佐恩引理

设 $\{A_i\}_\{i \in I\}$ 是一族非空集合。要对它造出一个选择函数。

① 舞台：部分选择函数全体。令

按包含关系 $\subseteq$ 排序。$\mathcal{F} \ne \emptyset$（空函数在 $\mathcal{F}$ 中），且 $(\mathcal{F}, \subseteq )$ 是偏序集。

② 每个链有上界：设 $\mathcal{D} \subseteq \mathcal{F}$ 是 $\subseteq$链，令 $f = \bigcup \mathcal{D}$。

$f$ 是函数：若 $(i, a), (i, a') \in f$，则它们分别属于某个 $f_{1}, f_{2} \in \mathcal{D}$；$\mathcal{D}$ 是链，不妨设 $f_{1} \subseteq f_{2}$，于是 $(i, a), (i, a') \in f_{2}$，而 $f_{2}$ 是函数，故 $a = a'$。 $f \in \mathcal{F}$：$\operatorname{dom} f = \bigcup _\{g \in \mathcal{D}\} \operatorname{dom} g \subseteq I$，且对 $i \in \operatorname{dom} f$ 有 $f(i) \in A_i$。 $f$ 是 $\mathcal{D}$ 的上界：$f \supseteq g$ 对一切 $g \in \mathcal{D}$ 成立。

③ 用佐恩引理，取 $(\mathcal{F}, \subseteq )$ 的极大元 $f$。

④ 极大元必须「定义在全体 $I$ 上」：若存在 $i_{0} \in I \setminus \operatorname{dom} f$，由 $A_\{i_{0}\} \ne \emptyset$ 取 $a \in A_\{i_{0}\}$，则

仍是 $\mathcal{F}$ 中的元素（$i_{0} \notin \operatorname{dom} f$，不破坏函数性），且 $f \subset f'$ —— 与 $f$ 的极大性矛盾。故 $\operatorname{dom} f = I$。

⑤ 于是 $f : I \to \bigcup _\{i \in I\} A_i$ 且 $f(i) \in A_i$ 对一切 $i$ 成立，即 $f$ 是这族集合的选择函数。由族的任意性，AC 成立。∎

设 $V \ne 0$ 是域 $K$ 上的向量空间，并给定线性无关集 $S_{0} \subseteq V$。令

按包含关系 $\subseteq$ 排序。

1. $\mathcal{A} \ne \emptyset$：$S_{0} \in \mathcal{A}$。
2. 每个链有上界：设 $\mathcal{D} \subseteq \mathcal{A}$ 是 $\subseteq$链，令 $U = \bigcup \mathcal{D}$。要证 $U$ 线性无关，只需证 $U$ 的每个有限子集线性无关：取有限子集 $\{v_{1}$ …$v_{n}\} \subseteq U$，每个 $v_{i}$ 属于某个 $D_{i} \in \mathcal{D}$；$\mathcal{D}$ 是链且只有有限多个 $D_{i}$，故其中有一个最大的 $D$ 包含全部 $v_{i}$，即 $\{v_{1}$ …$v_{n}\} \subseteq D$。而 $D$ 线性无关，故它的子集 $\{v_{1}$ …$v_{n}\}$ 也线性无关。因此 $U$ 线性无关，$U \in \mathcal{A}$，它是 $\mathcal{D}$ 的上界。
3. 由佐恩引理，$\mathcal{A}$ 有极大元 $B$。$B$ 是含 $S_{0}$ 的线性无关集，且在「含 $S_{0}$ 的线性无关集」中极大。
4. $B$ 生成 $V$：若存在 $v \in V$ 不在 $B$ 的张成空间 span(B) 中，则 $B \cup \{v\}$ 仍线性无关（否则 $v$ 可写成 $B$ 中有限多个向量的线性组合，与 $v \notin \operatorname{span}(B)$ 矛盾），且严格大于 $B$，与 $B$ 的极大性矛盾。故 $\operatorname{span}(B) = V$，即 $B$ 是 $V$ 的基。取 $S_{0} = \emptyset$ 得「$V$ 有基」。∎

设 $(P, \preceq )$ 是偏序集，$C_{0} \subseteq P$ 是链。令

按包含关系 $\subseteq$ 排序。给定 $C_{0}$ 时改用 $\mathcal{C}_{0} = \{ C \in \mathcal{C} : C \supseteq C_{0} \}$，它非空（$C_{0} \in \mathcal{C}_{0}$）。

1. $\mathcal{C}_{0}$ 中每个链有上界：设 $\mathcal{D} \subseteq \mathcal{C}_{0}$ 是（$\subseteq$）链，即 $\mathcal{D}$ 是一族两两可比较的链。令 $U = \bigcup \mathcal{D}$。任取 $x, y \in U$，则有 $D_{1}, D_{2} \in \mathcal{D}$ 使 $x \in D_{1}$、$y \in D_{2}$；因 $\mathcal{D}$ 是链，不妨设 $D_{1} \subseteq D_{2}$，于是 $x, y \in D_{2}$，而 $D_{2}$ 是链，故 $x$ 与 $y$ 可比。所以 $U$ 是链。又每个 $D \in \mathcal{D}$ 都 $\supseteq C_{0}$，故 $U \supseteq C_{0}$，即 $U \in \mathcal{C}_{0}$，它是 $\mathcal{D}$ 的上界。
2. 由佐恩引理，$\mathcal{C}_{0}$ 有极大元 $M$。$M$ 是包含 $C_{0}$ 的链，且不能再变大，即 $M$ 是包含 $C_{0}$ 的极大链。∎

设 $(P, \preceq )$ 是非空偏序集，且 $P$ 的每个链都有上界。

1. 由 Hausdorff 极大原理（取 $C_{0} = \emptyset$），$P$ 存在极大链 $M$。
2. M 是链，故由题设有上界 $u \in P$。
3. 断言 $u$ 是极大元：若不然，存在 $v \in P$ 使 $u \prec v$。则 $M \cup \{v\}$ 仍是链——任取 $m \in M$，由 $m \preceq u \prec v$ 及传递性得 $m \preceq v$，故 $m$ 与 $v$ 可比。于是 $M \subset M \cup \{v\}$ 是一个更大的链，与 $M$ 的极大性矛盾。

故 $u$ 是 $P$ 的极大元。∎

设 $(P, \preceq )$ 是非空偏序集，且 $P$ 的每个链都有上界。目标是造出一个极大元。

① 一个选择函数：由 AC，$\mathcal{P}(P) \setminus \{\emptyset \}$ 上有选择函数 $\varphi$，即 $\varphi (A) \in A$ 对每个非空 $A \subseteq P$ 成立。整段证明只挑这一次。

② 链的严格上界：对链 $C \subseteq P$ 记

（约定 $S(\emptyset ) = P$。）注意「$C$ 有上界」与「$S(C) \ne \emptyset$」不是一回事：$S$ 要的是严格上界。

③ 超限递归：只要 $S$ 非空就往下走 ——

于是得到一列严格递增的 $p(0) \prec p(1) \prec p(2) \prec \cdots$。第 0 步用 $S(\emptyset ) = P \ne \emptyset$，所以 $p(0) = \varphi (P)$ 有定义。

④ 必停：由 Hartogs 定理，$\aleph (P)$ 是不能单射进 $P$ 的最小序数。把递归的上限取到 $\aleph (P)$ 就够 —— 若对一切 $\alpha < \aleph (P)$ 都不停，则 $\alpha \mapsto p(\alpha )$ 就是一个单射 $\aleph (P) \to P$，与 $\aleph (P)$ 的定义矛盾。故存在 $\alpha _{0} < \aleph (P)$ 使 $S(\{ p(\beta ) : \beta < \alpha _{0} \}) = \emptyset$。（这一步只用到 ZF，不用 AC。）

⑤ 停下来就给极大元：令 $C = \{ p(\beta ) : \beta < \alpha _{0} \}$，它是 $P$ 的一个链（而且是严格递增的），由题设存在上界 $u \in P$。

⑥ $u$ 是极大元：若存在 $v \in P$ 使 $u \prec v$，则由 $u \succeq c$（$\forall c \in C$）与传递性得 $v \succ c$（$\forall c \in C$），即 $v \in S(C)$ —— 与 $S(C) = \emptyset$ 矛盾。故 $u$ 是 $P$ 的极大元。∎

$>$ 这一路线的分工很干净：AC 负责「挑」，Hartogs 负责「停」。对比之下，经由良序定理的证法（见「良序定理 $\iff$ 佐恩引理」那条黑线）是把「停」交给 Burali–Forti 悖论。

设 $(P, \preceq )$ 是非空偏序集，且 $P$ 的每个链都有上界。由良序定理，取 $P$ 上的一个良序 $\le$（与 $\preceq$ 无关）。

用超限递归沿 $\le$ 构造 $P$ 的一个 $\preceq$链 $C$：

• 记 $U(C) = \{ u \in P : u$ 是 $C$ 的 $\preceq$上界 }。
• 若 U(C) 中存在元素有 $\preceq$严格上界，就取其中 $\le$最小的那个 $v$，令 $C \leftarrow C \cup \{v\}$；
• 否则停止。

为什么必停：每步都往 $C$ 里加入一个不属于 $C$ 的元素，所以若在任意序数处都不停，就会得到从「全体序数」到 $P$ 的单射。由替换公理模式，全体序数会是一个集合的像，即序数全体构成集合——这与 Burali-Forti 悖论矛盾。故递归在某个序数 $\beta$ 处停止。

停止时 $C$ 有上界：$C$ 是 $\preceq$链，由题设 $U(C) \ne \emptyset$，取 $u \in U(C)$。

$u$ 是极大元：若存在 $w \in P$ 使 $u \prec w$，则 $w \succ u \succeq c$（$\forall c \in C$），故 $w \in U(C)$ 是有严格上界的元素，与「停止条件」矛盾。

故 $u$ 是 $P$ 的 $\preceq$极大元。∎

设 $X$ 是集合。考虑「$X$ 的部分良序」全体：

按初始段延拓排序：

$(W_{1}, \preceq _{1}) \le (W_{2}, \preceq _{2}) \iff W_{1} \subseteq W_{2}$，$\preceq _{1} = \preceq _{2}|W_{1}$，且 $W_{1}$ 是 $(W_{2}, \preceq _{2})$ 的一个前段。

1. $(\mathcal{W}, \le )$ 是偏序集（三条性质直接验证）。
2. 每个链有上界：设 $\mathcal{D} \subseteq \mathcal{W}$ 是链。令 $W^{$} = \bigcup \{ W : (W, \preceq ) \in \mathcal{D} \}W∗=⋃{W:(W,⪯)∈D}，在 $W^{$} 上定义

因 $\mathcal{D}$ 是链，这些良序彼此兼容，$\preceq_$⪯∗​ 是 $W^{$} 上的良序，且 $(W^{$}, \preceq_)\in \mathcal{W} 是 $\mathcal{D}$ 的上界。

1. 由佐恩引理，取极大元 $(W, \preceq )$。
2. 若 $W \ne X$，取 $x \in X \setminus W$，在 $W \cup \{x\}$ 上定义序：保留 $W$ 上的 $\preceq$，并令所有 $w \in W$ 都 $\preceq x$（把 $x$ 放在最顶端）。这仍是良序，而且是 $(W, \preceq )$ 的严格延拓，与极大性矛盾。故 $W = X$，即 $X$ 被良序化。∎