Es la Fundación equivalente a $\forall_x (x \in V)$ en ZF-Fundación?

Question

Es la Fundación equivalente a $\forall_x \exists_\alpha x \in V_\alpha$ (cada juego tiene un rango) en ZF-Fundación?

El artículo de Wikipedia sobre la Fundación hace esta afirmación con nº de referencia:

En ZF se demuestra que la clase $V$, llama la von Neumann universo, es igual a la clase de todos los conjuntos. Esta afirmación es aún equivalente al axioma de regularidad (si trabajamos en ZF con este axioma se omite). De cualquier modelo que no cumple el axioma de regularidad, un modelo que satisface puede ser construido por tomar sólo pone en $V$.

Creo que puedo ver cómo esto funciona en una dirección: si el rango es de un total de clase asignación de la función de los conjuntos de los números ordinales, a continuación, a través de la Especificación y el Reemplazo de cada conjunto no vacío no vacío es subconjunto que contiene los elementos de menor rango, y que es distinto de todos los elementos de este subconjunto, lo que implica la Fundación. Creo que yo no uso, Elección aquí.

En la otra dirección, supongamos $\{x: x \notin V\}$ es una clase con una subclase $S = \{a, b, c, \dots\}$ satisfacción $a \ni b \ni c \ni \dots$. Más formalmente, $(S \neq \emptyset) \land (S \cap V = \emptyset) \land \forall_x(x \in S \rightarrow x \subset S)$. Si $S$ eran de su existencia estaría en contradicción con la Fundación porque no disjunta de alguno de sus elementos. Podríamos definir una Fundación-las violaciones establecidas por la recursión transfinita de partida con $a$, si tenemos una función de la clase de envío de cada conjunto a uno de sus elementos — pero eso es el equivalente a Elección!

Otra manera en que yo estaba tratando de ver esto es, elegir un $x \notin V$, y la forma de su clausura transitiva. Ese conjunto no sería distinto de cualquiera de sus elementos. Pero entiendo que el cierre transitivo es definido por la Especificación del rango de $x$ y estamos asumiendo $x \notin V$, por lo que no tiene ningún valor.

Probablemente estoy perdiendo algo simple. Cómo probar esta equivalencia sin Elección?

Answer 1

El hecho clave es:

Si $a\not\in V$, entonces hay algunas $b\in a$$b\not\in V$.

Ahora la elección puede tentarnos en el intento de construir - a partir de una sola $a\not\in V$ - $\in$- disminución de la secuencia de conjuntos no en $V$, por la regla anterior. Por supuesto, esto no funciona sin elección.

Podemos conseguir todo esto de la siguiente manera. Por Sustitución, el cierre transitivo $tcl(a)$ existe; ahora considere $x=$ "$tcl(a)\setminus V$," que es el conjunto de elementos de $tcl(a)$ no $V$ (que existe por la separación - $V$ es definible!). Por el punto resaltado más arriba, para $y\in x$ hay algo de $z\in y$$z\not\in V$; pero esto $z$ es un elemento de un elemento de $tcl(a)$, y desde $tcl(a)$ es transitiva esto nos dice $z\in tcl(a)$. Pero, a continuación, $z\in x$ desde $z\not\in V$, y así tenemos el $y\cap x\ni z$. Por lo $x$ constituye un fracaso de la fundación.

Answer 2

Si $x\in V$, $\operatorname{tcl}(x)$ está bien fundada. Para ver esto: podemos probar dos cosas:

1. Si $x\in V_\alpha$,$\operatorname{tcl}(x)\in V_\alpha$.
2. Si $x\subseteq y$ son dos conjuntos transitivos e $y$ está bien fundada, a continuación, $x$ está bien fundada.

El primero es fácil por inducción en $\alpha$. El último es fácil, ya que si $z\in x$ es tal que $\{u\in x\mid u\in z\}$ no tiene un mínimo elemento, a continuación, $z\in y$ también es un contraejemplo de fundamento allí.