Mengapa fakta bahwa kita tidak dapat memaksa hipotesis kontinum secara langsung membuktikan hipotesis kontinum?
Saya membaca Forcing for Mathematicians dari Nick Weaver dan di Bab 12 ("Forcing CH") dia mulai dengan ini (halaman 45 - 46):
(Semuanya di sini direlatifkan ke $M$ - yang dalam bukunya adalah model ZFC).
Membiarkan $P_1$ menjadi himpunan semua fungsi parsial dari $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ untuk $\aleph_1$ (yang merupakan gagasan yang memaksa) dan biarkan $G$ menjadi cita-cita umum $P_1$. Karena unsur$G$ adalah fungsi yang harus konsisten (sejak $G$ adalah ideal) Anda dapat menggabungkan keduanya untuk membuat fungsi $\tilde{f}$ dari subset $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ke bagian tertentu $\aleph_1$.
Dia kemudian membuktikan bahwa:
- $\tilde{f}$ adalah bijection (bukan hanya fungsi) dari subset $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ke bagian tertentu $\aleph_1$ karena menyatukan bias yang konsisten memberi Anda kebijaksanaan.
- Domain dari $\tilde{f}$ adalah semua $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ sejak $G$ bersifat generik.
- Kisaran $\tilde{f}$ adalah semua $\aleph_1$ sejak $G$ bersifat generik.
Sejauh yang saya tahu karena itu, diberikan model apa pun $M$ ZFC (yaitu setiap set yang dipegang ZFC), ada bijak darinya $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ untuk $\aleph_1$ dan karena itu hipotesis kontinum benar.
Aku tahu dia terus membicarakannya $M[G]$ tapi, sejauh yang saya tahu, apa saja $M[G]$ hanyalah model lain dari ZFC dan mungkin saja set yang kami pilih $M$.
Jawaban
Tapi bijection $\widetilde f$ tidak masuk $M$, itulah intinya. ada di$M[G]$. Apa yang Anda tunjukkan hanyalah itu untuk setiap model$\sf ZFC$, ada model yang lebih besar $\sf CH$ adalah benar.
Untuk melihat itu memang $\widetilde f\notin M$, perhatikan bahwa mengingat fungsi apa pun$g\colon \mathcal P(\Bbb N)\to\omega_1$, ada serangkaian kondisi yang padat $p$ seperti yang $p\nsubseteq g$. Oleh karena itu dengan kemurahan hati,$\widetilde f\neq g$. Jika$\widetilde f$ tidak sama dengan fungsi apa pun di $M$, maka tidak bisa masuk $M$.
(Ini, lebih luas lagi, alasan mengapa setiap kali pemaksaan tidak sepele, tidak ada filter umum dalam model dasar.)
Kuncinya di sini adalah itu $G$ harus bersifat generik $M$, dan sebagai konsekuensinya $G \not\in M$.
Seperti yang Anda perhatikan, jika Anda dapat membuat model ZFC yang berisi $G$ dan yang setuju dengan $M$ tentang apa $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ dan $\aleph_1$adalah, maka dalam model itu CH akan bertahan. Forcing memberi tahu kita bagaimana membangun model seperti itu, dan karenanya menunjukkan kepada kita model yang diberikan$M$kita bisa membuat model di mana CH memegang. Itu memungkinkan kami menunjukkan konsistensi relatif ZFC + CH, tetapi itu tidak membuktikan CH.
Izinkan saya menambahkan beberapa poin ke jawaban yang ada:
Pertama, ada poin kunci yang belum disebutkan dalam jawaban yang ada: penting untuk dicatat bahwa obat generik tidak selalu ada . Kami hanya dijamin keberadaannya saat$M$dapat dihitung . Demikian pernyataannya
Setiap $M\models\mathsf{ZFC}$ adalah sub model dari beberapa $N\models\mathsf{ZFC+CH}$
tidak benar-benar benar - kita perlu membatasi untuk dihitung $M$s. Memang, jika$\mathsf{CH}$ salah dalam kenyataan maka ada beberapa $M$ tanpa ekstensi akhir yang memuaskan $\mathsf{CH}$: Yaitu, model apa pun yang berisi semua real.
Beberapa komentar sampingan:
"Setiap bisa dihitung $M\models\mathsf{ZFC}$ adalah sub model dari beberapa yang dapat dihitung $N\models\mathsf{ZFC+CH}$" Adalah benar - kita tidak perlu model-model dihitung untuk beralasan ini tidak jelas, tetapi tidak sulit untuk menunjukkan dan merupakan latihan yang baik di! 'Menjalankan semua recursions internal'.
Kita dapat berbicara tentang memaksa ekstensi model sewenang-wenang (dan memang$V$sendiri!) melalui pendekatan pemaksaan model bernilai Boolean . Ini adalah pendekatan yang diambil di Jech, misalnya. Namun, meskipun menarik dan penting, itu juga menurut saya secara substansial kurang intuitif daripada pendekatan poset.
Kedua, untuk nilai pedagogis izinkan saya memberi contoh di mana pentingnya $G\not\in M$ lebih jelas terlihat, yaitu runtuhnya Retribusi $Col(\omega,\omega_1)$.
$Col(\omega,\omega_1)$ adalah pemaksaan paling sederhana untuk dibuat $\omega_1$ dihitung: terdiri dari fungsi parsial hingga $\omega\rightarrow\omega_1$, diurutkan dengan ekstensi terbalik seperti yang diharapkan. Sejak untuk masing-masing$\alpha\in\omega_1$ set $\{p: \alpha\in ran(p)\}$ padat, generik $G$ (atau lebih tepatnya, penyatuan kondisi di a $G$) adalah perkiraan dari $\omega$ untuk $\omega_1$.
Lebih tepatnya, dan membatasi model transitif yang dapat dihitung untuk kesederhanaan, kami memiliki:
Jika $M$ adalah model transitif yang dapat dihitung dari $\mathsf{ZFC}$ dan $G$ adalah $Col(\omega,\omega_1^M)$-generik berakhir $M$ kemudian $M[G]\models\omega\equiv\omega_1^M$.
Tapi tidak seperti $\mathsf{CH}$, jelas bahwa kita tidak mungkin memiliki fenomena "model yang sama": tidak ada $M\models\mathsf{ZFC}$ seperti yang $M\models \omega\equiv\omega_1^M$. Jadi, mempertimbangkan contoh ini terlebih dahulu dapat membantu Anda melihat mengapa kekuatan tidak mungkin menyiratkan kebenaran secara umum.
Akhirnya, izinkan saya mengakhiri dengan catatan positif. Meskipun di atas, ada yang beberapa kali ketika "forceability" kalimat menyiratkan kebenaran langsung nya:
Teorema kemutlakan Shoenfield mengatakan bahwa kebenaran$\Pi^1_2$ kalimat tidak dapat diubah dengan memaksa, jadi jika $G$ bersifat generik berakhir $M$ dan $M[G]\models\varphi$ dengan $\varphi\in\Pi^1_2$ kemudian $M\models\varphi$dan sebaliknya (sebenarnya Shoenfield mengatakan lebih dari ini, tapi meh). Namun fenomena ini secara umum jarang terjadi.
Untuk model khusus $\mathsf{ZFC}$kita bisa mendapatkan hasil kemutlakan yang lebih kuat. Secara khusus, aksioma utama yang kuat menyiratkan jumlah absolut yang lebih besar (misalnya jika saya mengingatnya dengan benar, jika$M\models\mathsf{ZFC}$ + "Ada banyak sekali Kardinal Woodin" maka semua kalimat proyektif adalah absolut $M$ dan ekstensi generiknya).
Namun, secara umum kemutlakan sangat jarang dan tentunya tidak boleh diterima begitu saja.