驻. 现在以 $G_{\alpha }={\bigcap }_{\beta \le \alpha }{F}_{\beta }\subseteq F_{\alpha }$ 取代 $F_{\alpha }$ 后, 对角交 ${\Delta }_{\alpha \in \kappa }{F}_{\alpha }={\Delta }_{\alpha \in \kappa }{G}_{\alpha }$ 维持不变, 而在令 $g(\alpha )={\bigcup }_{\beta <\alpha }f(\beta )$ 后我们得到 $D\supseteq \{\alpha \in \kappa |\alpha \in {\bigcap }_{\beta <\alpha }{G}_{f(\beta )}\}=\{\alpha \in \kappa |\alpha \in G_{g(\alpha )}\}$. 如果 $g(\alpha )$ 有界 $\theta <\kappa$, 则 $D\supseteq G_{\theta }$ 定驻; 否则 $g$ 将成为一个连续单增的 $\kappa$ 到 $\kappa$ 的无界函数, 也就是一个正规函数, 于是它的不动点构成一个 $\kappa$ 上的闭无界集 $\mathrm{Fix}(g)$, 而 $D\cap \mathrm{Fix}(g)\supseteq \{\alpha \in \kappa |\alpha \in G_{\alpha }\}=\{\alpha \in \kappa |\alpha \in {\bigcap }_{\beta <\alpha }{G}_{\beta }\}$, 于是最后那团东西恰好是诸 $G_{\alpha }$ 的对角交, 按前提定驻.

$\square$

引理 4.1.0.9 (Di Prisco,Zwicker). 不可数正则基数 $\kappa$ 不可言说, 当且仅当任给其 $\kappa$ 个子集 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$, 存在 $⟨B_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 使得每个 $B_{\alpha }$ 都或是 $A_{\alpha }$ 或是 $\kappa \backslash A_{\alpha }$, 且 ${\Delta }_{\alpha \in \kappa }{B}_{\alpha }$ 定驻.

证明. 如果 $\kappa$ 不可言说, 给定其 $\kappa$ 个子集 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$, 我们对每个 $\beta \in \kappa$ 令 $C_{\beta }=\{\alpha \in \beta |\beta \in A_{\alpha }\}\subseteq \beta$, 对 $⟨C_{\beta }{⟩}_{\beta \in \kappa }$ 使用 $\kappa$ 的不可言说性得到 $C\subseteq \kappa$ 满足 $S=\{\beta \in \kappa |C\cap \beta =C_{\beta }\}$ 定驻. 我们对 $\alpha \in C$ 令 $B_{\alpha }=A_{\alpha }$, 对 $\alpha \notin C$ 令 $B_{\alpha }=\kappa \backslash A_{\alpha }$, 然后就能注意到 ${\Delta }_{\alpha \in \kappa }{B}_{\alpha }$ 有子集 $S$ 而定驻.

如果这团条件成立, 给定 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 满足 $A_{\alpha }\subseteq \alpha$, 我们对每个 $\beta \in \kappa$ 令 $B_{\beta }=\{\alpha \in \kappa |\beta \in A_{\alpha }\}$, 条件说我们有对应一组 $C_{\beta }$, 每个都是 $B_{\beta }$ 或其补集, 且 $S={\Delta }_{\beta \in \kappa }{C}_{\beta }$ 定驻. 令 $A={\bigcup }_{\alpha \in S}{A}_{\alpha }$, 只需注意到确实对每个 $\alpha \in S$ 都有 $A\cap \alpha =A_{\alpha }$.

$\square$

余下的论证是简单的. 如果 $\kappa$ 不可言说, 那么任给基数不超过 $\kappa$ 的子集族, 第二个引理给出了一个 $\kappa$ 大的子集族测度之, 且这 $\kappa$ 个集的对角交定驻; 如果这个子集族里有基数小于 $\kappa$ 的集, 则 $\kappa$ 正规说明其有界, 所有其对角交亦有界, 与定驻矛盾; 故第一个引理说明这个子集族是一致部分正规部分滤子. 另一方面, 如果 $\kappa$ 有正规滤性质, 引理二告诉我们只需要证明任给其 $\kappa$ 个子集 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 存在 $⟨B_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 使得每个 $B_{\alpha }$ 都或是 $A_{\alpha }$ 或是 $\kappa \backslash A_{\alpha }$ 且 ${\Delta }_{\alpha \in \kappa }{B}_{\alpha }$ 定驻, 不难意识到只需要从正规滤性质送给我们的那个正规一致部分滤子中把它测度这些 $A_{\alpha }$ 的证据全部提取出来就可以了.

$\square$

于是可测必不可言说, 下面用 Kunen 的这个论证说明不可言说推出钻石原则. 我们还是来递归地对每个 $\alpha \in \kappa$ 造一对 $(C_{\alpha },A_{\alpha })$ 如下:

1.	$(C_0,A_0)=(\varnothing ,\varnothing )$, $(C_{\alpha +1},A_{\alpha +1})=(\alpha +1,\alpha +1)$;
2.	对极限序数 $\alpha$, 令 $(C_{\alpha },A_{\alpha })$ 是满足下述条件的随便一对集: 1. $A_{\alpha }\subseteq \alpha$, $C_{\alpha }$ 在 $\alpha$ 中闭无界; 2. 对任何 $\beta \in C_{\alpha }$, $A_{\alpha }\cap \beta \ne A_{\beta }$. 如果不存在这样的集合, 就直接令 $(C_{\alpha },A_{\alpha })=(\alpha ,\alpha )$.

我们还是来证明 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 是 $◊(\kappa )$ 序列. 如若不然, 则有 $B\subseteq \kappa$ 和闭无界集 $D$ 让 $\forall \alpha \in D(B\cap \alpha \ne A_{\alpha })$. 另一方面, 我们对 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 和 $⟨C_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 分别使用 $\kappa$ 不可言说的条件, 将得到集合 $A,C\subseteq \kappa$ 使得 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$ 和 $\{\alpha \in \kappa |C\cap \alpha =C_{\alpha }\}$ 均定驻, 于是其交集 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\wedge C\cap \alpha =C_{\alpha }\}$ 亦定驻 (这是因为 $A_{\alpha },C_{\alpha }$ 均为 $\alpha$ 子集, 从而可以典范地编码为一个对应的 $\alpha$ 子集, 对这个编码后的东西用不可言说的条件), 进而它与 $D$ 的极限点集 $\mathrm{Der}(D)$(注意这仍是个闭无界集) 的交集作为 $\{\alpha \in \kappa |\bigcup \alpha =\alpha \wedge A\cap \alpha =A_{\alpha }\wedge B\cap \alpha \ne A_{\alpha }\wedge C\cap \alpha =C_{\alpha }\wedge \alpha \in D\}$ 的子集在 $\kappa$ 中无界, 进而这个集在 $\kappa$ 中无界. 随便从里面选俩元素 $\alpha \in \beta$,

1.	如果 $\beta$ 不满足 $\forall \gamma \in C_{\beta }(A_{\beta }\cap \gamma \ne A_{\gamma })$, 这意味着任何 $B_{\beta }\subseteq \beta$ 和闭无界集 $D_{\beta }\subseteq \beta$ 都让某个 $\gamma \in D_{\beta }$ 见证 $B_{\beta }\cap \gamma =A_{\gamma }$, 特别地取 $B_{\beta }=B\cap \beta$ 和 $D_{\beta }=D\cap \beta$, 这个 $\gamma \in D_{\beta }$ 就见证 $B_{\beta }\cap \gamma =B\cap \gamma =A_{\gamma }$, 矛盾.
2.	如果 $\beta$ 满足 $\forall \gamma \in C_{\beta }(A_{\beta }\cap \gamma \ne A_{\gamma })$, $C_{\alpha }$ 在 $\alpha$ 中无界和 $C_{\alpha }=C\cap \alpha \subseteq C\cap \beta =C_{\beta }$ 闭共同说明 $\alpha \in C_{\beta }$, 于是 $A_{\beta }\cap \alpha \ne A_{\alpha }$. 但 $A_{\alpha }=A\cap \alpha =A\cap \beta \cap \alpha =A_{\beta }\cap \alpha$, 这就矛盾了.

横竖矛盾, 所以反证成功.

$\square$

评注. Kunen 其实证明的是精微基数 $\kappa$ 处 $◊(\kappa )$ 总正确, 精微 (subtle) 被定义为: 任给序列 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$, 当 $A_{\alpha }\subseteq \alpha$ 对每个 $\alpha \in \kappa$ 成立时, 对任意 $\kappa$ 上的闭无界集 $C$, 总能找到其中两元素 $\alpha \in \beta$ 使得 $A_{\beta }\cap \alpha =A_{\alpha }$.

证明. 我们再提供一个直接的对可测必不可言说的证明, 不用正规滤性质. 也就是说, 如果有用 $\kappa$ 完备非主正规超滤构造的 $U$ 初等嵌入 $j:\mathbf{V}\to M$ 以 $\kappa$ 为关键点, 则任给 $\vec{A}=⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 满足 $A_{\alpha }\subseteq \alpha$ 总有 $A\subseteq \kappa$ 使得 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$ 定驻. 注意 $j(\vec{A})$ 是长 $j(\kappa )$ 的序列, 且 $j(\vec{A})(\alpha )\subseteq \alpha$ 对每个 $\alpha \in j(\kappa )$ 成立, 我们来考虑 $A=j(\vec{A})(\kappa )=[c_{\vec{A}}{]}_U([\mathrm{id}{]}_U)\subseteq \kappa$, 不难由此得知 $A=\{\beta \in \kappa |\{\alpha \in \kappa |\beta \in A_{\alpha }\}\in U\}$. 我们对每个 $\beta \in \kappa$ 令 $B_{\beta }$ 为 $\{\alpha \in \kappa |\beta \in A_{\alpha }\}$ 和 $\{\alpha \in \kappa |\beta \notin A_{\alpha }\}$ 中属于 $U$ 的那个 (事实上, $B_{\beta }=\{\alpha \in \kappa |\beta \in A_{\alpha }\}$ 由前当且仅当 $\beta \in A$), 我们考虑 $B={\Delta }_{\beta \in \kappa }{B}_{\beta }\in U$, 它恰是 $\{\alpha \in \kappa |\alpha \in {\bigcap }_{\beta \in \alpha }{B}_{\beta }\}=\{\alpha \in \kappa |\alpha \in ({\bigcap }_{\beta \in \alpha \cap A}\{\xi \in \kappa |\beta \in A_{\xi }\})\cap ({\bigcap }_{\beta \in \alpha \backslash A}\{\xi \in \kappa |\beta \notin A_{\xi }\})\}=\{\alpha \in \kappa |\forall \beta \in \alpha \cap A(\beta \in A_{\alpha })\wedge \forall \beta \in \alpha \backslash A(\beta \notin A_{\alpha })\}=\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\cap \alpha \}=\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$, 所以它定驻.

$\square$

事实上, 不可言说比可测弱得多: 它与 $\mathbf{V}=\mathbf{L}$ 是兼容的.

定理 4.1.0.10 (Jensen,Kunen). 不可言说基数在 $\mathbf{L}$ 中仍不可言说.

证明. 给定 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }\in \mathbf{L}$, 我们证明在 $\mathbf{V}$ 中那个让 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$ 定驻的集 $A$ 仍属于 $\mathbf{L}$; 鉴于 $\kappa$ 是 ${\Pi }_1^1$ 不可描述的 (请参见后续弱紧致基数一节), 这只需要让任意 $\alpha \in \kappa$ 都满足 $A\cap \alpha \in \mathbf{L}$, 但本来我们就有无界多的 $A_{\alpha }=A\cap \alpha \in \mathbf{L}$.

$\square$

我们接着指出 $\kappa$ 不可数正则不可改进.

定理 4.1.0.11. $◊(\kappa )$ 对奇异基数 $\kappa$ 总是错的.

证明. 反设 $◊(\kappa )$ 对, 我们将得到序列 $⟨A_{\alpha }{⟩}_{\alpha \in \kappa }$ 见证对每个 $\kappa$ 子集 $A$ 有集 $\{\alpha \in \kappa |A\cap \alpha =A_{\alpha }\}$ 定驻. 注意 $◊(\kappa )⊢2^{<\kappa }=\kappa$ 而 $2^{\kappa }\ge {\kappa }^{+}>\kappa$, 我们至少能取出 ${\kappa }^{+}$ 个两两不同的基数为 $\kappa$ 的 $\kappa$ 子集, 不妨取为 $⟨B_{\beta }{⟩}_{\beta \in {\kappa }^{+}}$. 鉴于 $\mathrm{cf}(\kappa )<\kappa$, 我们可以取 $\kappa$ 的序型为 $\mathrm{cf}(\kappa )$ 的一个闭无界集 $C$.

我们断言: 集族 $⟨S_{\beta }\cap C{⟩}_{\beta \in {\kappa }^{+}}$ 两两不同, 这里 $S_{\beta }$ 是通过假设取到的定驻集 $\{\alpha \in \kappa |B_{\beta }\cap \alpha =A_{\alpha }\}$. 这是因为, 如果 $S_{\beta }\cap C=S_{\gamma }\cap C$, 那么把定义展开我们就得到得到 $\{\alpha \in C|B_{\beta }\cap \alpha =A_{\alpha }\}=\{\alpha \in C|B_{\gamma }\cap \alpha =A_{\alpha }\}$, 这进而 $=\{\alpha \in C|B_{\beta }\cap \alpha =B_{\gamma }\cap \alpha =A_{\alpha }\}\subseteq \{\alpha \in \kappa |B_{\beta }\cap \alpha =B_{\gamma }\cap \alpha \}$, 但前者是定驻集与闭无界集的交, 是 $\kappa$ 中无界的, 所以后者也是 $\kappa$ 中无界的, 记之为 $D$, 则 $B_{\beta }={\bigcup }_{\alpha \in D}{B}_{\beta }\cap \alpha ={\bigcup }_{\alpha \in D}{B}_{\gamma }\cap \alpha =B_{\gamma }$.

所以我们造出了 $C$ 的 ${\kappa }^{+}$ 个两两不同的子集, 换言之 ${\kappa }^{+}\le 2^{\mathrm{cf}(\kappa )}$; 但我们又有 $2^{\mathrm{cf}(\kappa )}\le 2^{<\kappa }=\kappa$, 于是 ${\kappa }^{+}\le \kappa$, 矛盾.

$\square$