Axioma de elección y determinación

Question

En mi curso de teoría de conjuntos hemos hablado del axioma de determinación. Una de las primeras cosas que mostramos fue que $AD$ y $AC$ son incompatibles. Más tarde demostramos que $ZF+AD$ implica la consistencia de ZFC al mostrar (en $ZF+AD$ ) que $\aleph_1$ es inaccesible en $L$ .

Esto parece impar que $AD$ implica que $AC$ es falso, pero es coherente con $ZF$ . No tengo realmente una pregunta específica, pero esperaba que alguien explicara por qué esto no es realmente tan impar. O que es impar, pero todavía está bien. Siento que entiendo las pruebas de las declaraciones, pero todavía no parece encajar del todo bien para mí.

Cualquier idea sería apreciada, ¡gracias!

Answer 1

Que $\mathsf{AD}$ se sostiene significa que todo conjunto de reales tiene una determinada propiedad (en este caso, se determina el juego de Gale-Stewart asociado). Pero recuerde que "todo conjunto" significa "todo conjunto, en el universo en el que tiene lugar la discusión". Es muy posible que haya conjuntos de reales que no estén determinados, pero usted está trabajando en un modelo interno del universo verdadero, y no ve esos conjuntos. De hecho, bajo supuestos apropiados de grandes cardinales, en el universo de la teoría de conjuntos (donde la elección se mantiene) tenemos que el modelo interno $L(\mathbb R)$ es un modelo de determinación. Del mismo modo, dentro de $L(\mathbb R)$ (o cualquier modelo de teoría de conjuntos) tenemos $L$ que siempre es un modelo de elección. El universo construible $L$ ve ciertos partidos y piensa que no están determinados. Esto es simplemente porque $L$ no tiene todos los reales, por lo que le faltan algunas estrategias ganadoras. De hecho, bajo el supuesto de que la determinación se mantiene, $L$ sólo ve un número contable de reales. (Por supuesto, $L$ "no lo sabe". Desde el punto de vista de $L$ hay incontables reales, y cualquier biyección entre $\mathbb R^L$ y $\omega$ no está en $L$ .)

Tal vez la determinación en sí misma sea un axioma demasiado distraído para el tema que nos ocupa. Lo único que ocurre es que la "verdad" es relativa al universo del discurso, por lo que puede muy bien ser que, desde el punto de vista de un determinado modelo interno, veamos un conjunto y pensemos que no es bien ordenable. Esto no significa que no sea bien ordenable en el universo de los conjuntos, simplemente que el modelo que vemos no contiene ninguna biyección entre el conjunto y un ordinal. De hecho, en los modelos de determinación $\mathbb R$ no es bien ordenable. En cualquier universo mayor donde veamos un buen ordenamiento de $\mathbb R$ En el caso de la determinación, también vemos que muchos ordinales que en el modelo de la determinación pensábamos que eran cardinales en realidad no lo son, es simplemente que en el modelo de la determinación no teníamos las biyecciones entre estos ordinales y otros más pequeños. O bien, podemos tener un modelo que piense que $V=L$ simplemente porque no contiene ningún conjunto que no esté en $L$ pero esto no significa que esos conjuntos no estén presentes en el verdadero universo.

Una forma de pensar en esto es en términos de complejidad: Los conjuntos en $L$ son "demasiado simples", por lo que no pueden codificar ciertas biyecciones, por ejemplo, y por lo tanto parece que algunos ordinales son cardinales, incluso grandes cardinales, mientras que en el universo real de conjuntos son contables. Los conjuntos en $L(\mathbb R)$ (bajo determinación) son más "complejos", por lo que vemos muchos reales que $L$ falta, codificando incrustaciones elementales, o medidas, o estrategias ganadoras, o conjuntos homogéneos para las relaciones de partición, etc. Pero es muy posible que los conjuntos en $L(\mathbb R)$ también son relativamente sencillos en comparación con los conjuntos del universo real, donde tenemos ordenaciones de los reales. Cualquier ordenación de este tipo es lo suficientemente compleja como para que, a partir de ella, podamos definir un montón de juegos indeterminados, y por tanto un montón de conjuntos de reales, ninguno de los cuales está en $L(\mathbb R)$ .

Answer 2

Es bastante frecuente que podamos demostrar que si se tiene un conjunto de axiomas $\mathbb A$ y algún axioma adicional $A$ que si $\mathbb A+ A$ es consistente, entonces $\mathbb A + \lnot A$ también es coherente.

Por ejemplo, en la geometría plana, si $\mathbb A$ son todos los axiomas habituales menos el postulado del paralelo, y $A$ es el postulado paralelo, entonces en $\mathbb A+A$ podemos construir internamente un modelo para $\mathbb A+\lnot A$ , lo que implica que $\mathbb A+\lnot A$ también es coherente si $\mathbb A+A$ es consistente.

Claramente, $A$ y $\lnot A$ son incompatibles, son el caso extremo de la incompatibilidad.

Tal vez un ejemplo más sencillo sería empezar con los axiomas de Peano al desnudo, con el único operador "sucesor", $S(n)$ definido para cada número natural $n$ . Sea $\mathbb A$ son los axiomas distintos a los de inducción, y sea $A$ sea el esquema de axiomas de inducción. ( $A$ no es un axioma, en realidad, sino una colección de axiomas...) Entonces, si $\mathbb A+A$ es consistente, podemos demostrar que $\mathbb A+\lnot A$ es consistente. En este caso, ya que $A$ no es un axioma, sino una lista de axiomas, sólo querríamos decir por $\lnot A$ que algún elemento del conjunto de axiomas $A$ es demostrablemente falso.

Para ello, definimos el operador $T(n)=S(S(n))$ y mostrando que $T$ satisface todos los axiomas excepto los de inducción.

Básicamente, esto significa mostrar:

$$\forall n: S(S(n))\neq 0$$ $$\forall n,m: S(S(n))=S(S(m))\implies n=m$$

Entonces hay que demostrar que hay algún teorema que es verdadero por inducción pero que no es verdadero si $S$ se sustituye en todas partes por $T$ . Una proposición simple de este tipo es:

$$\forall n: n=0 \lor \exists m: S(m)=n$$

Esto se puede comprobar en $\mathbb A+A$ pero no es cierto cuando $S(m)$ se sustituye por $S(S(m))$ ya que $S(0)$ es un número natural, y $S(0)\neq 0$ y $S(0)\neq S(S(m)))$ para cualquier $m$ .

Answer 3

He aquí una rápida analogía, supongamos que $\kappa$ es inaccesible. $2^\kappa=\kappa^{++}$ implica que $\sf GCH$ es falso, pero también demuestra la consistencia de $\sf GCH$ .

Ambos $\sf AC$ y $\sf AD$ son axiomas adicionales que amplían los axiomas de $\sf ZF$ . Ambos son muy fuertes y te dan mucha información, pero al mismo tiempo ambos son incompatibles.

Igualmente se podría sustituir el ejemplo anterior por " $\mathcal P(\kappa)$ no puede estar bien ordenado ". Esto sería un axioma que demuestra que el axioma de elección como falso, pero $\kappa$ sigue siendo inaccesible en $L$ y por lo tanto junto con $\sf ZF$ este axioma demuestra la consistencia de $\sf ZFC$ .

La consistencia relativa no es una implicación directa, es una "solución". Significa que dado un universo de estos axiomas, podemos generar un nuevo universo de esos axiomas. Tener una mayor fuerza de consistencia significa que se puede demostrar más. A menudo significa que se puede demostrar la existencia de un conjunto que es un universo de una determinada teoría. $\sf ZFC$ no puede demostrar la existencia de un modelo de conjunto, pero $\sf ZF+AD$ puede.