$\text{Zermelo}$の整列定理と整列集合、そして、$\text{Zorn}$の補題。 - 手を動かさなくても分かる行間ゼロの大学数学

Zermeloの整列定理

$X$を集合とする。

$\exi \leq \; \subseteq X \times X \; (X, \leq) {\rm は整列集合}$ が成り立つ$^{AC}$。

$\exi {\rm 整列集合} Y \; \exi {\rm 全単射} f : Y \rightarrow X$ を証明すれば良い。それをもって $X$ を整列集合と出来る。
選択公理$^{AC}$により、$\exi f : {\frak P}(X) \backslash \{ \phi \} \rightarrow X \;\; \all R \in {\frak P}(X) \backslash \{ \phi \} \; f(R) \in R$ である。
${\frak X} :\equiv \Set{ {\cal R} \subseteq {\frak P}(X) }{ \left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}l@{}} ({\rm i}) & X \in {\cal R} & {\rm かつ} \\ ({\rm ii}) & \all {\cal S} \subseteq {\cal R} \; \bigcap {\cal S} \in {\cal R} & {\rm かつ} \\ ({\rm iii}) & \phi \nequ \all R \in {\cal R} \; R \backslash \{ f(R) \} \in {\cal R} & \end{array}\right. }$ と置く。
明らかに ${\frak P}(X) \in {\frak X}$ なので、${\frak X} \nequ \phi$ である。
${\cal R}_0 :\equiv \bigcap {\frak X}$ と置く。
${\cal R}_0 \in {\frak X}$ が成り立つ。
- ${\rm (i)}$$\all {\cal R} \in {\frak X} \; X \in {\cal R}$ なので $X \in \bigcap\limits_{ {\cal R} \in {\frak X} } {\cal R} \equ {\cal R}_0$ である。
- ${\rm (ii)}$${\cal S} \subseteq {\cal R}_0$ を任意に取る。
- 任意の ${\cal R} \in {\frak X}$ に対して、${\cal S} \subseteq {\cal R}_0 \subseteq {\cal R}$ なので、$\bigcap {\cal S} \in {\cal R}$ である。
- よって、$\bigcap {\cal S} \in \bigcap\limits_{ {\cal R} \in {\frak X} } {\cal R} \equ {\cal R}_0$ である。
- ${\rm (iii)}$$\phi \nequ R \in {\cal R}_0$ を任意に取る。
- 任意の ${\cal R} \in {\frak X}$ に対して、$R \in {\cal R}_0 \subseteq {\cal R}$ なので、$R \backslash \{ f(R) \} \in {\cal R}$ である。
- よって、$R \backslash \{ f(R) \} \in \bigcap\limits_{ {\cal R} \in {\frak X} } {\cal R} \equ {\cal R}_0$ である。
${\cal R}_1 :\equiv \Set{ S \in {\cal R}_0 }{ \all R \in {\cal R}_0 \;\bracket{ R \subseteq S \lor S \subseteq R } }$ と置く。
${\cal R}_2 :\equiv \Set{ R \in {\cal R}_0 }{ \phi \nequ \all S \in {\cal R}_1 \;\bracket{ R \subseteq S \backslash \{ f(S) \} \lor S \subseteq R } }$ と置く。
${\cal R}_0 \equ {\cal R}_2$ が成り立つ。
- $\supseteq$${\cal R}_2$ の定義から明らか。
- $\subseteq$${\cal R}_0$ の定義を考えれば、${\cal R}_2 \in {\frak X}$ を示せばよい。
- ${\rm (i)}$$\phi \nequ \all S \in {\cal R}_1 \; S \subseteq X$ $\in$ R_0はfrak_Xに属すより。 ${\cal R}_0$ なので $X \in {\cal R}_2$ である。
- ${\rm (ii)}$${\cal S} \subseteq {\cal R}_2$ を任意に取る。
- R_0はfrak_Xに属すより $\bigcap {\cal S} \in {\cal R}_0$ である。
- $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ を任意に取る。
- $\exi R \in {\cal S} \; R \subseteq S \backslash \{ f(S) \}$ の場合：
  - $\bigcap {\cal S} \subseteq R \subseteq S \backslash \{ f(S) \}$ である。
- $\all R \in {\cal S} \; R \not\subseteq S \backslash \{ f(S) \}$ の場合：
  - この場合は、${\cal S} \subseteq {\cal R}_2$ と $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ より、$\all R \in {\cal S} \; S \subseteq R$ である。
  - 従って、$S \subseteq \bigcap {\cal S}$ である。
- $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ は任意なので、いずれにしても $\bigcap {\cal S} \in {\cal R}_2$ である。
- ${\rm (iii)}$$\phi \nequ R \in {\cal R}_2$ を任意に取る。
- $R \in {\cal R}_2 \subseteq {\cal R}_0$ とR_0はfrak_Xに属すより $R \backslash \{ f(R) \} \in {\cal R}_0$ である。
- $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ を任意に取る。
- $R \in {\cal R}_2$ と $S \in {\cal R}_1$ より $R \subseteq S \backslash \{ f(S) \} \lor S \subseteq R$ である。
- $R \subseteq S \backslash \{ f(S) \}$ または $S \equ R$ の場合：
  - $R \backslash \{ f(R) \} \subseteq S \backslash \{ f(S) \}$ である。
- $S \subsetneq R$ の場合：
  - $S \in {\cal R}_1$ と R＼{f(R)}∈R_0より $R \backslash \{ f(R) \} \subseteq S \lor S \subseteq R \backslash \{ f(R) \}$ である。
  - $R \backslash \{ f(R) \} \subseteq S$ ならば、$S \subsetneq R$ を合わせて $S \equ R \backslash \{ f(R) \}$ なので、
    結局、$S \subseteq R \backslash \{ f(R) \}$ である。
- $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ は任意なので、いずれにしても $R \backslash \{ f(R) \} \in {\cal R}_2$ である。
${\cal R}_0 \equ {\cal R}_1$ が成り立つ。
- $\supseteq$${\cal R}_1$ の定義から明らか。
- $\subseteq$${\cal R}_0$ の定義を考えれば、${\cal R}_1 \in {\frak X}$ を示せばよい。
- ${\rm (i)}$$\all R \in {\cal R}_0 \; R \subseteq X$ なので $X \in {\cal R}_1$ である。
- ${\rm (ii)}$${\cal S} \subseteq {\cal R}_1$ を任意に取る。
- ${\cal S} \subseteq {\cal R}_1 \subseteq {\cal R}_0$ とR_0はfrak_Xに属すより $\bigcap {\cal S} \in {\cal R}_0$ である。
- $R \in {\cal R}_0$ を任意に取る。
- $\all S \in {\cal S} \; R \subseteq S$ の場合：
  - $R \subseteq \bigcap {\cal S}$ である。
- $\exi S \in {\cal S} \; R \not\subseteq S$ の場合：
  - ${\cal S}$ と $R$ の取り方より、$\all S \in {\cal S} \;\bracket{ R \subseteq S \lor S \subseteq R }$ である。
  - 従って、場合分けの仮定も合わせて、$\exi S \in {\cal S} \; S \subseteq R$ である。
  - 従って、$\bigcap {\cal S} \subseteq S \subseteq R$ である。
- $R \in {\cal R}_0$ は任意なので、いずれにしても $\bigcap {\cal S} \in {\cal R}_1$ である。
- ${\rm (iii)}$$\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ を任意に取る。
- $\phi \nequ S \in {\cal R}_1 \subseteq {\cal R}_0$ とR_0はfrak_Xに属すより、$S \backslash \{ f(S) \} \in {\cal R}_0$ である。
- $R \in {\cal R}_0$ を任意に取る。
- $R \in {\cal R}_0$ $\equ$ ∵R_0=R_2 ${\cal R}_2$ と $\phi \nequ S \in {\cal R}_1$ より、$R \subseteq S \backslash \{ f(S) \} \lor S \subseteq R$ である。
- 従って、$R \subseteq S \backslash \{ f(S) \} \lor S \backslash \{ f(S) \} \subsetneq S \subseteq R$ である。
- よって、$S \backslash \{ f(S) \} \in {\cal R}_1$ である。
$\leq :\equiv \Set{ (R_0,R_1) \in {\cal R}_0 \times {\cal R}_0 }{ R_0 \supseteq R_1 }$ と置く。
$({\cal R}_0, \leq) \;{\rm は整列集合}$ が成り立つ。
- R_0=R_1の $\subseteq$ より、$({\cal R}_0, \leq) \;{\rm は全順序集合}$ である。
- $\phi \nequ {\cal S} \subseteq {\cal R}_0$ を任意に取る。
- 以下、$\leq$ に関する${\cal S}$の最小元、つまり、$\subseteq$ に関する${\cal S}$の最大元を構成すればよい。
- ${\cal R} :\equiv \Set{ R \in {\cal R}_0 }{ \all S \in {\cal S} \; S \subsetneq R } (\subseteq {\cal R}_0)$ と置く。
- $R_0 :\equiv \bigcap {\cal R} \;($ $\in$ ∵R_0はfrak_Xに属すの ${\rm (ii)}$ ${\cal R}_0 )$ と置く。
- この定義より明らかに、$\all S \in {\cal S} \; S \subseteq R_0$ である。
- $\exi S \in {\cal S} \; R_0 \subseteq S$ の場合：
  - calSの上界R_0より、$R_0 \equ S \in {\cal S}$ である。
  - よって、$R_0 {\rm は}\subseteq{\rm に関する}{\cal S}{\rm の最大元}$ である。
- $\all S \in {\cal S} \; R_0 \not\subseteq S$ の場合：
  - R_0=R_1の $\subseteq$ より、$\all S \in {\cal S} \; S \subsetneq R_0$ である。
  - $\phi \neq {\cal S}$ より $\exi S^\prime \in {\cal S}$ であるので、$S^\prime$ $\subsetneq$ ∵R_0はどのSよりも真に大きい $R_0$ より、$R_0 \neq \phi$ である。
  - $R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \;{\rm は}\subseteq{\rm に関する}{\cal S}{\rm の最大元}$ が成り立つ。
    
    (i)まず、R_0はfrak_Xに属すの ${\rm (iii)}$ より、 $R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \in {\cal R}_0$ である。
    
    $R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \subsetneq R_0$ なので、$R_0$ の定義より、$R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \not\in {\cal R}$ である。
    
    従って、$\exi S_0 \in {\cal S} \; S_0 \not\subsetneq R_0 \backslash \{ f(R_0) \}$ つまり、 $R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \subseteq S_0$ である。
    
    従って、$R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \subseteq S_0$ $\subsetneq$ ∵R_0はどのSよりも真に大きい $R_0$ である。
    
    従って、$R_0 \backslash \{ f(R_0) \} \equ S_0 \in {\cal S}$ である。
    
    (ii)$S \in {\cal S}$ を任意に取る。
    
    R_0=R_1の $\subseteq$ より、$S \subseteq S_0 \lor S_0 \subseteq S$ であるが、
    $S_0 \subseteq S$ であったとしても、$S_0 \subseteq S$ $\subsetneq$ ∵R_0はどのSよりも真に大きい $R_0$ より、結局、$S_0 \equ S$ である。
$g : X \rightarrow {\frak P}(X) \backslash \{ \phi \}, x \mapsto \bigcap \Set{ R \in {\cal R}_0 }{ x \in R }$ と定義する。
$\all x \in X \; f(g(x)) \equ x$ が成り立つ。
- $x \in X$ を任意に取る。
- $x \in g(x)$ $\in$ ∵R_0はfrak_Xに属すの${\rm (ii)}$ ${\cal R}_0$ なので、R_0はfrak_Xに属すの${\rm (iii)}$ より $g(x) \backslash \{ f(g(x)) \} \in {\cal R}_0$ である。
- また、$g(x)$ の定義より、$\all R \in {\cal R}_0 \;\parenth{ x \in R \Rightarrow g(x) \subseteq R }$ である。
- 更に、$g(x) \backslash \{ f(g(x)) \} \subsetneq g(x)$ である。
- これら3つより、$x \not\in g(x) \backslash \{ f(g(x)) \}$ である。
- 従って、$x \in g(x) \backslash \parenth{ g(x) \backslash \{ f(g(x)) \} } \equ \{ f(g(x)) \}$ つまり、 $x \equ f(g(x))$ である。
従って、$g$の制限写像$g : X \rightarrow g(X) \;{\rm は全単射}$ である。
R_0は整列集合より、部分順序集合 $(g(X),\leq)$ も整列集合である。
$\leq_X :\equiv \Set{ (x,y) \in X \times X }{ g(x) \leq g(y) }$ と置く。
以上より、$(X, \leq_X) {\rm は整列集合}$ である。

証明終

$\newcommand{\Seg}[2]{#1\mathord{}\left\lt#2\right\gt}$

$(X, \leq)$ を順序集合とする。
$a \in X$ とする。

$\Seg{X}{a} :\equiv \Set{ x \in X }{ x \lt a }$

$(X, \leq)$ を整列集合とする。
$A \subset X$ とする。

$\all x \in X \;\parenth{ \all y \in X \;\parenth{ y \lt x \Rightarrow y \in A } \Rightarrow x \in A } \Rightarrow A \equ X$ が成り立つ。
- [背理法]$A \subsetneq X$ を仮定する。
- $a :\equiv \min X \backslash A$ と置く。
- $a$ の最小性と $X {\rm は全順序}$ より、$\all y \in X \;\parenth{ y \lt a \Rightarrow y \in A }$ である。
- 従って、仮定より、$a \in A$ となり、これは $a$ の定義に反する。
$A \subsetneq X \land \all a \in A \; \Seg{X}{a} \subset A \Rightarrow A \equ \Seg{X}{\min X \backslash A}$ が成り立つ。
- $c :\equiv \min X \backslash A$ と置く。
- $c \not\in A$ なので、仮定より、$\all a \in A \; c \not\in \Seg{X}{a}$ である。
- 従って、$X {\rm は全順序}$ より、$\all a \in A \; a$ $\lt$ $c \not\in A$ なので $a \nequ c$ $c$ である。
- よって、$A \subset \Seg{X}{c}$ である。
- 一方、$c$ の最小性と $X {\rm は全順序}$ より、$\all x \in X \;\parenth{ x \lt c \Rightarrow x \in A }$ つまり、$\Seg{X}{c} \subset A$ である。
- 以上より、$A \equ \Seg{X}{c}$ である。

$(X,\leq)$ を整列集合とする。

$\all f : X \rightarrow X \;\parenth{ f {\rm は順序写像かつ単射} \Rightarrow \all x \in X \; x \leq f(x) }$ が成り立つ。
- $A :\equiv \Set{ x \in X }{ f(x) \lt x }$ と置く。
- $X {\rm は全順序}$ なので、$A \equ \phi$ であることを示せば良い。
- [背理法]$A \nequ \phi$ として、$a :\equiv \min A$ と置く。
- $a \in A$ なので、$f(a) \lt a$ である。
- 仮定より、$f(f(a)) \lt f(a)$ である。
- 一方、$a$ の最小性から $f(a) \not\in A$ なので、$X {\rm は全順序}$より、$f(f(a)) \geq f(a)$ である。
- これらは矛盾している。
$\all x \in X \; \Seg{X}{x} \not\simeq X$ が成り立つ。
- [背理法]$\exi x \in X \; \Seg{X}{x} \simeq X$ を仮定する。
- $f : X \rightarrow \Seg{X}{x} \; {\rm は順序同型写像}$ とする。
- $f : X \rightarrow X$ を考えると、(1)より、$x \leq f(x)$ である。
- しかし、$f(x) \in \Seg{X}{x}$ つまり $f(x) \lt x$ なので、矛盾である。
$\all x, y \in X \;\parenth{ \Seg{X}{x} \simeq \Seg{X}{y} \Rightarrow x \equ y }$ が成り立つ。
- [対偶法]$X {\rm は全順序}$ なので $x \lt y$ と仮定する。
- $\Seg{X}{y} {\rm は整列集合}$ なので $\Seg{X}{x} \equ \Seg{(\Seg{X}{y})}{x} \not\simeq \Seg{X}{y}$ である。

$(X, \leq_X),(Y, \leq_Y)$ を整列集合とする。

$\begin{array}{@{}c@{}l@{}} {\rm (i)} & \all f : X \rightarrow Y \;\parenth{ f {\rm は順序同型写像} \Rightarrow \all x \in X \; \Seg{X}{x} \simeq \Seg{Y}{f(x)} } \\ {\rm (ii)} & \all f,g : X \rightarrow Y \;\parenth{ f, g {\rm は順序同型写像} \Rightarrow f \equ g } \end{array}$ が成り立つ。
- ${\rm (i)}$$f(\Seg{X}{x}) \equ \Seg{Y}{f(x)}$ を示せば良い。
- $\all y \in X \;\parenth{ y \lt x \Rightarrow f(y) \lt f(x) }$ なので、$f(\Seg{X}{x}) \subset \Seg{Y}{f(x)}$ である。
- $\all y \in Y \;\parenth{ y \lt f(x) \Rightarrow f^{-1}(y) \lt f^{-1}(f(x)) \equ x }$ なので、$\Seg{Y}{f(x)} \subset f(\Seg{X}{x})$ である。
- ${\rm (ii)}$$x, y \in X$ を任意に取る。
- $\Seg{Y}{f(x)} \simeq \Seg{X}{x} \simeq \Seg{Y}{g(x)}$ である。
- 従って、$f(x) \equ g(x)$ である。
以下のどれか1つだけが成り立つ：
$\begin{array}{@{}c@{}l@{}} {\rm (i)} & X \simeq Y \\ {\rm (ii)} & \exi x \in X \; \Seg{X}{x} \simeq Y \\ {\rm (iii)} & \exi y \in Y \; X \simeq \Seg{Y}{y} \end{array}$
- (ア)まずどの2つも両立しないことを示す。
- 上記命題の(2)より、$\neg({\rm (i)} \land {\rm (ii)}) {\rm かつ} \neg({\rm (i)} \land {\rm (iii)})$ である。
- [背理法]${\rm (ii)} \land {\rm (iii)}$ を仮定する。
- $f : X \rightarrow \Seg{Y}{y} \;{\rm を順序同型写像}$ とする。
- (1)より、$\Seg{X}{x} \simeq \Seg{(\Seg{Y}{y})}{f(x)} \equ \Seg{Y}{f(x)}$ である。
- 従って、$Y \simeq \Seg{X}{x} \simeq \Seg{Y}{f(x)}$ となるが、これは上記の命題に矛盾している。
- (イ)次に、いづれか成立することを示す。
- $f :\equiv \Set{ (x,y) \in X \times Y }{ \Seg{X}{x} \simeq \Seg{Y}{y} }$ と置く。
- これが求める順序同型写像であることを示す。
- $\left\{\begin{array}{@{}l@{}c@{}l@{}} A & :\equiv & \Set{ x \in X }{ \exi y \in Y \; (x,y) \in f } \\ B & :\equiv & \Set{ y \in Y }{ \exi x \in X \; (x,y) \in f } \end{array}\right.$ と置く。
- 上記命題(3)より、$\left\{\begin{array}{@{}l@{}l@{}} \all x \in X \; \all y_0, y_1 \in Y \;\parenth{ (x,y_0), (x,y_1) \in f \Rightarrow y_0 \equ y_1 } & {\rm かつ} \\ \all x_0, x_1 \in X \; \all y \in Y \;\parenth{ (x_0,y), (x_1,y) \in f \Rightarrow x_0 \equ x_1 } & \end{array}\right.$ なので、
  $f : A \rightarrow B \; {\rm は全単射}$ である。
- $\begin{array}{@{}c@{}l@{}} {\rm (i)} & \all x_0, x_1 \in X \;\parenth{ x_0 \lt x_1 \in A \Rightarrow x_0 \in A \land f(x_0) \lt f(x_1) } \\ {\rm (ii)} & \all y_0, y_1 \in Y \;\parenth{ y_0 \lt y_1 \in B \Rightarrow y_0 \in B \land f^{-1}(y_0) \lt f^{-1}(y_1) } \end{array}$ が成り立つ。
  - ${\rm (i)}$$f_{x_1} : \Seg{X}{x_1} \rightarrow \Seg{Y}{f(x_1)} \;{\rm を順序同型写像}$ とする。
  - $f_{x_1}(x_0) \lt f(x_1)$ である。
  - $\Seg{X}{x_0} \equ \Seg{\Seg{X}{x_1}}{x_0}$ $\simeq$ (1)より $\Seg{\Seg{Y}{f(x_1)}}{f_{x_1}(x_0)} \equ \Seg{Y}{f_{x_1}(x_0)}$ である。
  - 従って、$(x_0,f_{x_1}(x_0)) \in f$ つまり、$x_0 \in A \land f(x_0) \equ f_{x_1}(x_0) \lt f(x_1)$ である。
  - ${\rm (ii)}$${\rm (i)}$ と同様である。
- 従って、$f : A \rightarrow B \;{\rm は順序同型写像}$ つまり $A \simeq B$ である。
- $A \equ X \land B \equ Y$ の時：
  - $X \equ A \simeq B \equ Y$ である。
- $A \subsetneq X \land B \equ Y$ の時：
  - fが下から上に向かって伸びている様子${\rm (i)}$と最初の命題の(2)より、$\exi x \in X \; A \equ \Seg{X}{x}$ である。
  - よって、$\Seg{X}{x} \equ A \simeq B$ である。
- $A \equ X \land B \subsetneq Y$ の時：
  - fが下から上に向かって伸びている様子${\rm (ii)}$と最初の命題の(2)より、$\exi y \in Y \; B \equ \Seg{Y}{y}$ である。
  - よって、$X \equ A \simeq B \equ \Seg{Y}{y}$ である。
- $A \subsetneq X \land B \subsetneq Y$ の時：
  - fが下から上に向かって伸びている様子と最初の命題の(2)より、$\left\{\begin{array}{@{}l@{}l@{}} \exi x \in X \; A \equ \Seg{X}{x} & {\rm かつ} \\ \exi y \in Y \; B \equ \Seg{Y}{y} & \end{array}\right.$ である。
  - 従って、$\Seg{X}{x} \equ A \simeq B \equ \Seg{Y}{y}$ つまり $(x,y) \in f$である。
  - よって、$x \in A \equ \Seg{X}{x}$ となって矛盾する。

$\text{Zorn}$の補題

$(X,\leq) \text{は順序集合}$とする。

$\phi \neq X \text{は帰納的} \Rightarrow \exi c \in X \; c \text{は} X \text{の極大元}$ が成り立つ。

選択公理$^\text{AC}$より、$\exi f : \text{Pow}(X) \backslash \{ \phi \} \rightarrow X \;\; \all A \in \text{Pow}(X) \backslash \{ \phi \} \; f(A) \in A$ である。
$\text{WelOrd}(X) :\equiv \Set{ A \subseteq X }{ A \text{は整列集合} }$ と置く。
$A \in \text{WelOrd}(X)$ に対し、$\text{UpBnd}(A) :\equiv \Set{ x \in X }{ x \not\in A \land x \text{は} A \text{の上界} }$ と置く。
$a \in A \in \text{WelOrd}(X)$ に対し、$\Seg{A}{a} \in \text{WelOrd}(X)$ かつ $\text{UpBnd}(\Seg{A}{a})$ $\neq$ $a \in \text{UpBnd}(\Seg{A}{a})$ である。 $\phi$ である。
$\text{Seq}_f :\equiv \Set{ A \in \text{WelOrd}(X) }{ \all a \in A \; a \equ f(\text{UpBnd}(\Seg{A}{a})) }$ と置く。
$A_\infty :\equiv \bigcup \text{Seq}_f$ と置く。
$A_\infty \in \text{Seq}_f$ が成り立つ。
- $\all A, B \in \text{Seq}_f \;\left\{\begin{array}{} & A \equ B \\ \lor & \exi a \in A \; \Seg{A}{a} \equ B \\ \lor & \exi b \in B \; A \equ \Seg{B}{b} \\ \end{array}\right.$ が成り立つ。
  - 整列集合の比較可能性(2)より、$\left\{\begin{array}{} & A \simeq B \\ \lor & \exi a \in A \; \Seg{A}{a} \simeq B \\ \lor & \exi b \in B \; A \simeq \Seg{B}{b} \\ \end{array}\right.$ である。
  - いずれの場合も同様なので、$\exi b \in B \; A \simeq \Seg{B}{b}$ とする。
    (以下の議論で$b$が関与することは無い。)
  - $\varphi : A \rightarrow \Seg{B}{b} \;\text{は順序同型写像}$ とする。
  - $\all a \in A \; \varphi(a) \equ a$ が成り立つ。
    
    $C :\equiv \Set{ x \in A }{ \varphi(x) \equ x }$ と置く。
    
    $a \in A$ を任意に取る。
    
    $\all x \in A \;\parenth{ x \lt a \Rightarrow x \in C }$ と仮定する。
    
    $\Seg{A}{a} \equ \Seg{B}{\varphi(a)}$ が成り立つ。
    
    $\subseteq$$\all x \in \Seg{A}{a} \; x$ $\equ$ 仮定より、$x \in C$ $\varphi(x)$ $\lt$ $\varphi \text{は順序写像}$ $\varphi(a) \;\parenth{ \lt b }$ である。
    
    $\supseteq$$y \in \Seg{B}{\varphi(a)}$ を任意に取る。
    
    $\varphi^{-1}(y)$ $\lt$ $\varphi \text{は順序同型写像}$ $\varphi^{-1}(\varphi(a)) \equ a$ なので、仮定より、$\varphi^{-1}(y) \in C$ である。
    
    従って、$\varphi^{-1}(y) \equ \varphi(\varphi^{-1}(y)) \equ y$ である。
    
    従って、$y \equ \varphi^{-1}(y) \in A$ である。
    
    $a$ $\equ$ $A \in \text{Seq}_f$ である。 $f(\text{UpBnd}(\Seg{A}{a}))$ $\equ$ 切片が一致 $f(\text{UpBnd}(\Seg{B}{\varphi(a)}))$ $\equ$ $B \in \text{Seq}_f$ である。 $\varphi(a)$ である。
    
    従って、$a \in C$ である。
    
    よって、$A \text{は整列集合}$ と整列集合の帰納法(1)より、$C \equ A$ である。
  - よって、$A \equ \varphi(A)$ $\equ$ $\varphi \text{は全射}$ である。 $\Seg{B}{b}$ である。
- $A_\infty \text{は整列集合}$ が成り立つ。
  - $\phi \nequ C \subseteq A_\infty$ を任意に取る。
  - $\phi \nequ C \equ C \cap A_\infty \equ \bigcup\limits_{A \in \text{Seq}_f} \parenth{ C \cap A }$ である。
  - 従って、$\exi A \in \text{Seq}_f \; C \cap A \nequ \phi$ である。
  - $c :\equiv \min \parenth{ C \cap A }$ と置く($c \equ \min C$を示す)。
  - $x \in C$ を任意に取る。
  - $x \in C \subseteq A_\infty$ なので、$\exi B \in \text{Seq}_f \; x \in B$ である。
  - $A \equ B \lor \exi a \in A \; \Seg{A}{a} \equ B$ の場合($\because$整列集合の比較可能性の具体形)：
    
    $x \in C \cap B \subseteq C \cap A$ なので、$c \equ \min \parenth{ C \cap A } \leq x$ である。
  - $\exi b \in B \; A \equ \Seg{B}{b}$ の場合($\because$整列集合の比較可能性の具体形)：
    
    $x, b \in B$ なので $x \lt b \lor b \leq x$ である。
    
    $x \lt b$ ならば、$x \in C \cap \Seg{B}{b} \equ C \cap A$ となって、$c \leq x$ である。
    
    $b \leq x$ ならば、$c \in C \cap A \subseteq A \equ \Seg{B}{b}$ と併せて、$c \lt b \leq x$ である。
  - いずれにしても、$c \leq x$ である。
- $x \in A_\infty$ を任意に取る。
- $\exi A \in \text{Seq}_f \; x \in A$ である。
- $\Seg{A_\infty}{x} \equ \Seg{A}{x}$ が成り立つ。
  - $\subseteq$$A_\infty$ の定義より、$\all B \in \text{Seq}_f \; \Seg{B}{x} \subseteq \Seg{A}{x}$ を示せばよい。
  - $B \in \text{Seq}_f$ を任意に取る。
  - $A \equ B$ の場合($\because$整列集合の比較可能性の具体形)：
    
    明らかに、$\Seg{B}{x} \subseteq \Seg{A}{x}$ である。
  - $\exi a \in A \; \Seg{A}{a} \equ B$ の場合($\because$整列集合の比較可能性の具体形)：
    
    $\Seg{B}{x} \equ \Seg{(\Seg{A}{a})}{x} \subseteq \Seg{A}{x}$ である。
  - $\exi b \in B \; A \equ \Seg{B}{b}$ の場合($\because$整列集合の比較可能性の具体形)：
    
    $x \in A \equ \Seg{B}{b}$ なので、$x \lt b$ である。
    
    従って、$\Seg{B}{x} \subseteq \Seg{B}{b} \equ A$ であり、$\Seg{B}{x} \subseteq \Seg{A}{x}$ である。
  - $\supseteq$明らかに、$\Seg{A_\infty}{x} \supseteq \Seg{A}{x}$ である。
- 従って、$f(\text{UpBnd}(\Seg{A_\infty}{x})) \equ f(\text{UpBnd}(\Seg{A}{x}))$ $\equ$ $A \in \text{Seq}_f$ である。 $x$ である。
- よって、$A_\infty \in \text{Seq}_f$ である。
$\text{UpBnd}(A_\infty) \equ \phi$ が成り立つ。
- [背理法]$\text{UpBnd}(A_\infty) \nequ \phi$ と仮定する。
- $a_0 :\equiv f(\text{UpBnd}(A_\infty))$ と置き、
  $A_0 :\equiv A_\infty \coprod \{ a_0 \}$ と置く。
- $A_\infty \in \text{WelOrd}(X) \land a_0 \text{は} A_\infty \text{の上界}$ なので、$A_0 \in \text{WelOrd}(X)$ である。
- $a_0 \equ f(\text{UpBnd}(A_\infty))$ $\equ$ $a_0$ の定義。 $f(\text{UpBnd}(\Seg{A_0}{a_0})$ である。
- 従って、A_∞もまたf-列も併せて、$A_0 \in \text{Seq}_f$ である。
- よって、$A_\infty \subsetneq A_0 \subseteq \bigcup\limits_{A \in \text{Seq}_f} A \equ A_\infty$ となって矛盾する。
従って、$\all x \in X \;\parenth{ x \text{は} A_\infty \text{の上界} \Rightarrow x \in A_\infty }$ である。
$A_\infty \text{は整列集合}$ と仮定[$X \text{は帰納的}$]より、$\exi c \in X \; c \text{は} A_\infty \text{の上界}$ である。
$c \leq d \in X$ を任意に取る。
$c \text{は} A_\infty \text{の上界} \land c \leq d$ なので、$d \text{は} A_\infty \text{の上界}$ である。
従って、A_∞以降はもう真の上界を採れないも併せて、$d \in A_\infty$ である。
従って、$d \leq c$ であり、よって、$c \equ d$ である。

この証明は、内田伏一著｢集合と位相増補新装版｣(裳華房)のp43,定理10.1(ツォルンの補題)の証明に基づいています。