Trivial Proyección de Forzar Posets y medicamentos Genéricos

Question

$\pi : Q \rightarrow P$ es una proyección de dos obligando a poset si y sólo si

(1) $\pi$ es el fin de preservar, en, y mapas de $0_Q$$0_P$.

(2) Para todas las $q \in Q$ $p' \in P$ si $p' \geq \pi(q)$, entonces existe un $q' \geq q$ tal que $\pi(q') = p'$.

$\pi$ es un trivial de proyección si y sólo si $\pi(q_1) = \pi(q_2)$ implica $q_1 \not \perp q_2$.

En $\textit{Proper Forcing}$ por Uri Abraham, él dice si $G$ $P$- genérica, a continuación, $\pi^{-1}(G)$ $Q$- genérica, al $\pi$ es un trivial de proyección.

Me parece que no puede demostrar que $\pi^{-1}(G)$ es un filtro en $Q$. En particular, no puedo mostrar que dos elementos de la $\pi^{-1}(G)$ tiene una extensión compatible en $\pi^{-1}(G)$.

Abraham obligando a la notación es la opuesta a la de Jech y Kunen; sin embargo, voy a utilizar su convenio de aquí.

Un enfoque posible: vamos a $q_1, q_2 \in \pi^{-1}(G)$. $\pi(q_1)$ y $\pi_1(q_2)$$G$. Por lo tanto, existe una extensión de $r \in G$ tal que $r \geq \pi(q_1)$$r \geq \pi(q_2)$. Por (2), no existe $q_1' \geq q_1$ $q_2' \geq q_1$ tal que $\pi(q_1') = r = \pi(q_2')$. Por la definición de trivial, $q_1' \not \perp q_2'$. Sin embargo, no veo cómo mostrar que existe una extensión compatible en $\pi^{-1}(G)$.

Gracias por la ayuda.

Answer 1

Espero que no te importa, pero me va a cambiar su obligando a la orden de la dirección (es decir, voy a extender hacia abajo).

Su enfoque funciona; sólo necesita un pequeño paso a la final. Permítanme reiterar a arreglar mi notación:

Deje $q_1,q_2\in\pi^{-1}[G]$. Desde $G$ es un filtro, hay un $p\in G$ tal que $p\leq q_1,q_2$. (2) hay $q_1'\leq q_1$ $q_2'\leq q_2$ tal que $\pi(q_1')=\pi(q_2')=p$.

Yo ahora dicen que la imagen del conjunto de extensiones comunes de $q_1'$ $q_2'$ es denso bajo $p$. De hecho, tome $p^*\leq p$. (2) hay $q_1^*\leq q_1'$ $q_2^*\leq q_2'$ tal que $\pi(q_1^*)=\pi(q_2^*)=p^*$ y estos dos son compatibles, por la trivialidad, con extensión común $q^*$. Pero entonces, por la monotonía, tenemos $\pi(q^*)\leq p^*$.

Por genericity hay un $q_0\leq q_1,q_2$ tal que $\pi(q_0)\in G$, según se requiera.

Answer 2

De lo que se trata aquí es un caso especial de la siguiente fenómeno más general. Supongamos que (como en el habitual forzar a set-up) $P$ es un poset en algunos transitiva modelo de $M$ $G$ (normalmente no se en $M$) es un subconjunto de a $P$ tales que (1) $G$ está cerrado hacia arriba [estoy usando el no-Jerusalén obligando convención: más fuerte = menor.] (2) cada dos miembros de $G$ son compatibles y (3) $G$ se reúne cada subconjunto denso de $P$$M$. [Estas hipótesis casi decir que $G$ $M$- genérica; la diferencia es que, en (2), cualquiera de los dos elementos de $G$ se requiere que simplemente tienen un límite inferior en $P$, no necesariamente en $G$.] A continuación, $G$ $M$- genérica.

Prueba: La única parte de genericity que no he asumido es que, si $p_1,p_2\in G$, entonces tienen un límite inferior, no sólo en $P$ pero en $G$. Para probar esto, consideremos el conjunto $$ D=\{q\P: \text{ o Bien }p\leq p_1\text{ y }p\leq p_2\text{ o }p\text{ es incompatible con al menos uno de }p_1,p_2\}. $$ $D$ es un subconjunto de a $P$ y un elemento de $M$. Te voy a mostrar que es denso en $P$. Una vez que esto está demostrado, voy a saber que $G$ contiene algunos $q\in D$. Estar en $G$, $q$ debe ser compatible con $p_1$ e con $p_2$, por mi suposición (2). Así que la única forma en que puede ser en $D$ es una extensión de dos de ellos, que es lo que yo necesitaba.

Así que sólo nos queda probar que $D$ es densa, pero esto es fácil. Vamos a un arbitrario $r\in P$; quiero una extensión de $q$$D$. Si $r$ es incompatible con $p_1$, $r$ es $D$, por lo que estoy hecho, con $q=r$. De lo contrario, deje $r'$ ser una extensión común de $r$$p_1$. Si $r'$ es incompatible con $p_2$,$r'\in D$, por lo que estoy hecho, con $q=r'$. De lo contrario, deje $q$ ser una extensión común de $r'$$p_2$, y de nuevo esta $q$ hace lo que yo necesitaba.