Dla dociekliwych

Rozdział ten jest poświęcony twierdzeniu, które użyjemy w następnym rozdziale poświęconym aksjomatowi wyboru.

Twierdzenie Bourbakiego-Witta

Jeśli w zbiorze uporządkowanym [math]\left( A, \le \right)[/math] każdy łańcuch posiada supremum, oraz dla funkcji [math]f[/math] przeprowadzającej ten zbiór uporządkowany [math]A[/math] w [math]A[/math], i spełniającej [math]x \le f\left( x\right)[/math] dla dowolnego [math]x\in A[/math], to funkcja [math]f[/math] posiada punkt stały, czyli istnieje [math]x[/math], taki, że [math]f \left( x\right) =x.[/math].

Dla łańcucha [math]C[/math] jego supremum będziemy oznaczać [math]\bigvee C[/math]. W czasie tego dowodu zostaną pokazane trzy lematy. Są one częścią całego dowodu.

Dowód:

Nasze założenia odnośnie zbioru uporządkowanego [math]A[/math], że każdy łańcuch posiada supremum gwarantują jego niepustość. Wystarczy odnaleźć jeden łańcuch (np. łańcuch pusty), a więc mamy jeden łańcuch, i ponieważ ten łańcuch posiada supremum, które jest elementem zbioru uporządkowanego [math]A[/math], a więc zbiór [math]A[/math] jest niepusty. Ustalmy więc [math]a\in A.[/math] Zdefiniujmy rodzinę zbiorów 'nadmaksymalnych':

[math]\mathbb{S}=\left\{ B \subset A | \ \ \textbf{(1)} \wedge \textbf{(2)} \wedge \textbf{(3)} \right\},[/math] gdzie

(1) [math]\ a\in B, [/math]

(2) [math]\ \hbox{ jeśli } x\in B \hbox { to również } f\left( x\right)\in B,[/math]

(3) [math]\ \hbox{ jeśli } \left\{ \right\} \neq C \subset B \hbox{ jest niepustym łańcuchem to } \bigvee C \in B.[/math]

Zbiory spełniające wszystkie te trzy warunki nazwiemy nadmaksymalnymi . Istnieją zbiory nadmaksymalne, gdyż cały zbiór [math]A[/math] jest nadmaksymalny (rozpatrywane elementy należą do zbioru uporządkowanego [math]A[/math]).

Zauważmy, że jeśli [math]\mathbb{X}\subset\mathbb{S}[/math] jest niepustym zbiorem zbiorów nadmaksymalnych, to [math]\bigcap \mathbb{X}[/math] jest również zbiorem nadmaksymalnym.

Udowodnijmy punkt (3)

Niech [math]C \subset \bigcap \mathbb{X}[/math] będzie niepustym łańcuchem. Pokażemy, że [math]\bigvee C \in \bigcap \mathbb{X}[/math]. Wystarczy zatem pokazać, ze [math]\bigvee C \in B[/math] dla każdego zbioru [math]B\in \mathbb{X}.[/math] Aby to pokazać,to niech [math]B\in \mathbb{X}[/math]. Z własności iloczynu mnogościowego [math]\bigcap \mathbb{X} \subset B[/math]. Nasze założenia dają [math]C \subset \bigcap \mathbb{X} \subset B[/math], czyli [math]C \subset B[/math]. Ponieważ [math]C[/math] jest łańcuchem, i ponieważ zbiory [math]B\in \mathbb{X}[/math] są nadmaksymalne, to z własności (3) dostajemy [math]\bigvee C \in B[/math]. Dowolność wyboru [math]B\in \mathbb{X}[/math] kończy dowód.

Dowody punktów 2 i 1 są podobne (i mogą być tylko łatwiejsze) więc pozostawimy je czytelnikowi. Zatem iloczyn dowolnej niepustej rodziny zbiorów nadmaksymalnych jest zbiorem nadmaksymalnym.

Zdefiniujmy zbiór [math]B_{0}=\bigcap \mathbb{S}[/math] jako iloczyn wszystkich zbiorów nadmaksymalnych. Otrzymujemy zatem, że [math]B_{0}[/math] jest nadmaksymalny. Z własności iloczynu jest on podzbiorem każdego nadmaksymalnego zbioru, jest najmniejszym zbiorem nadmaksymalnym.

Pokażemy, że zbiór [math]B_{0}[/math] jest łańcuchem- nie będzie to łatwe.

Lemat 0 Każdy element [math]x[/math] z [math]B_{0 }[/math] jest większy lub równy od [math]a[/math]- [math]x \ge a[/math].

Dowód:

Niech [math]B=\left\{ x\in A | \ \ x \ge a\right\}.[/math] Pokażemy, że jest to zbiór nadmaksymalny.

(1) [math]a\in B[/math], bo [math]a \ge a.[/math]

(2) Niech [math]x\in B.[/math] Pokażemy, że [math]f\left( x\right) \in B[/math]. Ponieważ [math]x\in B,[/math] to [math]x \ge a[/math], nasze założenia dają, że zawsze [math]x \le f\left( x\right)[/math], zatem tym bardziej [math]f\left( x\right) \ge a[/math], co oznacza, ze [math]f\left( x\right) \in B.[/math]

(3) Niech [math]\left\{ \right\} \neq C\subset B[/math] będzie łańcuchem niepustym. Ponieważ jest niepusty, więc istnieje [math]c\in C[/math]. Element ten należy do [math]B[/math], więc [math]c \ge a[/math]. Supremum [math]C[/math] musi być większe od każdego elementu [math]C[/math], czyli również [math]\bigvee C \ge c \ge a[/math], czyli [math]\bigvee C \ge a[/math] i [math]\bigvee C\in B[/math], co należało pokazać.

Zatem [math]B[/math] jest nadmaksymalny. Ponieważ [math]B_{0}[/math] jest najmniejszym nadmaksymalnym, to [math]B_{0}\subset B[/math], czyli każdy element z [math]B_{0}[/math] jest większy lub równy od [math]a[/math]. [math]\square[/math]

Zdefiniujmy zbiór:

[math]B_{1}=\left\{ x\in B_{0}| \ \ y\in B_{0} \wedge y\lt x \longrightarrow f\left( y\right) \le x\right\}[/math]

Jest to zbiór tych [math]x[/math]-ów z [math]B_{0}[/math], że razem z elementem silnie mniejszym od [math]x[/math] wartość [math]f[/math] na nim też nie przekracza [math]x[/math]. Potem pokażemy, że jest on równy całemu [math]B_{0}[/math]. Wpierw udowodnijmy inny, bardzo pomocny lemat.

Lemat 1 Jeśli [math]x\in B_{1}[/math], to dla każdego [math]y\in B_{0}[/math] zachodzi: [math]y \le x \vee f\left( x\right) \le y[/math].

Dowód:

Niech [math]x\in B_{1}.[/math] Zdefiniujmy zbiór [math]B_{x}[/math]:

[math]B_{x}=\left\{ y\in B_{0}| \ \ y \le x \vee f\left( x\right) \le y\right\} \subset B_{0}[/math]

Jest to zbiór tych elementów, dla których dowodzony lemat zachodzi. Pokażemy, że zbiór [math]B_{x}[/math] jest nadmaksymalny.

(1) Pokażmy, że [math]a\in B_{x}[/math]. Niewątpliwie [math]a\in B_{0}[/math] ( bo [math]B_{0}[/math] jest nadmaksymalny). Z lematu 0 wynika, że [math]x \ge a[/math], czyli [math]a\in B_{x}[/math].

(2) Niech [math]y\in B_{x}[/math]. Pokażmy, że [math]f\left( y\right)\in B_{x}[/math]. Ponieważ [math]y\in B_{0},[/math] to z nadmaksymalności [math]B_{0}[/math] mamy [math]f\left( y\right)\in B_{0}[/math]. Pozostaje pokazać, ze [math]f\left( y\right) \le x \vee f\left( x\right) \le f\left( y\right)[/math]. Wiemy, że [math]y\in B_{x}[/math], więc jeśli [math]f\left( x\right) \le y[/math], to ponieważ [math]y \le f\left( y\right)[/math] więc [math]f\left( x\right) \le f\left( y\right)[/math], co należało pokazać. W przeciwnym przypadku mamy [math]y \le x[/math], wiec jeśli [math]y=x[/math], to [math]f\left( y\right) =f \left( x\right)[/math], zatem [math]f\left( x\right) \le f\left( y\right)[/math], a jeśli [math]y\lt x[/math] to z określenia [math]B_{1}[/math] dostajemy [math]f\left( y\right) \le x[/math]. Zatem w każdym przypadku [math]f\left( y\right) \le x \vee f\left( x\right) \le f\left( y\right)[/math], więc [math]f\left( y\right)\in B_{x}[/math]

(3) Niech [math]\left\{ \right\} \neq C\subset B_{x}[/math] będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że [math]\bigvee C \in B_{x}[/math]. Ponieważ [math]B_{x}\subset B_{0}[/math], więc [math]C\subset B_{0}[/math]. Mamy, że [math]B_{0}[/math] jest nadmaksymalny, więc [math]\bigvee C \in B_{0}[/math]. Jeśli dla każdego [math]y\in C[/math] zachodzi [math]y \le x[/math], to [math]x[/math] jest ograniczeniem górnym zbioru [math]C[/math], ponieważ [math]\bigvee C[/math] jest najmniejszym ograniczeniem górnym dla [math]C[/math], więc [math]\bigvee C \le x[/math] i [math]\bigvee C \in B_{x}[/math]. W przeciwnym przypadku ([math]C[/math] jest niepusty i jest podzbiorem [math]B_{x}[/math]), więc dla pewnego [math]y\in C[/math] zachodzi druga możliwość, czyli [math]f\left( x\right) \le y[/math]. Wtedy [math]y \le \bigvee C[/math], więc [math]f\left( x\right) \le \bigvee C[/math], a zatem [math]\bigvee C \in B_{x}.[/math]

Zatem [math]B_{x}[/math] jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór [math]B _{0}[/math] jest najmniejszym nadmaksymalnym, to [math]B_{0}\subset B_{x}[/math], i [math]B_{0}= B_{x}[/math]. Czyli dla każdego [math]y\in B_{0}[/math] zachodzi: [math]y \le x \vee f\left( x\right) \le y.[/math] [math]\square[/math]

W kolejnym lemacie dowodzimy, że zbiory [math]B_{0}[/math] i [math]B_{1}[/math] są równe.

Dowód:

Pokażemy, że zbiór [math]B_{1}[/math] jest nadmaksymalny.

[math]B_{1}=\left\{ x\in B_{0}| \ \ y\in B_{0} \wedge y\lt x \longrightarrow f\left( y\right) \le x\right\} \subset B_{0}[/math]

(1) Pokażmy, że [math]a\in B_{1}[/math]. Niewątpliwie [math]a\in B_{0}[/math] ( bo [math]B_{0}[/math] jest nadmaksymalny) Z lematu 0 wynika, że [math]y\lt a[/math] nie zachodzi dla żadnego [math]y\in B_{0}[/math]. Zatem założenia implikacji w definicji [math]B_{1}[/math] nie są spełnione, a więc cała implikacja jest prawdziwa, czyli [math]a\in B_{1}[/math].

(2) Niech [math]x\in B_{1}[/math]. Pokażemy, że [math]f\left( x\right) \in B_{1}[/math]. Ponieważ [math]x\in B_{0}[/math], więc również [math]f\left( x\right) \in B_{0}[/math]. Aby pokazać prawdziwość implikacji odnośnie [math]f(x)[/math], to weźmy [math]y\in B_{0}[/math] takie że [math]y\lt f(x)[/math]. Pokażemy, że [math]f(y) \le f(x)[/math]. Na mocy lematu 1 dostajemy [math]y \le x \vee f\left( x\right) \le y[/math]. Druga część tej alternatywy przeczy założeniu, że[math]y\lt f(x)[/math], musi więc być [math]y \le x[/math], więc jeśli [math]y=x[/math] to [math]f(y)=f(x)[/math], więc [math]f(y) \le f(x)[/math], a jeśli [math]y\lt x[/math], to stosując definicję [math]B_{1}[/math] do [math]x\in B_{1}[/math] i [math]y[/math] dostajemy, że [math]f\left( y\right) \le x \le f(x)[/math], czyli również w tym przypadku [math]f\left( y\right) \le f(x)[/math]. Zatem [math]f\left( x\right) \in B_{1}[/math]

(3) Niech [math]\left\{ \right\} \neq C\subset B_{1}[/math] będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że [math]\bigvee C \in B_{1}[/math]. Ponieważ [math]B_{1}\subset B_{0}[/math], więc [math]C\subset B_{0}[/math]. Zbiór [math]B_{0}[/math] jest nadmaksymalny zatem [math]\bigvee C \in B_{0}[/math]. Aby pokazać, że [math]\bigvee C \in B_{1}[/math] weźmy [math]y[/math] z [math]B_{0}[/math] taki, że [math]y\lt \bigvee C[/math] i pokażmy, że [math]f\left( y\right) \le \bigvee C[/math]. Jeśli dla pewnego [math]x\in C[/math] ( [math]C[/math] jest niepusty) mamy [math]y\lt x[/math], to ponieważ [math]x\in B_{1}[/math], więc z definicji tego zbioru dostajemy [math]f\left( y\right) \le x[/math]. Element [math]x\in C[/math] spełnia [math]x \le \bigvee C[/math], wobec czego [math]f\left( y\right) \le \bigvee C[/math] i [math]\bigvee C \in B_{1}[/math]. To zachodzi gdy dla pewnego [math]x\in C[/math] mamy [math]y\lt x[/math]. Przypuśćmy zatem nie wprost, że tak nie jest. Mamy zatem [math]y\not\lt x[/math], że żaden [math]x\in C[/math] nie jest większy od [math]y[/math]. Ustalmy dowolny [math]x\in C[/math]. Wnioskujemy, że [math]y\not\lt x[/math] Stosując lemat 1 otrzymujemy, że : [math]y \le x \vee f\left( x\right) \le y[/math]. Pierwszy przypadek daje tylko możliwość [math]x=y[/math], i wtedy [math]x \le y[/math], a drugi przypadek daje [math]x \le f\left( x\right) \le y[/math], więc również [math]x \le y[/math]. Z dowolności wyboru [math]x\in C[/math] otrzymujemy, że ten ustalony [math]y[/math] jest ograniczeniem górnym dla [math]C[/math]. Ponieważ [math]\bigvee C[/math] jest najmniejszym ograniczeniem górnym, to [math]\bigvee C \le y[/math], co przeczy założeniu, że [math]y\lt \bigvee C[/math]. Ta sprzeczność kończy dowód tego punktu.

Zatem zbiór [math]B_{1}[/math] jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór [math]B_{0}[/math] jest najmniejszym nadmaksymalnym, to [math]B_{0} \subset B_{1}[/math], a zatem [math]B_{0}=B_{1}[/math]. [math]\square[/math].

Tak więc [math]B _{0} =B_{1}[/math], więc dla dowolnych [math]x[/math] i [math]y[/math] w [math]B_{0}[/math] mamy na podstawie lematu 1: [math]y \le x \vee f\left( x\right) \le y[/math]. W pierwszym przypadku mamy [math]y \le x[/math], a więc elementy są porównywalne, w przeciwnym przypadku [math]x \le f\left( x\right) \le y[/math], więc [math]x \le y[/math], zatem również elementy są porównywalne. Z dowolności wyboru elementów [math]x[/math] i [math]y[/math] wnioskujemy, że zbiór [math]B _{0}[/math] jest łańcuchem. Mając to, już łatwo zakończymy dowód tego twierdzenia.

Więc [math]B_{0}[/math] jest łańcuchem. Ponieważ zbiór [math]B_{0}[/math] jest też nadmaksymalny, to stosując punkt 3 wnioskujemy, że [math]\bigvee B_{0}\in B_{0}[/math], więc również [math]f\left( \bigvee B_{0}\right) \in B_{0}[/math]-znowu z nadmaksymalności [math]B_{0}[/math]. Ponieważ jednak [math]\bigvee B_{0}[/math] jest większe lub równe od każdego elementu [math]B_{0}[/math], więc również [math]f\left( \bigvee B_{0}\right) \le \bigvee B_{0}[/math], nasze założenia dają [math]\bigvee B_{0} \le f\left( \bigvee B_{0}\right)[/math], wobec czego [math]f\left( \bigvee B_{0}\right) = \bigvee B_{0}[/math], co oznacza, że [math]\bigvee B_{0}[/math] jest punktem stałym. [math]\square[/math]