เหตุใดเราจึงไม่สามารถบังคับสมมติฐานต่อเนื่องได้ทันทีจึงพิสูจน์สมมติฐานต่อเนื่องได้
ฉันกำลังอ่านเรื่องForcing for Mathematiciansของ Nick Weaver และในบทที่ 12 ("Forcing CH") เขาเริ่มต้นด้วยสิ่งนี้ (หน้า 45 - 46):
(ทุกอย่างที่นี่เกี่ยวข้องกับ $M$ - ซึ่งในหนังสือของเขาเป็นแบบจำลองของ ZFC)
ปล่อย $P_1$ เป็นชุดของฟังก์ชันบางส่วนทั้งหมดจาก $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ถึง $\aleph_1$ (ซึ่งเป็นแนวคิดบังคับ) และปล่อยให้ $G$ เป็นอุดมคติทั่วไปของ $P_1$. ตั้งแต่องค์ประกอบของ$G$ เป็นฟังก์ชันที่ต้องสอดคล้องกัน (ตั้งแต่ $G$ เป็นอุดมคติ) คุณสามารถใช้การรวมกันของพวกเขาเพื่อสร้างฟังก์ชัน $\tilde{f}$ จากชุดย่อยของ $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ เป็นส่วนย่อย $\aleph_1$.
จากนั้นเขาก็พิสูจน์ว่า:
- $\tilde{f}$ เป็น bijection (ไม่ใช่แค่ฟังก์ชัน) จากส่วนย่อยของ $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ เป็นส่วนย่อย $\aleph_1$ เนื่องจากการปะติด bijections ที่สอดคล้องกันทำให้คุณมี bijection
- โดเมนของ $\tilde{f}$ เป็นทั้งหมดของ $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ตั้งแต่ $G$ เป็นเรื่องทั่วไป
- ช่วงของ $\tilde{f}$ เป็นทั้งหมดของ $\aleph_1$ ตั้งแต่ $G$ เป็นเรื่องทั่วไป
เท่าที่ฉันสามารถบอกได้ดังนั้นให้รุ่นใดก็ได้ $M$ ของ ZFC (เช่นชุดใด ๆ ที่ ZFC ถือ) มี bijection จาก $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ ถึง $\aleph_1$ ดังนั้นสมมติฐานต่อเนื่องจึงเป็นจริง
ฉันรู้ว่าเขาพูดต่อไป $M[G]$ แต่เท่าที่ฉันสามารถบอกได้ $M[G]$ เป็นเพียง ZFC อีกรุ่นหนึ่งและอาจเป็นชุดที่เราเลือกมาได้เป็นอย่างดี $M$.
คำตอบ
แต่ bijection $\widetilde f$ ไม่ได้อยู่ใน $M$นั่นคือประเด็นทั้งหมด มันอยู่ใน$M[G]$. สิ่งที่คุณแสดงเป็นเพียงสิ่งนั้นสำหรับทุกรุ่น$\sf ZFC$มีรุ่นที่ใหญ่กว่าซึ่ง $\sf CH$ เป็นความจริง.
เพื่อดูว่าแน่นอน $\widetilde f\notin M$โปรดทราบว่าได้รับฟังก์ชั่นใด ๆ$g\colon \mathcal P(\Bbb N)\to\omega_1$มีชุดเงื่อนไขที่หนาแน่น $p$ ดังนั้น $p\nsubseteq g$. ดังนั้นโดยทั่วไป$\widetilde f\neq g$. ถ้า$\widetilde f$ ไม่เท่ากับฟังก์ชันใด ๆ ใน $M$จากนั้นจะเข้าไม่ได้ $M$.
(นี่คือเหตุผลที่กว้างขึ้นว่าทำไมเมื่อใดก็ตามที่การบังคับไม่สำคัญไม่มีตัวกรองทั่วไปในแบบจำลองพื้นดิน)
ที่สำคัญก็คือ $G$ จะต้องเป็นแบบทั่วไป $M$และเป็นผล $G \not\in M$.
ดังที่คุณสังเกตเห็นหากคุณสามารถสร้างแบบจำลองของ ZFC ซึ่งมีไฟล์ $G$ และเห็นด้วยกับ $M$ เกี่ยวกับอะไร $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ และ $\aleph_1$แล้วในรุ่นนั้น CH จะถือ การบังคับบอกให้เราทราบถึงวิธีการสร้างแบบจำลองดังกล่าวและด้วยเหตุนี้จึงแสดงให้เราเห็นว่าได้รับแบบจำลอง$M$เราสามารถสร้างแบบจำลองที่ CH ถือได้ นั่นช่วยให้เราแสดงความสอดคล้องสัมพัทธ์ของ ZFC + CH แต่ไม่ได้พิสูจน์ CH
ให้ฉันเพิ่มคะแนนสองสามข้อให้กับคำตอบที่มีอยู่:
ประการแรกมีประเด็นสำคัญที่ยังไม่ได้กล่าวถึงในคำตอบที่มีอยู่: สิ่งสำคัญคือต้องทราบว่าชื่อสามัญไม่ได้มีอยู่เสมอไป เราได้รับการรับรองว่ามีอยู่เมื่อ$M$คือนับ ดังนั้นคำสั่ง
ทุก $M\models\mathsf{ZFC}$ เป็นโมเดลย่อยของบางส่วน $N\models\mathsf{ZFC+CH}$
ไม่เป็นความจริง - เราจำเป็นต้อง จำกัด ให้สามารถนับได้ $M$s. อันที่จริงถ้า$\mathsf{CH}$ เป็นเท็จในความเป็นจริงแล้วมีบางอย่าง $M$ โดยไม่มีส่วนขยายที่น่าพอใจ $\mathsf{CH}$: กล่าวคือรุ่นใด ๆ ที่มีจำนวนจริงทั้งหมด
ความคิดเห็นด้านคู่:
"นับได้ทุกคน $M\models\mathsf{ZFC}$ เป็นโมเดลย่อยของบางส่วนที่สามารถนับได้ $N\models\mathsf{ZFC+CH}$" เป็นเรื่องจริง - เราไม่จำเป็นต้องมีแบบจำลองที่นับได้เหล่านี้เพื่อให้มีรากฐานที่ดีสิ่งนี้ไม่ชัดเจน แต่ไม่ยากที่จะแสดงและเป็นแบบฝึกหัดที่ดีในการ" ดำเนินการเรียกซ้ำทั้งหมดภายใน "
เราสามารถพูดคุยเกี่ยวกับการบังคับใช้ส่วนขยายของโมเดลตามอำเภอใจ (และแน่นอน$V$ตัวมันเอง!) ผ่านวิธีการบังคับแบบจำลองมูลค่าบูลีน นี่คือแนวทางที่นำมาใช้ใน Jech เช่น อย่างไรก็ตามในขณะที่น่าสนใจและมีความสำคัญ แต่ในความคิดของฉันก็ใช้งานง่ายน้อยกว่าวิธี poset
ประการที่สองสำหรับค่าการสอนผมขอยกตัวอย่างความสำคัญของ $G\not\in M$ ที่ชัดเจนมากขึ้นอย่างโจ่งแจ้งคือการล่มสลายของ Levy $Col(\omega,\omega_1)$.
$Col(\omega,\omega_1)$ เป็นการบังคับที่ง่ายที่สุดในการทำ $\omega_1$ นับได้: ประกอบด้วยฟังก์ชันบางส่วน จำกัด $\omega\rightarrow\omega_1$เรียงลำดับโดยการขยายย้อนกลับตามที่คาดไว้ ตั้งแต่สำหรับแต่ละ$\alpha\in\omega_1$ ชุด $\{p: \alpha\in ran(p)\}$ หนาแน่นทั่วไป $G$ (หรือมากกว่าการรวมกันของเงื่อนไขใน $G$) เป็นการคาดเดาจาก $\omega$ ถึง $\omega_1$.
แม่นยำยิ่งขึ้นและ จำกัด เฉพาะแบบจำลองสกรรมกริยาที่นับได้เพื่อความเรียบง่ายเรามี:
ถ้า $M$ เป็นแบบจำลองสกรรมกริยาที่นับได้ของ $\mathsf{ZFC}$ และ $G$ คือ $Col(\omega,\omega_1^M)$- ทั่วไปมากกว่า $M$ แล้ว $M[G]\models\omega\equiv\omega_1^M$.
แต่ไม่เหมือน $\mathsf{CH}$เห็นได้ชัดว่าเราไม่สามารถมีปรากฏการณ์ "โมเดลเดียวกัน" ได้: ไม่มี $M\models\mathsf{ZFC}$ ดังนั้น $M\models \omega\equiv\omega_1^M$. ดังนั้นการพิจารณาตัวอย่างนี้ก่อนอาจช่วยให้คุณเห็นว่าเหตุใดความสามารถในการบังคับจึงไม่อาจบ่งบอกถึงความจริงโดยทั่วไปได้
สุดท้ายนี้ผมขอทิ้งท้ายไว้ในเชิงบวก แม้จะกล่าวข้างต้น แต่ก็มีบางครั้งที่ "ความสามารถในการบังคับ" ของประโยคแสดงถึงความจริงโดยสิ้นเชิง:
ทฤษฎีบทที่แน่นอนของ Shoenfieldกล่าวว่าความจริงของ$\Pi^1_2$ ไม่สามารถเปลี่ยนประโยคได้โดยการบังคับดังนั้นถ้า $G$ เป็นเรื่องทั่วไปมากกว่า $M$ และ $M[G]\models\varphi$ ด้วย $\varphi\in\Pi^1_2$ แล้ว $M\models\varphi$และในทางกลับกัน (จริงๆแล้ว Shoenfield พูดมากกว่านี้ แต่ฉัน) แต่ปรากฏการณ์นี้หายากโดยทั่วไป
สำหรับรุ่นพิเศษของ $\mathsf{ZFC}$เราจะได้รับผลลัพธ์ที่สมบูรณ์แบบยิ่งขึ้น โดยเฉพาะอย่างยิ่งสัจพจน์ของพระคาร์ดินัลขนาดใหญ่ที่แข็งแกร่งบ่งบอกถึงความสมบูรณ์ที่มากขึ้น (เช่นถ้าฉันจำได้ถูกต้องถ้า$M\models\mathsf{ZFC}$ + "มีพระคาร์ดินัล Woodin มากมายไม่สิ้นสุด" จากนั้นประโยคที่คาดการณ์ทั้งหมดจะอยู่ระหว่างค่าสัมบูรณ์ $M$ และส่วนขยายทั่วไป)
อย่างไรก็ตามโดยทั่วไปแล้วความสมบูรณ์นั้นค่อนข้างหายากและไม่ควรถูกมองข้ามอย่างแน่นอน