C(n)基数（二） (10-2)

对于每个a，集合{ f : a →值域（f）:f是e-同构}属于a如果F（Vζ）a V使得F F（F）（range（F））Ea，则有z Y使得F（vζ）a∨{ z } F（F T a）F（z）Ea z。ultra power Ult（V，E）是有根据的。为了检查（5），观察到由k（a，f）给出的映射k（V，E）M是一个初等嵌入。如果jE V ME∞Ult（V，E）是对应的超幂嵌入，则杰杰。此外，Y ME和k是Y上的恒等式（参见【9】了解详情）。因为假设Y在j下是闭合的，所以很容易得出Y在jE下也是闭合的。因此，如果Y是Y，那么j（Y）k（jE（Y））jE（Y）。特别是κCr I t（jE）和j（κ）jE（κ）。我们声称jE证明了κ的λ-C（n）-超紧性，为此只需检查ME在λ-序列下是闭的。首先请注意ME = { jE（f）（J1 T j（a））:a e【Y】《ω且f:（Vζ）a→V }。

我要感谢拉尔夫·辛德勒启发了关于长延伸剂的讨论。

因为如果x =【a，【f】】e ME，那么写s为J1 T j（a）并注意到k（s）= s，因为s e Y，我们有k（x）= j（f）（s）= k（jE（f））（k（s））= k（jE（f）（s））因为k是一对一的，所以我们得到x = jE（f）（s）。现在固定jE（fi）（J1 T j（ai）），I《λ。letf =（fi:I《λ），设c为jE T λ，设d =（J1 T j（ai）:I《λ）。请注意，由于Y在j和λ序列下是闭的，因此d e Y . Set b = {c，d}并让F:（Vζ）b→V定义如下:如果s = {sc，sd } e（Vζ）b使得sc和SD是具有相同序数α作为其定义域的函数，则F（s）是具有值域α的函数g使得g（I）= F（sc（I））（SD 652否则，F（s）= 0。然后，注意到j 1T j（b）将j（c）映射到j Tλ，j（d）映射到d，我们得到:jE（F）（J1 T j（b））（I）= jE（F）（jE（I））（J1 T j（ai））= jE（fi）（J1 T j（ai））所以（jE（fi）（J1 TJ（ai））:I《λ= jE（F）（J1 TJ（b））e ME。相反，假设y是传递的，e =（ea:a e【y】《ω）是某个Vζ上具有临界点κ且支持y的扩张子。如果je:v→me∞= ult（v，e）是对应的超幂嵌入，则Cr I t（je）=κ且Y ⊆ ME（参见【9],引理1.4和1.5）。此外，如果【a，【f】】e我，那么jE（f）（J1 T jE（a））=【a，【ca】】（【a，【I d（V）a】）=【a，【f】】其中ca:（Vζ）a→V是值为f的常数函数，I d（V）a:（Vζ）a→Vf ζ是身份函数。因此，ME = { jE（f）（jE 1T jE（a））:a e【Y】《ω且f:（Vζ）a→V }。

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