O co chodzi z tymi drzewami?

O co chodzi z tymi drzewami?
Jasiek Marcinkowski
30 grudnia 2010
Streszczenie
Na ćwiczeniach z logiki (1 XII 2010) opowiadałem dowód twierdzenia, że świat drzew skończonych
uporządkowanych przez homeomorfizm jest wqo. Mam wrażenie, iż większość słuchaczy (jeśli nie
wszyscy) spała. Gdy czytałem pracę, z której ten dowód pochodzi, robiłem sobie notatki. Myślę, że
jeśli ktoś chce rozumieć, mogą być one użyteczne.
1.
Drzewa
Graf G to skończony zbiór V (G) wierzchołków i E(G) ⊆ V (G) × V (G) - zbiór krawędzi (skierowanych).
Mówimy, że b jest dzieckiem a, jeśli E(G) zawiera parę ha, bi, czyli istnieje krawędź z a do b. Nazywamy
b przodkiem a, gdy da się dojść wzdłuż krawędzi z a do b. W szczególności każdy wierzchołek jest swoim
własnym przodkiem. Graf T będziemy nazywać drzewem, gdy istnieje taki wierzchołek ρ(T ) zwany
korzeniem, że dla każdego ξ ∈ V (T ) istnieje jedyna ścieżka z ρ(T ) do ξ (czyli, w szczególności ξ jest
przodkiem ρ(T )).
Homeomorfizm z T w T 0 (T i T 0 są drzewami) to funkcja różnowartościowa φ : V (T ) → V (T 0 ), że
dla każdego ξ ∈ V (T ) obrazy dzieci ξ przez φ są przodkami parami różnych dzieci φ(ξ). Zbiór drzew
quasi-porządkujemy podle zasady, że T ¬T T 0 , gdy istnieje homeomorfizm z T w T 0 .
2.
Trochę przydatnych definicji
Będziemy rozumieć, że Q ze wszystkimi możliwymi primami, dingsami, itd. oznacza zawsze zbiór quasiuporządkowany przez relację ¬Q z tymi samymi znaczkami.
1. Jeśli A, B ⊆ Q, to f : A → B jest funkcją niemalejącą, jeśli ∀a∈A a ¬Q f (a)
2. Zbiór SQ będzie zbiorem skończonych podzbiorów Q. Jest on quasi-uporządkowany wedle zasady,
że jeśli A, B ∈ SQ, czyli A i B są skończonymi podzbiorami Q, to A ¬SQ B ⇔ ∃f :A−−→B , że f
1−1
jest niemalejąca.
3. Iloczyn kartezjański Q × Q0 jest quasi-uporządkowany na zasadzie, że hq1 , q10 i ¬Q×Q0 hq2 , q20 i ⇔
q1 ¬Q q2 ∧ q10 ¬Q0 q20 .
4. Gałąź (branch) z korzeniem v, to poddrzewo drzewa, w którym v jest wierzchołkiem. Zawiera ono
wierzchołek v jako korzeń i wszystko pod nim.
3.
Lematy
Lemat 1 Jeśli Q i Q0 są well-quasi-uporządkowane, to ich iloczyn kartezjański Q × Q0 jest również
well-quasi.
Dowód: Dostajemy ciąg ha1 , b1 i, ha2 , b2 i, ha3 , b3 i, . . . Chcemy pokazać, że na pewno jest on good,
czyli istnieją i i j, takie że i ­ j oraz hai , bi i ­Q×Q0 haj , bj i. Patrzymy sobie na ciąg ai . Łatwo
pokazać, że jest w nim nieskończony podciąg niemalejący. Na przykład tak: Element am ciągu ai
nazwiemy ostatecznym, gdy ∀l∈N l > m ⇒ al 6­Q am . Zauwazmy, że jest skończenie wiele elementów
ostatecznych. W przeciwnym wypadku możnaby je ustawić w bad sequence, co przeczyłoby temu,
że Q jest wqo. W takim razie jest jakaś pozycja w, że żaden z dalszych elementów ciągu nie jest
ostateczny. To znaczy, że dla każdego istnieje po prawej nie mniejszy. W takim razie potrafimy ułożyć
nieskończony podciąg niemalejący. Nazwijmy go apk .
Skoro Q0 jest wqo, to w ciągu bpk (będącym podciągiem bi zawierającym tylko elementy odpowiadające tym z nieskończonego rosnącego apk ) jest para i < j, taka że bpi ¬Q0 bpj , czyli
hapi , bpi i ¬Q×Q0 hapj , bpj i.
Jasiek Marcinkowski
O co chodzi z tymi drzewami?
2
Lemat 2 Jeśli hQ, ¬Q i jest wqo, to hSQ, ¬SQ i też jest wqo.
Dowód: Zakładamy nie-wprost, że istnieje bad sequence w SQ. Wybieramy zbiory Ai będące
elementami bad sequence. Robimy to w następujący sposób:
• Najpierw wybieramy jakiś A1 o możliwie najmniejszej mocy spośród wszystkich pierwszych
wyrazów bad sequences.
• Wybieramy A2 o możliwie najmniejszej mocy spośród wszystkich drugich wyrazów ciągów
zaczynających się od wybranego wcześniej A1 .
• ...
Mamy w ten sposób bad sequence A1 , A2 , A3 , . . . Oczywiście, żadne Ai nie jest puste, bo istniałaby
z niego funkcja różnowartościowa w każde inne i ciąg nie byłby zły (patrz: definicja porządku). W
takim razie w każdym Ai możemy wybrać jakiś element ai . Niech ciąg Bi = Ai \ {ai }1 .
I teraz będzie zabawne . . .
Dowód: (ciąg dalszy) Niech ciąg liczb naturalnych pk (różnowartościowy, niekoniecznie rosnący
ale p1 musi być jego najmniejszym elementem) będzie taki, że Bp1 , Bp2 , Bp3 , . . . jest bad sequence.
W takim razie również ciąg A1 , A2 , . . . , Ap1 −1 , Bp1 , Bp2 , . . . też jest bad sequence, bo jeśli jakieś
Ai ¬SQ Bpj (czyli istnieje różnowartościowa funkcja niemalejąca z Ai w Bpj ) to Ai ¬SQ Apj (ta
sama funkcja). Doszliśmy w ten sposób do sprzeczności z założeniem powziętym przy budowaniu
ciągu Ai , ponieważ |Bp1 | < |Ap1 |. Wniosek z tego taki, że nie istnieje nasz ciąg pk .
Przechodzimy nad tym do porządku dziennego i kroczymy dalej ku szczęśliwemu rozwiązaniu.
Dowód: (niestrudzenie) Niech B = {Bi | i ∈ N+ } będzie rodziną zbiorów Bi . Jest ona wqo, co
pokażemy szybkim rozumowaniem nie-wprost. Wyobraźmy sobie, że w rodzinie B znajdziemy bad
sequence. Oczywiście, możemy wybrać z niego podciąg, taki że pierwszy element ma najmniejszy
indeks (i ten podciąg naturalnie też jest bad )2 .
Skoro hB, ¬SQ i i hQ, ¬Q i są wqo, to na mocy Lematu 1, ich iloczyn kartezjański hB × Q, ¬SQ×Q i
też jest wqo. W takim razie każdy ciąg nieskończony elementów tego iloczynu kartezjańskiego jest
dobry, a w szczególności dobry jest ciąg ha1 , B1 i , ha2 , B2 i , ha3 , B3 i , . . . Oznacza to, że ∃i,j∈N i >
j ∧ Bi ­SQ Bj ∧ ai ­Q aj . Nierówność między Bi i Bj oznacza istnienie niemalejącej funkcji
f : Bj −−→ Bi . Ustalając f (aj ) = ai uzyskamy niemalejącą funkcję Aj −−→ Ai , czyli Ai ­SQ Aj , co
1−1
1−1
przeczy założeniu, że ciąg Ak był bad.
4.
Właściwe twierdzenie
Twierdzenie 4.1 Zbiór drzew skończonych quasi-uporządkowany wedle zasady opisanej w sekcji 1. jest
wqo.
Strategia dowodzenia będzie bardzo podobna, jak przy Lemacie 2. Założymy nie-wprost istnienie bad
sequence, weźmiemy sobie jakiś taki szczególny ciąg (najmniejszy w jakimś sensie) i pokażemy, że nie,
nie, nie. . . ! Potrafimy pokazać w nim dwa elementy, że ten bardziej na lewo jest mniejszy od tego na
prawo, czyli ciąg nie jest bad. No to...
1 Pojawia się tu pewien konflikt skrótów notacyjnych, bo B oznacza jednocześnie ciąg i i-ty element ciągu {B }∞ . To
i
i i=1
chyba nie jest wielki problem?
2 W gruncie rzeczy, z tw. Ramsey’a wiemy, że umiemy z niego wybrać nawet podciąg o rosnących numerach indeksów.
Jasiek Marcinkowski
O co chodzi z tymi drzewami?
3
Dowód: Zakładamy nie-wprost, że istnieje bad sequence drzew skończonych. Niech T1 będzie dowolnym spośród tych drzew zaczynających bad sequences, które mają najmniej wierzchołków. Niech
T2 będzie dowolnym mającym najmniej wierzchołków spośród drzew będących drugimi elementami
bad sequences zaczynających się od T1 i tak dalej, otrzymujemy ciąg T1 , T2 , T3 , T4 , . . . Niech Bi
będzie zbiorem gałęzi, których korzenie to dzieci korzenia Ti .
Podobnie, jak w lemacie drugim stworzyliśmy ciąg zbiorów {Bi }∞
i=1 . Tutaj Bi jest zbiorem drzew,
które powstaną z drzewa Ti w wyniku urwania korzenia.
Dowód: (kontynuacja) Niech pk ∈ N będzie ciągiem (niekoniecznie rosnącym, ale pierwszy element ma być minimalny), że możemy sobie wybrać z każdego zbioru Bpk (z podciągu
ciągu Bi ) takie drzewo Rk , że zbudowany ciąg {Ri }∞
i=1 jest bad sequence. Wtedy również ciąg
T1 , T2 , T3 , T4 , . . . , Tp1 −1 , R1 , R2 , R3 , . . . też jest bad. Wynika to z faktu, że oczywiście nie ma żad1 −1
nej niechcianej relacji między elementami {Ti }pi=1
, bo ciąg {Ti }i∈N+ jest z założenia bad sequence.
Podobnie rzecz się ma w odniesieniu do elementów ciągu Rk . Istnieje więc tylko ewentualne niebezpieczeństwo, że któryś Ta (przy 1 ¬ a ¬ p1 − 1) jest mniejszy (mówimy o relacji ¬T oczywiście) od
jakiegoś Rb (b ∈ N+ ). Zauważmy jednak, że Rb jest gałęzią Tpb , jeśli więc (odnosząc się do definicji porządku ¬T ) istnieje homeomorfizm z V (Ta ) w V (Rb ) to ten sam homeomorfizm powoduje
nierówność Ta ¬T Tpb sprzeczną z naszym założeniem o ciągu {Ti }.
Wiemy w takim razie, że nasz nowy ciąg, złożony z p1 − 1 elementów ciągu Ti a po nich już z R-ów,
jest bad.
Dowód: (jedziemy dalej) Ciąg T1 , T2 , T3 , . . . , Tp1 −1 , R1 , R2 , R3 , . . . nie może być bad sequence,
bo jego element R1 ma mniej wierzchołków niż Tp1 , a ten ostatni został przez nas wybrany jako
mający wierzchołków możliwie najmniej spośród będących na tej pozycji i poprzedzanych przez
∞
S
T1 , T2 , . . . , Tp1 −1 . Niech B =
Bi . Z zaobserwowanej przed chwilą sprzeczności wynika, że nie da
i=1
się wybrać spośród elementów B ciągu drzew Ri , że R1 pochodzi ze zbioru B o minimalnym indeksie
i będącego bad sequence. Krótkim rozumowaniem nie-wprost pokażemy teraz, iż hB, ¬T i jest wellquasi-uporządkowany.
Załóżmy, że spośrod elementów B da się wybrać bad sequence Wi . Nad każdym elementem tego
ciągu zapiszmy z którego B się wywodzi. Niech liczba znad pierwszego elementu nazywa się p. Każdy
element ciągu Bi był skończonym zbiorem, więc usuwając z ciągu {Wi }∞
i=2 elementy wypisane pod
liczbami mniejszymi niż p, usuniemy ich tylko skończoną liczbę, więc zostanie nam nieskończony
podciąg, a pierwszy element będzie miał w nim minimalny indeks. Znowu sprzeczność. Wynika z
niej, że hB, ¬T i jest wqo.
Z lematu drugiego wiemy, że hSB, ¬SB i też jest wqo.
I teraz już będzie samo odwoływanie się do definicji.
Dowód: (już końcówka) Skoro hSB, ¬SB i, to jakikolwiek weźmiemy ciąg skończonych podzbiorów B, to jest on good sequence. Weźmy w takim razie, dobrze nam znany, B1 , B2 , B3 , . . . . Skoro
jest on good, to istnieją l, r ∈ N+ , że Bl ¬SB Br . Z definicji 2. istnieje niemalejąca funkcja różnowartościowa f : Bl → Br . Z definicji 1. ∀R∈Bl R ¬T f (R). Z definicji quasi-porządku na
drzewach dla każdego R ∈ Bl istnieje homeomorfizm ψR z V (R) w V (f (R)). Przypomnijmy
sobie, że zbiór Bi to zbiór gałęzi „z pierwszego piętra”3 drzewa Ti . W takim razie z każdej takiej
gałęzi drzewa Tl istnieje homeomorfizm w osobną gałąź „z pierwszego piętra” drzewa Tr . Możemy te
homeomorfizmy połączyć w jeden homeomorfizm φ, poprzez doczepienie z powrotem korzenia ρ(Tl )
3 Czyli
gałęzi drzewa D, której korzeń jest synem ρ(T ).
Jasiek Marcinkowski
O co chodzi z tymi drzewami?
do drzewa Tl , korzenia ρ(Tr ) do drzewa Tr i ustalenie φ (ρ(Tl )) = ρ(Tr ) (dla pozostałych wierzchołków funkcja φ ma się zachowywać tak, jak opisane wyżej homeomorfizmy ψR ). Pokazaliśmy więc, że
Tl ¬T Tr , co przeczy założeniu, że ciąg {Ti } jest bad sequence i dowodzi twierdzenia.
4