集合と位相１・第 14 回 (2016 年 7 月 14 日)
§14. Zorn の補題
与えられた集合の中に、指定された性質を持つ元や部分集合が存在することを示したいこと
がある。それらは適当な順序に関する極大元として与えられることも多い。このような極大元
の存在を示す際に有用なのが Zorn の補題である。ここでは、選択公理から Zorn の補題を導く。
● 14 - 1 : 極大元・上界
Zorn の補題を説明するために順序集合における極大元と上界という概念を導入する。
定義 14 - 1
(X, ≤) を順序集合とする。
(1) a ∈ X が順序集合 (X, ≤) の極大元 (maximal element) であるとは、
x ∈ X, a ≤ x =⇒ x = a
となるときをいう。
(2) a ∈ X が S ⊂ X の上界 (upper bound) であるとは、
∀ s ∈ S, s ≤ a
となるときをいう。
極大元は最大元とは異なり、複数存在する可能性がある。例えば、A = {1, 2, 3, 4} の冪集合
P(A) の部分集合
X = {∅, {1}, {2, 4}, {1, 2, 4}, {3}, {1, 3}}
を考える。X に包含関係による順序を与えて、X を順序集合とみなす。このとき、{1, 2, 4} お
よび {1, 3} はどちらも順序集合 X の極大元である。
● 14 - 2 : Zorn の補題
Zorn の補題にはいろいろなバージョンがあるが、この講義では、次の定理を Zorn の補題と
呼ぶことにしょう。
定理 14 - 2 (Zorn の補題)
順序集合 X (̸= ∅) において、空でない任意の全順序部分集合が X の中に上界を持つなら
ば、X には少なくとも１つ極大元が存在する。
Zorn の補題は選択公理を用いて証明される。いくつかの段階に分けて示していこう。以下の
証明は森田茂之・著『集合と位相』(朝倉書店) を手本にしている。
Zorn の補題における「仮定」を満たす順序集合 X (̸= ∅) は帰納的順序集合 (inductively
ordered set) と呼ばれる。
(X, ≤) を順序集合とし、A ⊂ X とする。このとき、A の上界の全体を U (A) と書く：
(14 - 2 a)
U (A) := { x ∈ X | ∀ a ∈ A, a ≤ x }.
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集合と位相１・第 14 回 (2016 年 7 月 14 日)
ここから補題 14- 6 までは、帰納的順序集合 X (̸= ∅) と x0 ∈ X を固定し、
(14 - 2 b)
O := { A ⊂ X | A は X の整列部分順序集合で、min A = x0 }
とする。
補題 14 - 3
もし、U (A) − A = ∅ を満たす A ∈ O が存在するならば、x0 ≤ x∗ を満たす X の極大元
x∗ が存在する。したがって、Zorn の補題が成り立つ。
(証明)
A0 ∈ O が U (A0 ) − A0 = ∅ を満たしているとする。整列集合は全順序集合なので、A0 は
空でない全順序部分集合になる。X は帰納的順序集合なので、A0 は X の中に上界を持つ、す
なわち、U (A0 ) ̸= ∅ である。x∗ ∈ U (A0 ) をとると、x∗ は X の極大元である。
x0 = min A0 ∈ A0 であるから、x0 ≤ x∗ を満たす。
□
Zorn の補題の証明を完成させるには、補題 14 - 3 のように O を定めるとき、U (A) − A = ∅
を満たす A ∈ O が存在することを示せばよい。そのためには、任意の A ∈ O に対して
U (A) − A ̸= ∅ と仮定して、矛盾を導けばよい。この矛盾を導く際に、選択公理が使われる。
補題 14 - 4
∏
O を添字集合とする集合族 {U (A) − A}A∈O を考える。もし、
(U (A) − A) ̸= ∅ ならば、
A∈O
写像 φ : O −→ X であって、すべての A ∈ O に対して φ(A) ∈ U (A) − A を満たすものが
存在する。
上の補題の証明は易しいので演習問題とする。
補題 14 - 5
写像 φ : O −→ X を、すべての A ∈ O に対して φ(A) ∈ U (A) − A を満たすものとする。
各 A ∈ O に対して A′ ⊂ X を A′ := A ∪ {φ(A)} と定め、O0 ⊂ O を次のように定義する：
(14 - 2 c)
O0 := { A ∈ O | 任意の a ∈ A − {x0 } に対して φ(A⟨a⟩) = a }.
このとき、
(1) 各 A ∈ O に対して A′ ∈ O である。
(2) 各 A ∈ O0 に対して A′ ∈ O0 である。
(3) 任意の A, B ∈ O0 に対して、次の 3 つのうちのいずれかが成立する：
(i) A = B.
(ii) A = B⟨b⟩ となる b ∈ B が存在する。
(iii) A⟨a⟩ = B となる a ∈ A が存在する。
(証明)
(1) • A′ が整列集合であること：A′ の空でない部分集合 S を任意にとる。
S ⊂ A ならば、A が整列集合であることから、min S が存在する。
S ̸⊂ A ならば、φ(A) ∈ S である。S = {φ(A)} ならば、min S は明らかに存在する。
S ̸= {φ(A)} ならば、T := S − {φ(A)} ̸= ∅ であって T ⊂ A であるから、A の整列性により、
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min T が存在する。φ(A) ∈ U (A) であるから、min T ≤ φ(A) となる。よって、min S は存在
し、min S = min T である。以上より、A′ は整列集合である。
• min A′ = x0 であること：φ(A) ∈ U (A) であるから、任意の a ∈ A に対して a ≤ φ(A) で
ある。よって、min A′ = min A = x0 である。
(2) 任意の b ∈ A′ − {x0 } に対して φ(A′ ⟨b⟩) = b となることを示せばよい。
• b ∈ A − {x0 } のとき、A ∈ O0 より、φ(A⟨b⟩) = b となる。ここで、φ(A) ∈ U (A) − A に
注意すると、b < φ(A) であることがわかる。よって、A′ ⟨b⟩ = A⟨b⟩ が成り立つ。したがって、
φ(A′ ⟨b⟩) = φ(A⟨b⟩) = b となる。
• b = φ(A) のとき、b ∈ U (A) − A であるから、任意の a ∈ A に対して a < b となる。よっ
て、A′ ⟨b⟩ = A が成り立つ。したがって、φ(A′ ⟨b⟩) = φ(A) = b となる。
(3) 整列集合の比較定理 (定理 12 - 11) より、次の 3 つのうちのいずれかが成立する：
(i) A ∼
= B, (ii) A ∼
= B⟨b⟩ となる b ∈ B が存在する, (iii) A⟨a⟩ ∼
= B となる a ∈ A が存在する。
∼
= がすべて = に置き換えられることを示せばよい。(i) の場合を考える。h : A −→ B を順
序同型写像とする。A0 := { a ∈ A | h(a) ̸= a } とおくと、A0 = ∅ となる。
∵)
x0 = min A = min B であり、h は順序同型であるから、h(x0 ) = h(min A) = min B =
x0 となる。したがって、x0 ̸∈ A0 である。A0 ̸= ∅ であったと仮定すると、A は整列集合
であるから、a0 := min A0 が存在する。a0 の定義より、a < a0 となる任意の a ∈ A, つ
まり、任意の a ∈ A⟨a0 ⟩ に対して h(a) = a が成り立つ。この事実と補題 12 - 10(1) より、
A⟨a0 ⟩ = h(A⟨a0 ⟩) = B⟨h(a0 )⟩ となることがわかる。よって、φ(A⟨a0 ⟩) = φ(B⟨h(a0 )⟩)
が成り立つ。さて、a0 ∈ A0 なので a0 ̸= x0 であり、h(a0 ) ̸= h(x0 ) = x0 である。この
ことと A, B ∈ O0 であることから、a0 = φ(A⟨a0 ⟩) = φ(B⟨h(a0 )⟩) = h(a0 ) が得られる。
これは a0 ∈ A0 に反する。よって、A0 = ∅ でなければならない。
□
よって、任意の a ∈ A に対して h(a) = a である。これは A ⊂ B を意味する。h−1 に対し
て同様の考察を行って B ⊂ A も得られるから、A = B が示された。(ii),(iii) の場合も同様に
□
示される。
補題 14 - 6
写像 φ : O −→ X を、すべての A ∈ O に対して φ(A) ∈ U (A) − A を満たすものとし、各
A ∈ O に対して A′ ⊂ X を A′ = A ∪ {φ(A)} と定め、O0 ⊂ O を補題 14-5 のように定める。
∪
X0 :=
A
A∈O0
とおく。このとき、X0 ∈ O0 である。
(証明)
(1) X0 は X の順序に関して整列集合である。これを示す。Y (̸= ∅) を X0 の部分集合とす
る。すると、Y ∩ A ̸= ∅ となる A ∈ O0 が存在する。A は X の順序に関して整列集合である
から、Y ∩ A もそうである。よって、y0 := min(Y ∩ A) が存在する。y0 は Y の最小元である。
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集合と位相１・第 14 回 (2016 年 7 月 14 日)
∵)
任意の y ∈ Y に対して y0 ≤ y となることを示せばよい。
y ∈ Y ⊂ X0 より、y ∈ B となる B ∈ O0 が存在する。補題 14- 5(3) より、(i) A = B,
(ii) A = B⟨b⟩ となる b ∈ B が存在する、(iii) A⟨a⟩ = B となる a ∈ A が存在する、のい
ずれかが成り立つ。
y ∈ A ならば、y0 , y ∈ Y ∩ A となるので y0 ≤ y を得る。
y ̸∈ A ならば、(ii) の状況しか起こりえない。このとき、y ̸∈ A = B⟨b⟩ であって、B
は整列集合で、y ∈ B であることから、b ≤ y となる。また、y0 ∈ A = B⟨b⟩ となるから、
y0 < b である。よって、y0 < b ≤ y を得る。いずれにしても y0 ≤ y が成り立つ。
□
これで、X0 は整列集合であることが示された。
(2) min X0 = x0 を示す。{x0 } ∈ O0 であるから、{x0 } ⊂ X0 である。よって、min X0 ≤ x0
である。一方、x := min X0 に対して、x ∈ A となる A ∈ O0 が存在する。よって、x0 =
min A ≤ x = min X0 である。これで、min X0 = x0 が示された。
min X0 = x0 と (1) を合わせて、X0 ∈ O がわかる。
(3) X0 ∈ O0 を示す。そのために、任意に a ∈ X0 − {x0 } をとる。a ∈ A となる A ∈ O0 が
存在する。X0 ⟨a⟩ = A⟨a⟩ が成り立つ。
∵)
X0 ⟨a⟩ ⊃ A⟨a⟩ は明らかである。逆向きの包含関係の成立を示す。そのためには、x ∈ X0
が x < a を満たすとき、x ∈ A であることを示せばよい。x ∈ B となる B ∈ O0 を
とると、補題 14 - 5(3) より、(i) A = B, (ii) A = B⟨b⟩ となる b ∈ B が存在する、(iii)
A⟨a⟩ = B となる a ∈ A が存在する、のいずれかが成り立つ。今、x ̸∈ A であったと仮定
すると、(ii) の状況しか起こり得ない。この場合、(1) の証明における議論と同様にして、
a < b ≤ x となることがわかる。これは x < a に反する。よって、x ∈ A である。
よって、φ(X0 ⟨a⟩) = φ(A⟨a⟩) = a となり、X0 ∈ O0 が示された。
□
□
以上の準備を下に、Zorn の補題を証明する。
(定理 14 - 2 の証明)
(14 - 2 b) のように O を定める。任意の A ∈ O に対して U (A) − A ̸= ∅ であると仮定す
∏
る。選択公理により、
U (A) − A ̸= ∅ となるから、補題 14- 4 より、写像 φ : O −→ X で
A∈O
あって、すべての A ∈ O に対して φ(A) ∈ U (A) − A を満たすものが存在する。この φ を用
いて、補題 14- 5 のように、各 A ∈ O に対して A′ ∈ O を定義し、O の部分集合 O0 を定義
する。すると、補題 14- 6 のように X0 ∈ O0 を定めることができる。この X0 はその定義から
(X0 )′ = X0 を満たす。
ところが、φ(X0 ) ∈ U (X0 ) − X0 なので、φ(X0 ) ̸∈ X0 である。したがって、X0 ⫋ (X0 )′ と
なる。ここに矛盾が生じた。こうして、U (A) − A = ∅ となる A ∈ O が存在することがわか
り、補題 14- 3 を適用して、x0 ≤ x∗ を満たす X の極大元 x∗ の存在が示された。
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□
集合と位相１・第 14 回 (2016 年 7 月 14 日)
注意：定理 14 - 2 では、単に、極大元の存在だけを主張しているが、その証明から、任意に与え
られた x0 ∈ X に対して x0 ≤ x∗ を満たす極大元 x∗ が存在することがわかる。この形で Zorn
の補題が使われることも多い。
● 14 - 3 : Zorn の補題の適用例
Zorn の補題を用いると、({0} でない) 任意のベクトル空間に (特に、無限次元ベクトル空間
にも) 基底が存在することを示すことができる。ここで、体 K 上のベクトル空間 V の基底と
は、次の 2 条件を満たす V の部分集合 B のことをいう：
(i) B は V の一次独立系である。すなわち、B に属する相異なる任意の有限個の元は K
上一次独立である。
(ii) B は V を張る。すなわち、V の中の任意の元は、B に属する有限個の元の K-一次結
合で表される。
証明の詳しい手順はワークシートで示す。
例えば、R 上で定義された実数値関数全体のなすベクトル空間 Map(R, R)、実数列のなすベ
クトル空間 Seq(R)、R を自然な方法で Q 上のベクトル空間とみなしたもの（Q の R への作
用は実数の積を使って定義) にも (具体的には求められないが) 基底が存在する。
– 85 –
集合と位相１通信
[No.14]
2016 年 7 月 14 日発行
■ 読み書きワークシートの提出期限について
読み書きワークシートを受け取っているにもかかわらず、まだ提出していない人がいるよう
です。一度 O.K. をもらっていても、小テストやワークシートにおいて類似の問題が出来ていな
かった場合には、再度渡すようにしています。確認の上、読み書きワークシート未提出の分が
ある人は、16 日 (土) の午後 5 時までに提出してください (本日渡した分を含みます)。紛失した
場合には、ホームページから両面印刷して提出してください。
課された読み書きワークシートはすべてクリアしなければなりません (未提出分があると単
位が出せません)！しっかり取り組んで完璧に仕上げてください。その前提の下で最終回に少し
長めの小テストを行います。詳細は次回説明します。
■ 第 13 回ワークシート Q3 について
Q3 は R3 の与えられた部分集合 Gi (i = 1, 2) に対して写像 f : R2 −→ R を見つけてきて、そ
れを f のグラフとして表わすことができるか、すなわち、Gi = { (x, y, f (x, y)) | (x, y) ∈ R2 }
のように表わすことができるか？という問題でした。
G1 の方は f (x, y) = x2 + y 2 − 1 ((x, y) ∈ R2 ) によって定義される写像 f : R2 −→ R のグラ
フになっているのですぐに問題解決です。一方、G2 の方はどんな写像 f : R2 −→ R のグラフ
としても表わすことはできません。このことは G2 の絵を描いてみることにより、直感的に理
解できると思います。厳密に示すには背理法を用います。G2 がある写像 f : R2 −→ R によっ
て G2 = { (x, y, f (x, y)) | (x, y) ∈ R2 } と表わされたとします。すると、任意の (x, y, z) ∈ G2
は (x, y, z) = (x, y, f (x, y)), すなわち、z = f (x, y) を満たさなければなりません。例えば、
(0, 0, 1) ∈ G2 より 1 = f (0, 0) であり、(0, 0, −1) ∈ G2 より −1 = f (0, 0) でなければな
りません。これらより 1 = −1 が導かれて矛盾が生じます。このように、G2 はどんな写像
f : R2 −→ R のグラフとしても表わすことはできないことが示されます。なお、G2 の一部分、
3
2
2
2
±1
例えば、G±
2 := { (x, y, z) ∈ R | x + y + z = 1, (−1) z ≥ 0 } (複号同順) に限ると、これ
は単位円板 D2 = { (x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1 } 上で定義された写像 f± : D2 −→ R, f± (x, y) =
√
± 1 − x2 − y 2 ((x, y) ∈ D2 ) のグラフとして表わすことができます。
集合と位相１ 第 14 回・ワークシート（ 初 ・ 再 ）
学籍番号
2016 年 7 月 14 日
氏 名
Q1. 体 K 上の {0} でない任意のベクトル空間 V に基底が存在することを、以下の順で示せ。
Step1. S = { 一次独立な V の部分集合の全体 } とおくと、S ̸= ∅ となることを示せ。
Step2. S を包含関係による順序集合とみなす。O を S の空でない全順序部分集合とする
∪
と、
B は S に属することを示せ。
B∈O
Step3. Zorn の補題を用いて、S に極大元が存在することを示せ。
Step4. S の極大元 B は V の K 上の基底をなすことを示せ。
ヒント：v ∈ V がどのような有限個 x1 , · · · , xr ∈ B についても
v = a1 x1 + a2 x2 + · · · + ar xr (ai ∈ K, i = 1, · · · , r)
のように書けないならば、B ⫋ B ∪ {v} かつ B ∪ {v} ∈ S が成り立つことを示せばよい。
集合と位相１・小テスト [第 14 回]
学籍番号
2016 年 7 月 14 日
氏 名
Q1. f : S −→ R を R の部分集合 S 上で定義された関数とし、a ∈ S とする。次の論理式 (∗)
で書かれた命題を、∀, ∃, ⇒ および ∈ を使わずに、文章で書け。
(∗)
∀ ε > 0, ∃ δ > 0 s.t. |x − a| < δ, x ∈ S ⇒ |f (x) − f (a)| < ε.
Q2. R から開区間 (0, ∞) への写像で、定値写像でないものを、写像の表現形式に倣って、3 つ
挙げよ (3 つとも本質的に異なるものにすること)。
Q3. R3 の 2 元 a = (a1 , a2 , a3 ), b = (b1 , b2 , b3 ) に対して、a ̸= b であるための必要十分条件
を、成分を用いて書け。
Q4. R3 の部分集合 G = { (x, y, z) ∈ R3 | x2 + y 2 + z 2 = 1, z ≥ 0 } は、ある写像 f : D2 −→ R
のグラフになるか否かを調べよ。但し、D2 = { (x, y) ∈ R2 | x2 + y 2 ≤ 1 } である。
次回の拡大版小テストについて
2016 年 7 月 14 日
• 実施日時：2016 年７月 21 日（木）第 3 時限内 (後半の 30 分程度)
• 机の両端に離れて着席してください。
• 試験範囲：
(i) 論理記号によって書かれた命題を文章化する問題 (小テスト Q1)
(ii) 与えられた条件を満たす写像を定義する問題 (小テスト Q2)
(iii) 与えられた命題の否定の言い換え問題
(iv) その他、集合と写像に関する基礎問題
(i), (ii) については完璧に書けるように、何度も練習してください。
• 拡大版小テストは 60 点満点とします。
• 成績算出方法：
(i) 本日までに渡した分の読み書きワークシートの提出期限は 16 日 (土) 午後 5 時までで
す。過去の分で未提出な「読み書きワークシート」があれば 16 日 (土) 午後 5 時まで
に提出してください。必ず本日までに課せられたすべての分を提出してください。
(ii) 16 日までに提出した「読み書きワークシート」は 19 日に返却します。もし、19 日の
返却時に「要再練習」という判定を受けたシートが含まれている場合には、その分を
翌日 20 日午後 6 時までに提出し、必ずその場で O.K. をもらってください。追加の
小テストを課すこともあります (23 日午後を予定していますので、追試にひっかりそ
うな人は予定を空けておいてください)。課せられたすべての「読み書きワークシー
ト」は 20 日午後 6 時までにクリアしている必要があります。
(iii) 小テストの未受験回数が５回、または、ワークシートの未提出回数が５回、または、
小テストの未受験回数とワークシートの未提出回数の合計が 10 回になった時点で、
原則不可です。但し、拡大版小テストにおいて 60 満点をとった場合に限り、この条
件は免除します。
(iv) 上記の３項目がクリアされていることを前提に、小テストと拡大版小テストの得点と
ワークシート点、携帯によるマイナス点を合算した数値を最終成績とします。但し、
小数点以下は切り上げます (0.5 → 1)。合計が 100 を超えた場合は最終成績は 100
になります。
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