Ya que todavía tengo algunos problemas con la transferencia de los teoremas de ZFC en el Boolean valores de marco, ¿alguien más a gusto con este cheque de la siguiente cálculo?
Esta es una propuesta en Jech del libro, afirmando que $$\|z\text{ is an ordinal}\|=\bigvee_{\alpha\in\mathbf{ON}}\|z=\check{\alpha}\|$$ Puedo seguir la prueba, pero para confirmar la siguiente prueba de la desigualdad $$\|z\text{ is an ordinal}\|\leq\|z\in\check{\alpha}\|\vee\|z=\check{\alpha}\|\vee\|\check{\alpha}\in z\|$$
Fijar un $B$nombre $z$ y un ordinal $\alpha$. Clásicamente, si $z$ fueron ordinal, sería comparable con $\alpha$, es decir, $z\in\alpha,z=\alpha$ o $\alpha\in z$. Sin embargo, el universal cierre de esta declaración con respecto a $z$ no $\Delta_0$, por lo que no podemos utilizar directamente absolutismo (algún tipo de cierre es necesario para evitar la producción de un cheque en $z$). En su lugar, nos encontramos con $z$'s lugar en la jerarquía de von Neumann, $z\in V_\gamma$. Entonces podemos tomar el universal el cierre de la instrucción anterior, limitada a $V_\gamma$, que es $\Delta_0$, y obtener $$\|\forall y\in\check{V_\gamma}:y\text{ is an ordinal}\Rightarrow y\in\check{\alpha}\vee y=\check{\alpha}\vee\check{\alpha}\in y\|=1$$ A continuación, podemos especificar que esto $z$ y obtener el resultado deseado.
Supongo que este "truco" de la sustitución de una desenfrenada cuantificador con una limitada es bastante estándar. Me doy cuenta de que todo esto podría ser discutible, ya que sabemos que todos los axiomas de ZFC son válidos en $V^B$, lo que significa que todos los teoremas son válidos también. Pero desde Jech demuestra el resultado en cuestión antes de probar que $V^B$ modelos de ZFC, pensé que debe haber una manera más sencilla.
EDITADO: Después de pensarlo mucho, lo que he escrito arriba es incorrecta. No podemos especificar a $z$, pero sólo a $\check{z}$. Estoy en una pérdida de nuevo.
