事前说明：本篇属于研究院记录下的证明手稿，与诸自然发展故事无关。
定理：若f是一个序数类上的连续增函数，则其有不动点
证明：对于一个ord上连续增函数f，选定任意一个序数a，考虑a_n如下
a_0=a
a_n+1=f(a_n)
a_ω=lim a_n
考虑任意b＜a_ω，由于lim_a_n=a_ω，所以a_n序列是a_ω的无界子集，则对于任意b，都存在a_n＞b，因此f(b)一定小于f(a_ω)，因此若f(c)=a_ω，那么c≥a_ω且。又因为f是连续函数，则a_ω∈dom(f)，因此若c＞a_ω使得f(c)=a_ω，则必须使得f(c)=f(a_ω)，这与递增条件矛盾，因此得证
定理：对于任意带有k多参数的＜k-无穷语言L(令势为λ)，如果任意一个L-模型M满足存在ramsey基数，那么就存在M的k大不可辨认元
证明：考虑参数为k多的L上的公式集S，令参数集为A，考虑映射f：A^＜ω→P(S)，使得f(a0，a1，...an)=b当且仅当任意公式φ∈b，φ(a0，a1，...an)为真。为了方便处理，我们考虑2^2^λ到P(S)的双射g。那么，令复合映射f*g写为h。接下来我们考虑，另一个映射H，使得H的定义域为偶数长参数序列，H：A^＜ω→2，H(a0，a1，...a2n)=1当且仅当h(a0，a1，...an)=h(an+1，an+2，...a2n)
由于A^＜ω和k有双射，若齐次集H*选择被划分到0，那么考虑H*的k多无交有限划分b_n：n∈k，使得每个b_n都是偶数多基数，且等势，则考虑每一个b_n对应的参数有限序列，它们的值在h下都应该不一样，那么h理应存在k大值域，但由k强极限性，矛盾。则齐次集只可能被划分到1，则存在H的k大齐次集E，则对于任意E中两个等长有限序列a，b，由于任意φ∈h(a)，φ(a)为真，那么由H(aUb)=1，φ(b)也为真，则E是L的k大不可辨认元集。则定理得证
定理：假如k上存在正规非主超滤子U，则任意k的无界闭子集都是它的元素
我们首先，考虑对于任意a∈k而言，集合Xa=｛n：a+1＜n＜k｝，那么由非主超滤性，它是U元素。那么，考虑它的对角线交，则∏1∩k=C∈U。对于k的任意一个无界闭子集UBC=(a_n：n∈k)，考虑由它确定的U内元素序列(S_n：n∈k)，使得S_n=｛a：a_n＜a＜k｝。则，考虑它的对角线交Δa＜kSa=C1∈U，由滤子定义，C1∩C非空，而C1∩C是UBC子集(考虑到，对于Sa的对角线交而言，a_n≥n。那么，对于进入对角线交的n，要么n是后继序数且n-1=a_n-1，要么极限序数且n=a_n(考虑到无界闭子集，n不能做到既大于所有的a_m使得m＜n，也小于a_n)。所以，C1∩C只能是UBC的子集，因此UBC∈U
不知被放在何处的课本，上面有一些关于习题的解答
习题9.13
证明：不存在ω→ω^＜ω
假如真，那么考虑这样的划分函数F：F(x)=1当且仅当Card(x)∈x。考虑H⊂ω使得H是F的齐次集，显然对于任意n∈ω，F(n)=0，且对于任意非1自然数n，F(n)=0。那么，自然F［H］≠｛1｝。那么考虑自然数n∈H，我们显然可以得到存在一个H-｛n｝的n元子集m使得m∈［H］^n，则F(m)=0，而这于前提矛盾。
习题9.1(1)
证明：对于一个无穷偏序集(T，＜)，要么存在其的一个无穷长链，要么存在一个无穷大的两两不可比子集。
考虑T的一个可数子集T1，我们考虑这样的二元划分函数F：F(a，b)=1当且仅当要么a＜b要么b＜a，反之则是0。由于ramsey定理，ω→ω^2_2，存在T1的可数齐次子集H使得要么H内元素成对在＜上可比，要么则成对不可比，则定理得证。
习题9.1(2)
证明：对于一个无穷全序集(S，＜)，要么存在无穷递增要么存在无穷递减链。
考虑可数子集S1，我们考虑其上选择函数决定的良序＜_W，以及其上划分函数F(a，b)=1当且仅当a＜b且a＜_Wb，反之则0。考虑齐次集H，若其被划分到1，则对于任意a∈H，都存在b使得a＜b，且H存在＜-最小元，因此H是一个S1的无穷升链。反之，则对于任意a∈H，都存在b使得a＞b，因此H是一个无穷降链，得证。
...
马洛相关结论汇总+不可达结论汇总
强马洛⇔强不可达+下方强不可达构成驻集
1.强马洛k推强不可达+下方强不可达构成驻集
考虑强马洛基数k，首先其是强不可达。假设存在一个无界闭子集C⊂k使得C不包含任意一个强不可达基数，则考虑全体k下任意除N0外强极限基数组成的子集与它的交集，这也是一个无界闭子集(因为C中任意正则基数都不是强极限基数)，然而它与k下方正则基数无交，矛盾
2.强不可达+下方强不可达构成驻集→强马洛
证：显然，由于强不可达基数都是正则基数，所以任何一个无界闭子集中都一定包含一个正则基数(也就是被包含的强不可达基数)，因此得证
k弱不可达且下方弱不可达构成驻集S→弱马洛
由k不可达，考虑k的任意无界闭子集C，因为S与C所交非空，且S是k下全体正则基数R的子类，所以R与每一个C都所交非空，则k是弱马洛
弱马洛→k弱不可达且下方弱不可达构成驻集S
考虑弱马洛基数k，首先其是不可达。假设存在一个无界闭子集C⊂k使得C不包含任意一个不可达基数，则考虑全体k下任意除N0外极限基数组成的子集与它的交集，这也是一个无界闭子集(因为C中任意正则基数都不是极限基数)，然而它与k下方正则基数无交，矛盾
总结：k是弱马洛等价于k是弱不可达且下方的弱不可达基数构成其驻集
马洛相关结论
任意超限长的强极限基数构成它的无界闭子集
证明：闭性：对于一个超限长的强极限基数序列，其极限点A一定是一个基数。因为对于任何X＜A一定存在一个B＜A使得B是强极限且X＜B，所以|P（X）|＜B＜A，所以A也是强极限，所以马洛下方的强极限基数构成它的无界闭子集
无界性：首先，N0是第一个k下强极限并规定序列(a_n：n∈ω)使得a_n+1=2^a_n，a_0=N0，由于k的强极限性，任意a_n+1＜k。由k正则性，这个序列的极限也就是一个强极限基数b_1＜k，以此类推，对于任意基数a＜k，都可以按照上面的方式构建一个在k下a上的强极限基数，因此强极限基数在k下无界
马洛是不可达基数
因为马洛是不可数正则，所以我们只需要证明强极限性：如果马洛k不是强极限，则存在a＜k使得2^a≥k，然而由于k下强极限基数无界，所以存在强极限基数b＞a使得2^a＜b，所以2^a＜k，矛盾，所以马洛是强极限基数，因此马洛是不可达基数
马洛基数不是第一个不可达
证明：第一个不可达基数下方全体不可数强极限基数构成它的一个无界闭子集，然而这些强极限基数都是奇异的，因此第一个不可达基数下方的全体正则基数构成的子集不是它的驻集
马洛基数不是第n+1个不可达
证明：第n+1个不可达下方，第n个不可达之上的全体强极限基数构成它的无界闭子集，同样奇异，于驻集无交，矛盾
马洛不是第n（n＜k且n是极限）个不可达
证明：首先我们要知道一点：第一个下方有n个不可达基数的强极限基数不是正则基数（因为有n＜k长共尾序列）所以第一个下方有n个不可达基数的不可达基数和上面所说的这些n多不可达基数之上确界之间全体的强极限基数也是它的无界闭子集(这是显然的，闭性由强极限基数的极限也是强极限得出，无界性则可预设存在k下最大强极限基数a而通过可数次幂集取极限得到新的强极限导出矛盾)，从而得出它们于k下方全体正则基数组成的驻集无交，矛盾
所以，马洛应该至少满足是第k个不可达基数
(实际上通过等价定义我们也可以看见马洛下方的不可达基数构成它的驻集如果这个驻集不是无界闭的，那么这个有界子集的上确界也应该是强极限不可数基数，并且由于这个驻集是全体无界闭子集的交集那么它的上确界也应该是全体无界闭子集的元素，那么应该也在驻集之中但这个元素不是不可达基数，因为它有小于k长共尾度，这与驻集的元素都是不可达基数矛盾，所以这个驻集也是无界子集，因此马洛下方一定有k个不可达基数，且马洛自身是不可达基数，则马洛是1-不可达基数)
证明：弱紧致k是不可达基数
正则性：若否，则可以考虑k的共尾度大共尾子集a，则可以由a的元素决定a个k的始段S_n，那么有以下p_2(k)上的划分函数f：若a，b属于k，且a，b属于同一个S_n，那么划分为1，否则为0。那么，齐次集要么是a大的，要么是＜k大的，这与前提矛盾，因此k正则
强极限：我们先考虑以下引理：
不存在2^y→(y+)^2
首先，我们考虑2^y上的序关系
考虑集合S=｛f|f：y→2｝，由于它和2^y存在双射，那么我们先考虑它上的序
称函数f＞g，当且仅当在最小的x使得f(x)≠g(x)上，f(x)＞g(x)
接下来我们考虑以下引理
不存在该序的y+长递增/递减链
证明：若存在，那么有S子集B=｛f_n：n属于y+｝，使得f_n＜f_m当且仅当n＜m。那么，再考虑最小的θ使得A=｛f_n↑θ：n属于y+｝基数为y+。
则引理得证。
那么则不存在2^y→(k)^2(因为若存在，那么2^y→(y+)^2也存在，因为k≥y+)，则不存在k→(k)^2(因为若存在，那么2^y→(k)^2也自然存在，前者是后者划分函数的始段)，这与前提矛盾
定理：可测是不可达的
证明：首先可测是不可数的，我们接下来来证明它是正则的
假如不是，那么存在λ∈k使得cf(k)=λ
考虑一个k的λ长共尾序列(a_n：n∈λ)，对于每一个a_n，确立一个k的子集A_n=k/a_n。由于非主超滤性，A_n∈U。由k完备性，考虑∩_n∈λ A_n=∅，由定义得到是矛盾的。因此可测是正则的。
我们接下来来证明它必然是强极限的。
如果不是，那么存在λ＜k使得存在S作为一个k大的由λ到2之映射构成的集合。现在我们这样利用k上的超滤来定义一个二元关系f：(a，1)∈f当且仅当｛g∈S：g(a)=1｝∈U，反之则(a，0)∈f。由于超滤性，这样的f会是一个函数，并且其定义域会是λ而值域是｛0，1｝，则∩_a∈λ ｛g∈S：g(a)=f(a)｝=｛f｝且｛f｝是U的元素，由非主性可以得到这是矛盾的。
定理：可测是弱紧致的
这一点我们用弱紧致基数的等价定义，即带有树性质的不可达基数来证明
考虑一颗每层＜k大的k高的树(T，＜)，这样定义一条枝B：a∈B当且仅当A_a=｛c∈T：a＜c｝∈U。首先我们来验证每一层都有a∈B：对于第0层，root(T)∈B是显然的。对于n+1层，如果n层存在a∈B，且每一层只有＜k多个元素，因此必然存在一个高度为n+1的a使得a∈B(假设没有这样的a，对于每一个a，这样的k/A_a都会是U的元素。由于n+1层只有＜k多个元素，考虑这些k/A_a的交集，这会是＜k个元素(任何高于n+1层的元素都会因为A_a∉U而不在这个交集中，而这与定义矛盾。)对于n为极限序数的高度，由于对于任意一个n层的a，A_a∉U，所以k/A_a∈U。同理考虑全体k/A_a的交，同理会是＜k大的，由定义矛盾。因此B是k长的，接下来证明全序性。假设存在a，b∈B使得它们是不相容的，则A_a∩A_b=∅，矛盾。因此B是一条k长枝，得证树性质，再由可测的不可达性得到可测是弱紧致的。
可测推ramsey
一元集：
由双射f：x→｛x｝，我们可以知晓，一定存在一个k大齐次集
n+1：由n元情况成立，我们考虑任意一个k上n+1元划分函数f，对于任意一个a＜k，我们定义n元划分函数fa使得fa（s）=f（s∪｛a｝）。由n元齐次性，存在集合Aa作为fa的k大齐次集。考虑Aa∈U（如果否，那么存在一个k-Aa的子集B也会作为一个k大齐次集∈U。我们令那个B为新的Aa。证明：一元集显然，对于n+1情况（对于n元组情况Aa∈U，则对于n+1元组，若A_b∉U，存在C⊂k-A_b也是齐次的）首先，依赖n+1元划分函数fa定义n元划分函数ga，使得对于任意x=｛c｝∪s，且c为其最小元，则ga（s）=fa（s∪｛c｝)。由归纳条件，存在Ba∈U使得Ba是ga的n元齐次集。则它也是fa的n+1元齐次集。（对于任意两个Ba中n+1元组x1，x2，fa（x1）=ga（s1），fa（x2）=ga（s2)，由于s1，s2都是Ba上的n元组，所以其赋值相同，因而fa（x1)=fa(x2)。取Ba∩k-Aa=C，则C是fa的n+1元齐次集且C∈U。
接下来，取Δ_a＜k Aa=A∈U，由于对于任意一个A中n元集x，考虑其最小元a，则x可以写成a∪S的形式，我们定义一个A上选择函数h，使得h（a）=fa（s）=f(x)（注意到，对于任意x中元素b，如果b＞a则b∈Aa，因而对于任意x，如果它们的a一样，那么它们的s在fa下赋值一样，它们的f（x）也是一样的）由正规性，存在H⊂A∈U使得H对选择函数取常值，则其中任意n+1元组都在同一个赋值，因而齐次。
我们对于任意n，k→（k）^n_2所导出的齐次集命名为H_n，取∩n∈N H_n=H_＜ω∈U。则对于任意k→（k）^＜ω的划分函数f，我们都可以把它拆成ω个k→（k）^n的划分函数f_n之并，使得f（a）=f_n(a)。则H_^＜ω是它的齐次集。
考虑非平凡j：V→M，我们来证明其临界点k是可测的。我们考虑U=｛A⊂k：k∈j(A)｝
k是基数
如果否，则存在λ＜k使得存在双射f：λ→k。那么M|=j(f)：j(λ)→j(k)是双射。由于j(λ)=λ，且对于任意a＜k，j(a)=a。所以f=j(f)。然而k=range(f)≠range(j(f))=j(k)，这是矛盾的。
2.k是正则的
如果否，存在λ＜k使得(a_i：i∈λ)是一个k的共尾序列。那么M|=j((a_i：i∈λ))是一个j(k)的共尾序列。然而对于任意a_i，j(a_i)=a_i，所以j(a_i：i∈λ)在j(k)中有界，这是矛盾的
3.k是可测的
首先，∅不属于U：j(∅)=∅，这是显然的。k显然属于U，j(k)＞k。对于任意A，B∈U：考虑A∩B，由于k∈j(A)且k∈j(B)，所以k∈j(A∩B)，所以A∩B∈U
对于A∈U，A⊂B，那么j(A)⊂j(B)，所以k∈j(B)，所以B∈U。对于任意A⊂k，如果A不属于U则k不属于j(A)，由于k∈j(k)，所以k一定属于j(k-A)，因而k-A∈U。对于任意a＜k，Xa∈U，且a=j(a)，则显然k∈j(∩_b∈a Xa)。
k^＜k∩U=∅：对于任意a＜k大子集A，由于任意b∈A，j(b)=b，且j(a)=a。所以k不属于A，所以A不属于U。
假如存在非空B⊂k使得对于任意A∈U，B⊂A，那么M|=k∈j(B)且对于任意j(A)，j(B)⊂j(A)，则B∈U。对于一个a∈B使得a≠k，我们考虑C=B-｛a｝。V满足存在C⊂k存在d∈k：C⊂B且任意a∈C：a≠d，那么M满足存在j(C)⊂j(k)以及j(d)∈j(k)：任意a∈j(C)，a≠j(d)=d，因为k∈j(B)，j(B)-j(C)=｛d｝≠｛k｝，所以k∈j(C)。因此C∈U，然而，B并不是C的子集
这无疑问是矛盾的。
U是正规的
对于任意A∈U，和其上选择函数f。考虑j(f)(k)=λ
，由于对于M满足任意a∈j(A)，j(f)(a)∈a，所以λ＜k。因此j(λ)=λ，令B=｛a∈A：f(a)=λ｝，j(B)=｛a∈j(A)：j(f(a))=λ｝，k∈j(B)则B∈U
...
未完待续...
