¿ZF+AD resuelve la hipótesis original de Suslin?

Question

Todo el mundo sabe que la línea real $\langle\mathbb{R},<\rangle$ es el único orden lineal denso completo sin fin con un conjunto denso denso contable. La hipótesis de Suslin hipótesis es la cuestión de si podemos sustituir la separabilidad en esta caracterización con la afirmación de que el orden tiene la condición de cadena contable, es decir, que todo conjunto de intervalos es contable. En otras palabras, la hipótesis de Suslin, en la formulación original, es la afirmación de que la recta real es el único orden lineal denso completo sin fin con la condición de cadena contable con la condición de cadena contable.

Pregunta. ¿ZF más el axioma de determinación ¿AD implica la hipótesis original de Suslin?

Los teóricos de conjuntos demostraron en ZFC que la hipótesis de Suslin es equivalente a la afirmación de que no existe un árbol de Suslin, que es un árbol de altura $\omega_1$ sin cadenas ni anticadenas incontables. Y ZF más el axioma de determinación AD resuelve esta versión de SH demostrando que $\omega_1$ es medible y por lo tanto débilmente compacto y por lo tanto tiene la propiedad propiedad de árbol y por lo tanto bajo AD no hay árbol de Suslin.

Así que bajo AD no hay $\omega_1$ -Árbol de Susa. Pero, ¿significa esto que no existe una línea Suslin?

La cuestión es que refutar un árbol de Suslin no parece refutar directamente todas las líneas de Suslin en el contexto no CA, y por lo tanto no parece resolver el problema original de Suslin en el marco del EA. Así que la pregunta es: ¿resuelve ZF+AD resuelve el problema original de Suslin?

Por favor, siéntase libre de publicar una respuesta explicando los detalles precisos del argumento de que AD implica que no hay $\omega_1$ -Árbol de Susin.

Escuché esta pregunta esta tarde en una fiesta en una conferencia en en honor a Simon Thomas de cierto prominente teórico del juego, con un escocés añejo en la mano, que me dijo que prefería no ser mencionado, pero que dijo que estaba bien que se publicara la pregunta.

Permítanme actualizar la pregunta (después de la muy buena respuesta de Asaf) para preguntar sobre la situación en la que también tenemos el axioma de elección dependiente DC. Y quizás uno quiera saber realmente sobre el caso en $L(\mathbb{R})$ bajo AD.

Pregunta. ¿ZF+AD+DC implica la hipótesis original de Suslin?

Pregunta. En $L(\mathbb{R})$ ¿tiene una línea Suslin asumiendo AD?

Answer 1

No. Por razones tontas.

Recordemos que los poderes de $\sf AD$ están bastante limitados al mundo de abajo $\Theta$ . En particular, la prueba de que $\sf AD$ no implica elección contable pasa por añadir un conjunto Dedekind-finito en algún lugar muy alto de la jerarquía de von Neumann. Donde los reales no pueden interferir.

Basta con replicar esta prueba, pero esta vez incrustando una copia del ordenamiento lineal de Mostowski, en lugar de cualquier conjunto definido de Dedekind. Esto daría como resultado un ordenamiento lineal cuya topología de orden es fuertemente conectada (y por lo tanto el orden es completo), donde cada subconjunto es una unión finita de intervalos, y el conjunto potencia es Dedekind-finito. Así que, en particular, toda colección de intervalos disjuntos por pares es finita.

(Obsérvese que para obtener el ordenamiento de Mostowski se necesitaría que cada punto fuera un conjunto de conjuntos de ordinales, en lugar de sólo un conjunto de ordinales, por lo que hay que forzar con algo como $\operatorname{Add}(\kappa,\kappa\times\omega)$ y luego agrupar sus subconjuntos genéricos en colecciones de subconjuntos genéricos indexados por los números racionales, y tomar permutaciones que conviertan cada "racional" en un conjunto suficientemente no ordenable, y permutar los "racionales" de una manera que preserve el orden.

Por supuesto, el uso de cualquier otro método para añadir conjuntos genéricos, no necesariamente subconjuntos de Cohen, también funciona para estos fines).

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A continuación se presenta un esquema de cómo construir dicho modelo.

Comience con un modelo de $\sf ZFC$ con $\omega$ Cardenales de madera, y para la buena posteridad también $\sf GCH$ . Elija algunos regulares $\kappa$ mucho más grande que todos los cardenales de Woodin. Por ejemplo, el doble sucesor de su límite.

El siguiente paso es tomar el producto de los dos sistemas simétricos: (1) añadir un orden de Mostowski por encima de $\kappa$ y que $\cal A$ denotan el ordenamiento de Mostowski, junto con su orden lineal; (2) colapsar los cardinales de Woodin para forzar $\sf AD$ en un modelo interno.

Por último, en la extensión simétrica considere $L(\Bbb R,\cal A)$ . Por el cierre de la adición de subconjuntos de Cohen a $\kappa$ y siendo lo suficientemente grande, nos hemos asegurado de que el conjunto de reales en este modelo son todos definibles a partir de reales, es decir, viven en $L(\Bbb R)$ . Por lo tanto, $\sf AD$ sostiene. Al mismo tiempo, todos los argumentos relevantes sobre la ordenación de Mostowski implican que su conjunto de potencias es Dedekind-finito, lo cual es cierto en la extensión simétrica, y por tanto en cualquier modelo interno que conozca el conjunto subyacente.

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La respuesta sigue siendo negativa aunque se exija $\sf DC$ para que se mantenga. De hecho, podemos generalizar el argumento anterior de la siguiente manera (que ahora requiere asumir $\sf GCH$ o algo similar sobre el continuo en los cardenales regulares):

1. Por $\sf GCH$ , $\eta_\kappa$ existe, que es un $\kappa$ -saturado de ordenación lineal densa de tamaño $\kappa$ . Por lo tanto, también es homogénea.

2. En lugar de añadir $\kappa\times\omega$ subconjuntos de $\kappa$ añadimos $\kappa\times\kappa$ donde el segundo $\kappa$ se indexa utilizando un ordenamiento lineal isomorfo a $\eta_\kappa$ . Ahora tomamos el filtro de subgrupos que se genera fijando un número contable de puntos, en lugar de un número finito.

3. La técnica y el argumento nos dan ahora que si $A$ es la ordenación lineal genérica, todo subconjunto de $A$ es la unión contable de intervalos. Esto, junto con la saturación de $\eta_\kappa$ , implica fácilmente que la orden está completa.

   Dado un corte cualquiera, podemos escribirlo como la unión de dos intervalos, que tienen un soporte común que es un conjunto contable de puntos de la recta. Se puede demostrar que estos puntos deben tener una secuencia cofinal en las partes superior e inferior del corte (de lo contrario hay un "hueco" entre los cortes que se puede desplazar mediante un automorfismo adecuado). Y por saturación podemos darnos cuenta del tipo de corte, y por tanto es un punto final de una de las partes del corte.

4. El orden lineal que añadimos es en realidad ccc, ya que cualquier familia incontable de intervalos disjuntos por pares tendría una unión que no puede descomponerse en sólo un número contable de intervalos disjuntos. Por supuesto, el orden no es separable, ya que $\kappa$ es demasiado grande, y la separabilidad implicaría que colapsáramos $\kappa$ para ser el continuo en el inicio $\sf ZFC$ modelo, pero $\kappa$ es de hecho el sucesor del continuo (¡o más grande!), por lo que no puede ser.

5. En $L(\Bbb R,\cal A^\omega)$ , donde $\cal A$ es el conjunto ordenado, tal como se calcula dentro de la extensión simétrica de los dos colapsos de los cardinales de Woodin, y añadiendo el Mostowski $\sigma$ -orden, obtenemos que $\sf ZF+DC+AD$ se mantiene. Pero $\cal A$ sigue siendo un ordenamiento lineal denso completo y ccc no separable. Por lo tanto, un contraejemplo.

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Así que parece que la verdadera cuestión es asumir que $L(\Bbb R)\models\sf AD$ También satisface $\sf SH$ ? O, tal vez, ¿acaso $\sf ZF+AD+\mathit{V=L(\Bbb R)}\implies SH$ ?

Aquí soy un poco más escéptico sobre hasta qué punto podrían funcionar las ideas anteriores. Y en realidad parece ser plausible que no hay árboles Suslin, en el sentido amplio de la palabra.

Answer 2

¡Buena pregunta! Pero, ¿qué teórico de la edad bebe un escocés destacado?

Lo siguiente tampoco responde a esta pregunta. Sea $T \in L$ sea su árbol Suslin favorito de $L$ . Considere la $L({\mathbb R})$ de $L[g]$ , donde $g$ es genérico para añadir $\omega_1$ Cohen real. $T$ sigue siendo un árbol Suslin en $L[g]$ . El conjunto de todas las ramas máximas a través de $T$ es entonces una línea de Suslin en $L({\mathbb R})^{L[g]}$ y $L({\mathbb R})^{L[g]}$ es un modelo de ZF más DC más "no hay w.o. de los reales". Así que una línea de Suslin no da un w.o. de ${\mathbb R}$ .

Como se ha señalado, este enfoque no se puede generalizar para demostrar que en presencia de grandes cardenales (o simplemente ${\sf AD}^{L({\mathbb R})}$ ), $L({\mathbb R})$ tiene una línea de Suslin, ya que entonces no $T \in M$ , $M$ cualquier modelo interno de $L({\mathbb R})$ elección satisfactoria, puede ser un árbol de Aronzsajn en $L({\mathbb R})$ .

Pero, asumiendo grandes cardenales, la pregunta si $L({\mathbb R})$ tiene una línea Suslin debe tener una respuesta como ${\sf ZFC}$ es $\Omega$ -completa en cuanto a la verdad en $L({\mathbb R})$ .

Answer 3

En cuanto a la existencia de árboles Suslin bajo $\mathsf{AD + V = L(\mathbb{R})}$ :

Supongamos que $ZF + AD^+ + V = L(\mathscr{P}(\mathbb{R}))$ . Dejemos que $(T,\prec)$ ser un $\omega_1$ -árbol con todos los niveles contables.

(I) Supongamos $T$ es bien ordenable. Podemos repetir el argumento de Hamkin anterior: Se puede demostrar $T$ está en biyección con $\omega_1$ . $(T,\prec)$ puede codificarse como un subconjunto de $\omega_1$ . $(T,\prec)$ es construible a partir de reales $r$ por un resultado de Solovay; por lo tanto, $(T,\prec) \in L[r]$ . $r^\sharp$ existe, por lo que $\omega_1^V$ es débilmente compacto y tiene la propiedad del árbol. Por lo tanto, en $L[r]$ , $T$ tiene una rama que está en biyección con $\omega_1^V$ . $(T,\prec)$ no es un árbol de Suslin en $V$ .

(II) Supongamos $T$ no puede estar bien ordenado. Por el teorema 1.4 de "Un teorema de tricotomía en modelos naturales de $\mathsf{AD}^+$ " de Caicedo y Ketchersid, hay una inyección $\Phi : \mathbb{R} \rightarrow T$ bajo estos supuestos. Definir un preordenamiento en $\mathbb{R}$ por $x \sqsubseteq y$ si y sólo si el nivel de $(T,\prec)$ que $\Phi(x)$ pertenece es menor o igual que el nivel de $(T,\prec)$ que $\Phi(y)$ pertenece. Dado que $(T,\prec)$ tiene niveles contables, $\sqsubseteq$ es un preordenamiento en $\mathbb{R}$ con cada clase de preordenación contable. Esto no existe bajo $\mathsf{AD}$ .