Czy dziedziczna wersja tego słabego pojęcia skończoności jest nietrywialna?

Nov 24 2020

Powiedz, że zestaw $X$ jest $\Pi^1_1$-pseudofinite, jeśli każde zdanie pierwszego rzędu $\varphi$ z modelem z zestawem bazowym $X$ma skończony model. Istnienie nieskończoności$\Pi^1_1$-pseudofinite zbiory są zgodne z $\mathsf{ZF}$, ponieważ rzeczywiście każdy amorficzny zestaw jest$\Pi^1_1$-pseudofinite .

Być może zaskakujące, nie jest od razu jasne, czy klasa$\Pi^1_1$-pseudoskończone zbiory muszą być zamknięte w skończonych związkach. Moje pytanie brzmi, co się stanie, gdy naprawimy tę słabość brutalną siłą:

Czy jest to zgodne z $\mathsf{ZF}$że istnieje nieskończona dziedziczność $\Pi^1_1$-pseudofinite set - czyli nieskończony zbiór $X$ takie, że kiedykolwiek $Y$ jest $\Pi^1_1$-pseudofinite, $X\cup Y$ jest również $\Pi^1_1$-pseudofinite?

Zauważ, że dziedzicznie $\Pi^1_1$-pseudoskończone zbiory zamknięte w skończonych związkach, więc to faktycznie "naprawia" powyższą sytuację. Jedną naturalną nadzieją jest to, że amorficzne zestawy znów się sprawdzą, ale nie wiem jak - z pewnością argument, o którym mowa powyżej, nie wystarczy. (Oczywiście istnieją pojęcia skończoności bardziej rygorystyczne niż amorficzność - np. „W jakimkolwiek podziale na nieskończenie wiele kawałków, wszystkie, ale skończenie wiele z tych fragmentów to singletony” - ale o ile wiem, wszystkie są znacznie trudniejsze w obsłudze, więc byłoby byłoby miło, gdybyśmy nie musieli tam jechać).

Odpowiedzi

HarryWest Nov 26 2020 at 01:43

Jeśli dobrze zrozumiałem, z pewnością jest spójne, że istnieje nieskończoność dziedziczna $\Pi_1^1$-pseudofinite zbiory. Jest zgodne, że klasa$\Pi_1^1$-zbiory pseudoskończone są zamykane przez związki skończone. Po prostu powiem „pseudofinite” zamiast „$\Pi_1^1$-pseudofinite "do końca tego postu.

Twierdzenie. Pozwolić$N$ być modelem Fundacji ZF z nieskończonym zestawem $A\in N$ dogadzający:

  1. $A$ jest pseudoskończona
  2. Małe naruszenia wyboru z $A^{<\omega}$: dla wszystkich $X$ jest porządkowa $\alpha$ i szyderstwo $A^{<\omega}\times\alpha\to X.$

W $N,$klasa zbiorów pseudoskończonych jest zamknięta w związkach skończonych. W szczególności,$A$ jest dziedziczna $\Pi_1^1$-pseudofinite.

Te hipotezy są zgodne z podstawowym modelem Fraenkela, z $A$będący zbiorem atomów. 1 trzyma się, ponieważ$A$ jest bezpostaciowy i 2 zachowuje się, ponieważ jest dany $X$ możemy wszystko uporządkować $G$-naprawione nadwyżki formularza $A^n\to \{gx:g\in G\}$ z $x\in X,$ gdzie $G$ jest grupą symetrii, aby dać zastrzyk $A^{<\omega}\times\alpha\to \{gx:g\in G, x\in X\}\supseteq X.$ Tak więc ten model ma nieskończoną dziedziczność $\Pi_1^1$-pseudofinite zestaw.

Ponieważ pytałeś o ZF, stwierdzenie „jeśli $x$ i $y$ są pseudoskończone, więc tak jest $x\cup y$„jest ograniczany iniekcyjnie w sensie [1]. Zbiór pseudoskończony nie może przyjąć zastrzyku z $\omega,$ ponieważ pozwoliłoby to na zinterpretowanie $(\omega,<).$Warto więc rozważyć modele Fraenkela-Mostowskiego. Jestem pewien, że możesz użyć również pierwszego modelu Cohena.

Twierdzenie będzie wynikało z równoważności tych warunków dla zbiorów niepustych $X\in N$:

  1. $X$ jest pseudoskończona
  2. Jest przypuszczenie $\coprod_{i\in \alpha} A^{p_i}\to X$ dla niektórych $\alpha\in\omega$ i $p\in\omega^\alpha.$
  3. Jest przypuszczenie $A^n\to X$ dla niektórych $n$.

1⇒2 : Przez małe pogwałcenie aksjomatu wyboru, jest przeskok$f:A^{<\omega}\times \alpha\to X.$

Sekwencja $\beta\mapsto f(A^{<\omega}\times\beta)$ jest uporządkowaną, nie malejącą sekwencją w $2^X.$ Jeśli ta sekwencja jest nieskończona, możemy ograniczyć się do ściśle rosnącej funkcji $g:\omega\to 2^X.$ Daje to surowość $X\to\omega$ określony przez $x\mapsto \min\{n:x\in g(n)\}.$ (Alternatywnie, według twierdzenia Kuratowskiego jest zastrzyk $\omega\to 2^X$ jeśli jest zastrzeżenie $X\to\omega.$) To pozwoliłoby $X$ zinterpretować teorię inną niż pseudofinite $(\omega,<).$ Więc możemy założyć $\alpha<\omega.$

Podobnie sekwencja $k\mapsto f(A^{\leq k}\times \alpha)$ jest dobrze uporządkowaną, nie malejącą sekwencją, więc musi się ustabilizować w pewnym skończonym $k.$ Więc $f$ ogranicza się do surówki $A^{\leq k}\times \alpha\to X.$ Po pewnym ponownym zindeksowaniu ma to wymaganą formę.

2⇒3 : ustaw$n=2\alpha+\max p_i$ i zakoduj $i$ używając relacji równości na pierwszym $2\alpha$ zmienne

3⇒1 : Otrzymujemy zarzut$f:A^n\to X$ i strukturę pierwszego rzędu $\mathcal X$ na $X,$ i chcę udowodnić, że każde twierdzenie $\phi$ z $\mathcal X$ma skończony model. Zastępując jakiekolwiek operacje ich wykresami, możemy to założyć$\phi$nie używa żadnych operacji. Możemy też założyć$\phi$nie używa logicznej równości, dodając nową relację dla równości. Każda relacja$R\subseteq X^{a_R}$ może zostać pociągnięty z powrotem do relacji $\hat{R}\subseteq (A^n)^{a_R}=A^{na_R}$ przez $$\hat{R}(x_{0,0},\dots,x_{a_R-1,n-1})\iff R(f(x_{0,0},\dots,x_{0,n-1}),\dots,f(x_{a_R-1,0},\dots,x_{a_R-1,n-1}))$$ udzielając interpretacji $\mathcal X$ w teorii pierwszego rzędu $\hat{\mathcal X}$ zdefiniowane w dniu $A.$ Zdanie $\phi$ jest twierdzeniem $\hat{\mathcal X},$ więc musi mieć skończony model.

[1]: David Pincus, Zermelo-Fraenkel Consistency Results by Fraenkel-Mostowski Methods, The Journal of Symbolic Logic, tom. 37, nr 4 (grudzień 1972), str. 721-743