(第一の不等式) \(\gamma+\beta\) は, 集合 \(A=(\gamma\times\{0\})\cup(\beta\times\{1\})\) に 順序づけ \(R\) を \[ \begin{align} \langle \xi,i\rangle \;R\; \langle \eta,j\rangle \leftrightarrow & (i=j=0\land \xi<\eta<\gamma) \\ \lor & (i=j=1\land \xi<\eta<\beta) \\ \lor & (i=0\land j=1\land \xi<\gamma\land\eta<\beta) \end{align} \] によって与えた整列順序の順序型である(→定義7.17). このとき, \[ \mathrm{pred}(A,\langle \alpha,1\rangle, R)\simeq \gamma+\alpha \] となるから \(\gamma+\alpha\) は \(\langle A,R\rangle\) のある切片の順序型であり, \(\gamma+\alpha<\gamma+\beta\) である.
(第二の不等式) \(\gamma\) に関する \(\mathbf{ON}\) 上の超限帰納法で証明する. もともと \(\alpha<\beta\) なので, \(\gamma=0\) のときは明らかにok. \(\alpha+\xi\leq \beta+\xi\) という仮定のもとで \[ \alpha+\xi\leq \beta+\xi<(\beta+\xi)+1=\beta+(\xi+1) \] となっている. ここで補題7.9 (1)により \[ \xi< \eta\leftrightarrow S(\xi)\leq \eta \] となることに注意すれば, \[ \alpha+(\xi+1)=(\alpha+\xi)+1=S(\alpha+\xi)\leq \beta+(\xi+1) \] となるから \(\gamma\) が後続型順序数 \(\xi+1\) のときもok. 最後に \(\gamma\) が極限順序数のときは, \(\gamma\) 未満のすべての順序数 \(\xi\) について \(\alpha+\xi\leq\beta+\xi\) との仮定のもとで (第一の不等式により) \[ \alpha+\xi\leq \beta+\xi<\beta+\gamma \] となっている. 補題7.18 (5)によれば, この左辺の上限が \(\alpha+\gamma\) なので, \(\alpha+\gamma\leq\beta+\gamma\) ということになる. こうして超限帰納法が成立する.
\(0<1\) だが \(0+\omega=\omega=1+\omega\) であり, 第2の不等式の \(\leq\) は \(<\) にはできない.
(\(\alpha+\delta=\beta\)となる順序数 \(\delta\) の一意存在) 順序数の集合 \[ A=\big\{\,\xi<\beta\;:\;\alpha\leq \xi\,\big\} \] に通常の順序づけ \(<\) を与えた整列順序 \(\langle A,{<}\rangle\) の順序型を \(\delta\) とすればよい.
詳細は少し端折ってますよ.
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