Forzando como un reemplazo de inducción y argumentos diagonales

Question

Permítanme darles algunos ejemplos de motivación de la pregunta.

El uso de forzar en lugar de inducción: Para esto considere el Cantor del teorema:

Teorema 1. Cualquiera de los dos contables densa lineal órdenes de $I, J$ sin puntos finales son el fin de isomorfo.

Prueba. Deje $\mathbb{P}$ ser el orden parcial que consta de parcial finito el fin de preservar los mapas de $I$ a $J$. Para $i\in I, j\in J$ los conjuntos de $D_i=\{ p: i\in dom(p)\}$ e $R_j=\{p: j\in range(p) \}$ son densos, y ya sólo tenemos countably muchos densos conjuntos, se puede obtener un filtro de $G$ que cumple con todos estos densos conjuntos. A continuación, $\bigcup G: I \to J$ es la necesaria isomorfismo.

El uso de forzar en lugar de la diagonal de argumentos: Esta vez, vamos a considerar otro resultado de Cantor:

Teorema 2. Para regular el cardenal $\kappa, 2^\kappa > \kappa.$

Prueba. Deje $F$ ser una familia de funciones de $\kappa\to 2$ del tamaño de la $\kappa.$ Deje $Add(\kappa, 1)$ ser el Cohen forzar para añadir un nuevo subconjunto de $\kappa,$ e de $f\in F,$ deje $D_f=\{p: p\neq f \}.$ Cada $D_f$ es fácilmente visible a ser denso en $Add(\kappa, 1)$, y desde el forzamiento de la es $\kappa-$cerrado, hay un $F-$filtro genérico $G$ sobre $Add(\kappa, 1).$ Entonces $\bigcup G: \kappa \to 2$ es diferente de todos los $f\in G.$

Teorema 3. Si $\lambda=cf(\kappa) < \kappa,$ entonces $\kappa^\lambda > \kappa.$

Prueba. Deje $F$ ser de la familia de tamaño $\kappa$ de las funciones de $\lambda\to \kappa.$ Deje $\mathbb{P}=\{p:p$ es una función parcial de tamaño $<\lambda$ de $\lambda\to \kappa \}.$ es $\lambda-$cerrado. Deje $(\kappa_\alpha: \alpha<\lambda)$ ser el aumento de la cofinal en $\kappa,$ deje $F_0 \subseteq F_1 \subseteq ... (\alpha<\lambda)$ con $|F_\alpha|=\kappa_\alpha$ e $F=\bigcup_\alpha F_\alpha.$ Ahora considere densos conjuntos de $D_\alpha=\{p: \forall f\in F_\alpha, p\neq f \}.$ Si es un filtro de $G$ cumple con todos los $D_\alpha$'s, a continuación, $\bigcup G$ es diferente de todos los elementos de $F$.

A continuación son algunos ejemplos de los resultados que puede ser probado de una manera similar:

(A) Si $\mathcal{A}$ e $\mathcal{B}$ son contables familias de subconjuntos de $\mathbb{N}$ tal que $A \cap B$ es finito para cada una de las $A\in \mathcal{A}$ e $B\in \mathcal{B}$, entonces no es un $C$ tal que $A \subseteq^* C$ por cada $A\in \mathcal{A}$ e $B\cap C$ es finito para cada $B\in \mathcal{B}.$

(B) existe un continuo, en ninguna parte dieffrentiable la función en $[0,1].$

(C) Vamos a llamar a un conjunto de $A$ de los números naturales (no incluyendo el 0) es pequeño, si $\Sigma_{n\in A}1/n < \infty.$ Da una contables de la familia $\mathcal{F}$ de los pequeños conjuntos, existe un pequeño conjunto $J$ tal que $I\subseteq^* J,$ para todos los $I\in \mathcal{F}.$

(ِِD) Todas las consecuencias de $MA(\aleph_0),$, en particular, la categoría de Baire teorema de la,....

Pregunta. Hay más no-trivial de los resultados que se demuestran mediante forzamiento de la siguiente manera: se produce un forzamiento noción $\mathbb{P}$ y una familia $\mathcal{D}$ de los subconjuntos densos de la misma. A continuación, se argumenta que debe haber un $\mathcal{D}-$filtro genérico $G$ sobre $\mathbb{P},$ y el uso de $G$ a la conclusión de que nuestro resultado requerido.

Answer 1

Cantor de vuelta-y-vuelta teorema citado en el OP tiene un modelo de la teoría de la generalización.

Si dos $\tau$--estructuras de $A$ e $B$ en un vocabulario $\tau$ están parcialmente isomorfos, entonces hay una forzar la prórroga en la que ellos son isomorfos.

Si $A$ e $B$ están parcialmente isomorfo contables $\tau$ - estructuras en una contables vocabulario $\tau$,, a continuación,$A \simeq B$.

En particular, si $A$ e $B$ se $L_{\infty \omega}$--equivalente y contables, a continuación,$A \simeq B$.

Varios resultados interesantes demostró por primera vez, obligando también son mencionados en las respuestas a la pregunta: https://mathoverflow.net/a/53887/57583

Answer 2

He encontrado la siguiente prueba del teorema de Ramsey:

Teorema. Si $f: [\omega]^2 \rightarrow 2,$, entonces hay un infinito $A \subseteq \omega$ e $i<2$ tal que para todos los $\{m,n\}\in [A]^2, f(m,n)=i.$

Deje $\mathbb{P}$ ser el conjunto de todos los triples $p=(i_p, m_p, H_p)$, tal que:

1) $i_p<2$,

2) $m_p\in \omega,$

3) $H_p \subseteq \omega$ es infinito, $m_p\notin H_p,$

4) Para todos los $n\in H_p, f(m_p,n)=i_p.$

Dado $p, q\in \mathbb{P},$ deje $p < q$ fib $H_p \supseteq H_q\cup \{m_q\}.$

Para cada una de las $n<\omega,$ establecer $D_n=\{p\in \mathbb{P}:m_p > n \}.$

La reclamación. Cada una de las $D_n$ es un subconjunto denso de $\mathbb{P}.$

Prueba. Deje $p\in \mathbb{P}.$ Podemos suponer que $m_p\leq n,$ como lo hemos terminado. Deje $k\in H_p, k>n$, y deje $X=\{\{k,m\}:m\in H_p \}.$ Entonces $X$ es infinito, y por lo tanto para algunos $i<2,$ el conjunto $X_i=\{ \{k,m\}\in X: f(k,m)=i \}$ es infinito. Por lo tanto $H=\{ m: \{k,m\}\in X_i \}$ también es infinito. Deje $q=(i, k, H).$ Entonces $q\in \mathbb{P}, q\leq p,$ e $m_q=k>n,$, por lo que $q\in D_n.$ $\Box$

Deje $p_o > p_1 > \dots > p_n > \dots$ ser una disminución de la secuencia de condiciones en $\mathbb{P}$, con $p_n\in D_n$ y deje $i<2$ ser tal que $B=\{n<\omega: i_{p_n}=i \}$ es infinito. Set $A=\{m_{p_n}: n\in B \}.$ Nos muestran que $A$ e $i$ son necesarios.

Claramente $A$ es infinito. Ahora supongamos que $n_1 < n_2$ es $B$. A continuación, $p_{n_2} < p_{n_1},$ lo $m_{p_{n_1}}\in H_{p_{n_2}},$ por lo tanto $f(m_{p_{n_1}}, m_{p_{n_2}})=i_{p_{n_2}}=i.$

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Answer 3

Hay un obligando a prueba de Sierpinski del teorema que $\mathbb{Q}$ con su habitual topología es la única contables, metrizable espacio sin puntos aislados. El argumento es análogo a la prueba del teorema de Cantor dado en la OP. En ambos casos, se utiliza una obligando a poset para imitar un ida y vuelta de la construcción.

Teorema (Sierpinski). Si $X$ e $Y$ son contables, metrizable espacios, sin puntos aislados, entonces $X$ es homeomórficos a $Y$.

Prueba. Revisión de métricas para $X$ e $Y$. Desde estos espacios son contables, la mayoría de sus cerrado bolas también están abiertas. Por eso, no podemos fijar una base de clopen conjuntos de $\langle O_i: i \in \omega \rangle$ para $X$ y de manera similar a $\langle N_j: j \in \omega \rangle$ para $Y$. La idea es definir un poset cuyas condiciones aproximado algunos bijection $h: X \rightarrow Y$, y se encarga de que $h[O_i]$ a $Y$ e $h^{-1}[N_j]$ a $X$ por cada $i,j$.

Deje $\mathbb{P}$ ser el poset con las condiciones de la forma $(f, m, P, Q)$, donde

• $P$ es finito, partición de $X$ en clopen conjuntos,
• $Q$ es finito, partición de $Y$ en clopen conjuntos con $|Q| = |P|$,
• $m$ es un bijection de $P$ con $Q$,
• $f$ es finita parcial de la inyección de $X$ a $Y$ que respeta la coincidencia de $m$ (es decir, si $x \in$ dom($f$) y $p$ es la única pieza de la partición $P$ contiene $x$,, a continuación, $f(x)$ es de $m(p)$).

Una condición de $(f', m', P', Q')$ extends $(f, m, P, Q)$ si $P'$ refina $P$, $Q'$ refina $Q$, $m'$ refina $m$ (en el sentido obvio), y $f'$ extends $f$.

Yo reclamo que por cada $x \in X$, $y \in Y$, y $i, j \in \omega$, el conjunto de condiciones $D_{x, y, i, j} = \{(f, m, P, Q)$: $x \in$ dom($f$), $y \in$ corrió($f$), $O_i$ es una unión de piezas en $P$, $N_j$ es una unión de piezas en $Q\}$, es denso en $\mathbb{P}$. Para ver esto, corregir una condición de $(f, m, P, Q)$. Dado $x \not \in$ dom($f$), hay una pieza única, $p_x$ en $P$ contiene $x$. Desde $Y$ es sin puntos aislados, $m(p_x)$ es infinito. Pick $z \in m(p_x)$ no ya en ran($f$). Del mismo modo, dado $y \not \in$ ran($f$), podemos encontrar $w \in m^{-1}(q_y)$ ya no está en el dom($f$), donde $q_y$ es la única pieza de $Q$ contiene $y$. A continuación, $f' = f \cup \{(x, z), (w, z)\}$ extends $f$ y todavía respeta $m$.

Ahora, cualquier fija $O_i$ se divide cada partición de la pieza de la $p$ en dos clopen conjuntos, $p_1 = O_i \cap p$ e $p_2 = (X \setminus O_i) \cap p$. Deje $P'$ ser la partición que consta de todos los conjuntos de esta forma (haciendo caso omiso de las intersecciones que están vacíos). A continuación, $P'$ refina $P$ e $O_i$ es una unión de elementos en $P'$. Debemos encontrar una coincidencia con el refinamiento de $Q$. Dado $q \in Q$ tenemos $q = m(p)$ para algunos $p \in P$. Nos dividimos $q$ en dos piezas, $q_1$ e $q_2$ como sigue. Si $p_1 = p$ e $p_2 = \emptyset$, vamos a $q_1 = q$ e $q_2 = \emptyset$. Y viceversa. Ahora supongamos que tanto $p_1$ e $p_2$ son no vacíos. Si dom($f'$) $\cap \, p_1$ está vacía, entonces vamos a $q_1$ ser un clopen bola estrictamente contenida en $q$ que no se intersectan ran($f'$). Deje $q_2 = q \setminus q_1$. Si en lugar de dom($f'$) $\cap \, p_1$ es no vacío, para cada $x \in$ dom($f'$) $\cap \, p_1$ escoge un clopen pelota alrededor de $f(x)$ que es estrictamente contenida en $q$ y no contiene otros puntos que se ejecutó($f'$). Deje $q_1$ ser la unión de estas bolas, y $q_2 = q \setminus q_1$. Deje $Q'$ ser la colección de la $q_i$ (de nuevo, haciendo caso omiso de cualquier vacía de conjuntos), y $m'$ ser la función que envía a $p_i$ a $q_i$ por cada $p$, $i$. A continuación, $Q'$ refina $Q$ e $m'$ (que refina $m$) es una correspondencia de $P'$ con $Q'$ que respete $f'$.

Del mismo modo, dado cualquier $N_j$ podemos refinar $P'$ a $P''$, $Q'$ a $Q''$ e $m'$ a$m''$, de modo que $N_j$ es una unión de elementos en $Q''$ e $m''$ todavía respeta $f'$. A continuación, $(f', m'', P'', Q'')$ es de $D_{x, y, i, j}$ y se extiende $(f, m, P, Q)$, como se desee.

Dado que sólo hay countably muchos $D_{x, y, i, j}$, podemos encontrar un filtro de $G$ reunión de todos ellos. Tomando la unión a lo largo de la $f$'s $G$ de los rendimientos de un bijection $h: X \rightarrow Y$. Esta $h$ es en realidad un homeomorphism. Por si $O_i$ es un elemento fijo de nuestra base de $X$, no es una condición $(f, m, P, Q)$ en $G$ donde $O_i$ es una unión de piezas en $P$. Estas piezas son igualados por $m$ a las piezas de $Q$, y uno puede comprobar que la unión de estas piezas (que es abierto, de hecho clopen, en $Y$) es exactamente $h[O_i]$. Del mismo modo $h^{-1}[N_j]$ está abierto en $X$ por cada $j$, por lo que el $h$ es un homeomorphism, como se reivindica.

El Cantor del teorema y de Sierpinski del teorema de tener las siguientes generalizaciones que son útiles en determinados contextos, y puede ser igual demostrado por forzar los argumentos mediante la modificación de los respectivos posets en la evidente forma:

Teorema (Skolem): Revisión de algunos $k$, $1 \leq k \leq \omega$. Deje $X, Y$ ser contables densa, lineal órdenes sin extremos. Fijar una partición $X = \bigcup_{i < k} X_i$ de manera tal que cada una de las $X_i$ es denso en $X$, y de manera similar a $Y=\bigcup_{i < k}Y_i$. Hay un isomorfismo $f: X \rightarrow Y$ tal que $f[X_i]=Y_i$ por cada $i < k$.

Teorema: Corregir algunos $k$, $1 \leq k \leq \omega$. Deje $X, Y$ ser contables, metrizable espacios, sin puntos aislados. Fijar una partición $X = \bigcup_{i < k} X_i$ de manera tal que cada una de las $X_i$ es denso en $X$, y de manera similar a $Y=\bigcup_{i <k}Y_i$. Hay un homeomorphism $f: X \rightarrow Y$ tal que $f \upharpoonright X_i$ es un homeomorphism de $X_i$ con $Y_i$ por cada $i<k$.

Answer 4

En su papel, Atanasio Tzouvaras demuestra el siguiente.

Deje $\mathcal{L}$ ser una contables lenguaje de primer orden lenguaje y $\mathcal{M}=(M,...)$ ser $\mathcal{L}$-estructura.

Definición:

1) Un conjunto $X \subseteq M$ se dice ser inmune, si es infinito y no contiene ninguna infinito definibles por el subconjunto.

2) Un conjunto $X \subseteq M$ está parcialmente inmune si no es definible set $A$ tal que $A \cap X$ es inmune.

3) Un conjunto $X \subseteq M$ es totalmente no-inmune si no $X$ ni $M\setminus X$ está parcialmente inmunes.

Notación: Vamos a $Def$, $IM$, $PIM$, $TNI$ y $Def^{\infty}$ ser las clases de definibles, inmunológico, parcialmente inmune, totalmente no-inmune de subconjuntos de e infinito definibles subconjuntos de $M$, respectivamente.

Teorema: Suponga $\mathcal{M}$ satisface la siguiente propiedad:

Cada infinita definibles por el conjunto se divide en dos infinitos conjuntos definibles.

A continuación,$Def \subsetneq TNI$.

Croquis de la Prueba.

Deje $\mathbb{P}=\{(p_{0}, p_{1}): p_{0}, p_{1} \in Def^{\infty} \wedge p_{o} \cap p_{1} =\varnothing \wedge M \setminus(p_{0} \cup p_{1})~$es infinito$\}$ ordenado por la inclusión en cada coordenada.

Deje $S$ ser un conjunto transitivo (en $ZFC$), que contiene la estructura de $\mathcal{M}$, junto con los sets $Def$, $P$ y $\omega$, y lo suficientemente rico como para que el predicado "$v$ es infinita" es absolutamente definidos en $(S, \in)$. Es decir, por cada $x \in S$, $x$ es infinito el fib no es en $S$ una inyección de $f : \omega \longrightarrow x$.

Deje $\mathcal{S} = (S, \in, M, Def, P)$ ser la estructura de $(S, \in)$ aumentada con $M$, $Def$, $P$ interpretarse como predicados unarios, y deje $\mathcal{L}_{2} = \{\in, M(·), Def(·), P(·)\}$ ser el idioma de la estructura de $\mathcal{S}$, en el que $M$, $Def$, $P$ son tratados como predicado unario símbolos.

Deje $\mathcal{D}=$ el conjunto de todos los subconjuntos densos de $P$ que son definibles en $\mathcal{S}$ mediante las fórmulas de $\mathcal{L}_{2}$ con los parámetros de $M \cup Def \cup P$.

Deje $G$ ser $D$-genérico subconjunto de $\mathbb{P}$, puesto $G_{0}= \cup\{p_{0}: \exists p_{1} (p_{0}, p_{1}) \in G\}$ e $G_{1}= \cup\{p_{1}: \exists p_{0} (p_{0}, p_{1}) \in G\}$. entonces

1. $G_{0} \cap G_{1}= \varnothing$ e $G_{0} \cup G_{1}=M$

2. $G_{0}, G_{1}\notin Def$

3. $G_{0}, G_{1}\notin PIM$, por lo tanto $G_{0}, G_{1}\notin TNI$.

Answer 5

Años atrás, Mateo Wiener esbozado en USENET una prueba utilizando obligando a que los gráficos de la mayoría de la real continua con valores de funciones de dimensión de Hausdorff 1. Aquí es lo que él dijo. (Originalmente Wiener utiliza el término "dimensión fractal" pero él dijo más tarde que él quiso decir "dimensión de Hausdorff", así que he editado el texto original en consecuencia.)

¿Sabía usted que existen continua diferenciable funciones de dimensión de Hausdorff 1? ¿Sabía usted que la mayoría de continuo con un valor real funciones en [0,1]—en el sentido de la categoría—son de dimensión de Hausdorff 1? Creo que esta es la original conmigo. Lo que lo hace interesante es que me demostró por primera vez esta usando Cohen forzar.

La categoría de las pruebas, e incluso con varias construcciones específicas, son triviales modificaciones de las habituales pruebas de continua diferenciable, funciones. Una vez conocido este resultado, se debe tomar alrededor de cinco minutos a tomar una prueba y se extienden a la dimensión de Hausdorff 1.

Pero eso fue no cómo me topé con él. Yo nunca había oído hablar de el resultado, y la impresión que tengo de Mandelbrot y amigos fue que los gráficos de estos bad boy funciones eran la canónica ejemplos de fractales. Yo estaba hacer garabatos en algunos de física de la conferencia, el dibujo de puntos al azar, cuando ocurrió a mí de la nada que los puntos forman una obligando a condición, cuya genérico "límite" es obviamente continua pero no diferenciable. (El más fuerte condiciones llenará los puntos en un "genérico" de manera, evitando cualquier tipo de patrón, es decir, zigzaggy en cada escala.)

No tomó mucho tiempo darse cuenta de que el genérico de "límite" había Hausdorff la dimensión 1 (y que "la mayoría" de sus Besicovitch subdimensiones fueron de cero). (La más fuerte de las condiciones de exprimir arbitrariamente cerca de cualquier conexión de puntos interpolación.)

Un poco de cuidado de tocar el violín era necesario ver que el teorema de Schoenfield se aplican, pero era muy elemental. (No se aplica a la existencia de la nada, funciones diferenciables, pero sí para "uniforme" en ninguna parte funciones diferenciables, es decir, la necesaria delta épsilon-el fracaso puede ser cuantificado de forma independiente de la abscisa.)

Y desde obligando a es, en el fondo, sólo la categoría de Baire teorema de la la existencia de este enfoque no es más que sorprendente.

¿Qué sería de interés real sería encontrar una $\Delta^1_3$ propiedad de el genérico de "límite", ya que traería grandes cardenales en el juego.