Ranga elementu w rozszerzeniu ogólnym a ranga jego nazwy

Dec 04 2020

Czasami widzę następujący fakt używany w niektórych argumentach:

przypuszczać $M[G]$ jest ogólnym rozszerzeniem $M$ przez wymuszenie $\mathbb P$ i przypuszczam $x\in M[G]$ ma rangę $<\gamma$, gdzie $\gamma$ jest pewnym limitem porządkowym powyżej rangi$(\mathbb{P})$. Potem jest imię$\tau\in M^\mathbb{P}$ takie że $\tau_G=x$ i $\tau$ ma rangę $<\gamma$.

Na przykład, fakt ten jest stosowany w Reitz w ziemi Axiom w udowodnieniu, że model ziemi jest definiowane, na końcu pierwszego akapitu w dowodzie lematu 7.1.

Ale nie jestem pewien, jak to udowodnić. Każda pomoc doceniona!

Dodane po edycji: jeśli dodatkowo przyjmiemy, że $\gamma$ jest $\beth$-stały punkt (równoważnie, $H_\gamma=V_\gamma$. Dotyczy to szczególnego przypadku w Lemacie 7.1, o którym mowa powyżej), myślę, że następujący argument działa.

Poprzez indukcję rangi pokazujemy, że jeśli $x\in (H_\gamma)^{M[G]}$, to jest imię $\sigma\in H_\gamma\cap M^{\mathbb{P}}$ takie że $\sigma_G=x$. Załóżmy więc, że dotyczy to wszystkich zestawów niższych rang niż$x$. Stąd każdy$y\in trcl(x)$ ma imię $n(y)$ którego pozycja jest niższa niż $\gamma$. Teraz zbierając wszystkie te nazwiska, niech$z=\{n(y)\mid y\in trcl(x)\}$. Od$x\in (H_\gamma)^{M[G]}$, wiemy $|trcl(x)|=\kappa<\gamma$. To też oznacza$|z|=\kappa$. Wszystkie powyższe twierdzenia o liczności mają znaczenie$M[G]$i naprawiamy przypuszczenie $f:\kappa\to z$ w $M[G]$.

Pozwolić $\rho$ być nazwą dla $x$ i $\tau$ być nazwą dla $z$. Prawdę mówiąc, możemy niektóre naprawić$p\in G$ takie że $$ p\Vdash \rho\in (H_\gamma)^{M[G]} \wedge \text{ every element of } \rho \text{ has a name of rank } <\gamma \\ \wedge \tau \subseteq \check{(H_\gamma)} \wedge\dot{f}:\kappa \to \tau \text{ is a surjection} $$

Następnie przystępujemy do definiowania naszej nazwy o niskiej randze $\sigma$ dla $x$. Dla każdego$\alpha<\kappa$, pozwalamy

$$ X_\alpha = \{ q \in \mathbb{P} \mid \ (\exists \pi \in H_{\gamma}\cap M^{\mathbb{P}})~ q \leq p \wedge q \Vdash (\dot{f}(\alpha)=\check{\pi} \wedge \pi \in \rho)\} $$ Innymi słowy, $X_\alpha$ zbiera poniższe warunki $p$ to wymusi (ocenę) elementu w $z$ być elementem $x$.

Teraz dla każdego $X_\alpha$, napraw maksymalny antychain $A_\alpha$że się przecina. Dla każdego$\alpha<\kappa$ i $q\in X_\alpha\cap A_\alpha$, jest trochę $\mathbb P$-Nazwa $v(\alpha,q)$ takie że $q\Vdash v(\alpha,q)\in\rho\wedge \dot f(\alpha)=\check{v(\alpha,q)}$. Teraz możemy zdefiniować nazwę$\sigma$ być $$ \sigma = \{(\pi,q)\mid (\exists\alpha)( \alpha < \kappa \wedge q \in X_{\alpha} \cap A_{\alpha} \wedge \pi = v(\alpha,q))\} $$ Następnie $\sigma$ jest imieniem w $H_\gamma\cap M^{\mathbb P}$, i $p\Vdash \sigma=\rho$.

Druga edycja: wygląda na to, że naszkicowany powyżej specjalny przypadek ma duplikat (?). Niezależnie od tego, nadal chciałbym zobaczyć, jak argumentować za przytoczonym silniejszym twierdzeniem.

Odpowiedzi

2 HanulJeon Dec 06 2020 at 04:05

Popracuję nad $V$ zamiast $M$. Myślę, że następujący dowód się sprawdza$\mathsf{ZFC^-}$ (to znaczy, $\mathsf{ZFC}$ bez Power Set oraz z Collection i zasadą dobrego porządkowania) z istnieniem $\mathcal{P}(\mathbb{P})$. (Zwłaszcza, że ​​trwa$M=H_\theta$ dla dużych zwykłych $\theta$.)

Lemat. Pozwolić$x\in V^\mathbb{P}$ być takim imieniem $\operatorname{rank}x\ge\operatorname{rank}\mathbb{P}$ i $\gamma$ być liczbą porządkową większą niż $\operatorname{rank}\mathbb{P}$. Jeśli$p\Vdash \operatorname{rank}x=\check{\gamma}$, to jest $\tau\in V^\mathbb{P}$ takie że

  • $p\Vdash x=\check{\tau}^{\dot{G}}$, i

  • $\operatorname{rank}\tau\le\gamma_0+3n$, gdzie $\gamma=\gamma_0+n$ do pewnego limitu $\gamma_0$ i $n\in\omega$.

Pozwólcie, że przedstawię trochę notacji na liczbach porządkowych: dla każdej liczby porządkowej $\alpha$, $\alpha^*$ i $\alpha^@\in\omega$ być takimi zwyczajnymi $\alpha=\alpha^*+\alpha^@$ i $\alpha^*$ jest liczbą porządkową limitu.

Skorzystam z indukcji w randze $x$. Bez utraty ogólności możemy to założyć

  1. Jeśli $(y,q)\in x$ następnie $q\le p$, i

  2. (Bliskość w dół), jeśli $(y,q)\in x$ i $r\le q$, następnie $(y,r)\in x$

wymieniając $x$ do $$x'=\{(y,r)\mid \exists q (y,q)\in x \text{ and } r\le p,q\}.$$ Od $\operatorname{rank} x\ge\operatorname{rank}\mathbb{P}$, mamy $\operatorname{rank}x'\le\operatorname{rank}x$.

Następnie dla każdego $(y,q)\in x$, $q\Vdash \operatorname{rank}y<\check{\gamma}$. Znajdź maksymalny antychain$A_{y,q}$ poniżej $q$ który decyduje o wartości lub $\operatorname{rank}y$; to znaczy, jeśli$r\in A_{y,q}$ wtedy jest liczba porządkowa $\beta_{y,q,r}<\gamma$ takie że $r\Vdash \operatorname{rank}y=\check{\beta}_{y,q,r}$.

Na podstawie hipotezy indukcyjnej możemy znaleźć $\tau_{y,q,r}$ takie że $r\Vdash y=\tau_{y,q,r}^{\dot{G}}$ i $$\operatorname{rank}\tau_{y,q,r}\le\beta_{y,q,r}^*+3\beta_{y,q,r}^@.$$ Teraz weź $$\tau=\{(\tau_{y,q,r},r)\mid (y,q)\in x\text{ and }r\in A_{y,q}\}.$$ Wtedy możemy to udowodnić $p\Vdash x=\check{\tau}^{\dot{G}}$. Pozostaje sprawdzić rangę$\tau$. Widzimy to$$\operatorname{rank}(\tau_{y,q,r},r)\le\max(\operatorname{rank}r, \beta_{y,q,r}^*+3\beta_{y,q,r}^@)+2$$

  1. Przypadek 1. Jeśli $\gamma$ jest liczbą porządkową graniczną, to prawa strona jest dokładnie mniejsza niż $\gamma$. W związku z tym$\operatorname{rank}\tau\le\gamma$.

  2. Przypadek 2. Jeśli $\gamma=\gamma_0+n$ do pewnego limitu $\gamma_0$ i $1\le n<\omega$, następnie $$p\Vdash \forall y\in x (\operatorname{rank} y\le\check{\gamma}_0+\check{n}-1).$$ Stąd odpowiednie $\beta_{y,q,r}$ spełnia $\beta_{y,q,r}\le \gamma_0+n-1$, a zatem $\tau_{y,q,r}$ spełnia $$\operatorname{rank}\tau_{y,q,r}\le\gamma_0+3(n-1).$$ Pozostały argument jest bezpośredni i mamy $\operatorname{rank} \tau\le\gamma_0+3n$.