La discusión sobre AC y contables de los sindicatos de conjuntos contables

Question

Mi pregunta surge de los comentarios siguientes Asaf Karagila la respuesta aquí : ¿por Qué no puede usted elegir calcetines uso de la moneda para decidir?

En algún momento hubo una discusión acerca de si es o no una contables de la unión de conjuntos contables es contable si no se asume de CA.

Yo upvoted este comentario para que yo pensaba bastante en derecho :

@phs: tal vez tu confusión viene de que el significado del término "contable". Se da la existencia de un bijection con los números naturales (una enumeración del conjunto), pero eso no le da (a elegir) un bijection. Para un conjunto (o un número finito) existencial eliminación mano de un hormigón de enumeración, pero no tan infinitamente muchos juegos en un momento. – Marc van Leeuwen 19 Mar '14 a las 13:11

Entonces llegué a esto :

@Marc: Eso no es totalmente correcto. Que tipo de diapositiva el caso de que el modelo y la meta-teoría no están de acuerdo en los números enteros (es decir, no-estándar enteros), en el que caso de que esto sólo es válido para la meta-teoría de números enteros; pero es cierto internamente para todo el modelo creo que es finito. Es aún más fino que el lugar donde la elección se utiliza en la anterior prueba. Estoy de acuerdo en que es una buena intuición, pero no es realmente la razón por la que esta falla. De hecho, no es la razón en todo. (Esto es bastante delicado, y yo sólo entendió que hace aproximadamente un año, y hasta he cometido ese error antes.) – Asaf Karagila 19 Mar '14 a las 18:57

Este comentario parece muy rica y profundamente interesante. Debo confesar, sin embargo, que yo no comprendía. Me preguntaba si alguien podría darme una explicación más detallada de lo que se dice en este comentario.

Answer 1

Si usted tiene dos conjuntos de $A$$B$, que es no vacío, entonces significa que la declaración de $\exists x\exists y(x\in A\land y\in B)$ es cierto. Ahora existencial de la creación de instancias llegamos $a,b$ tal que $a\in A\land b\in B$. Así que la función se define como: $\{\langle A,a\rangle,\langle B,b\rangle\}$ es una función de elección como quería.

Uno podría argumentar, si es así, que finito elección se sigue del hecho de que si usted tiene un conjunto finito no vacío de conjuntos, entonces usted puede escribir que la declaración como $\exists x_1\ldots\exists x_n(\ldots)$, y, a continuación, utilizando existencial de la creación de instancias obtener la función de elección como antes.

Pero esto no es exacto. Si $M$ es un modelo de $\sf ZF$ a que no estándar de los números enteros, entonces hay algunas $N\in M$ tal que $M\models N\text{ is an integer}$, pero $x$ no corresponde a ninguno de los reales entero de nuestro meta-teoría. Así que no podemos escribir cualquier declaración con $N$ cuantificadores, porque $N$ no es realmente un número finito de enteros. Por lo tanto, la aplicación de instanciación existencial falla aquí, y usted tiene una crisis existencial:

¿Cómo se puede elegir, dentro de $M$ $N$- muchos conjuntos?

Si usted no puede hacer eso, entonces no podemos decir que $\sf ZF$ demuestra que "Para cada conjunto finito no vacío de conjuntos no es una función de elección". Porque en esa declaración finito significa "internamente finito", y no "finito en el meta-teoría".

Esto es resuelto por el hecho de que $\sf ZF$ demuestra por inducción. Así que podemos hacer la inducción internamente a $M$, y no sólo tiene que lidiar con dos cuantificadores existenciales. Uno para la función de elección de un conjunto de tamaño más pequeño (la hipótesis de inducción) y uno para la elección de elemento del conjunto adicional (el paso inductivo).

Así que es verdad que instanciación existencial es: ¿cómo podemos resolver esta crisis de la elección. Pero uno tiene que estar alerta y entender que esto no es una aplicación de la meta-teoría de la recursión. Se trata de un interno de la recursividad que sólo... funciona!