La respuesta es no en general. Por ejemplo, trabajar sobre un modelo transitivo contable $M$ para simplificar; entonces podemos encontrar dos Cohen-sobre- $M$ de verdad, $G_0$ y $G_1$ cuya unión $G_0\oplus G_1$ calcula un orden de pozo de $\omega$ de tipo de orden la altura de $M$ . (Para más detalles, véase la respuesta de Andreas Blass a esta antigua pregunta mía: https://mathoverflow.net/questions/38648/a-question-about-iterated-forcing .)
Más brevemente, sólo porque $G_0$ y $G_1$ son $\mathbb{P}_0$ y $\mathbb{P}_1$ -genérico no significa que $G_0\times G_1$ es $\mathbb{P_0}\times\mathbb{P_1}$ -(Para un ejemplo tonto de esto, tome $G_0=G_1$ ¡! Por supuesto, el ejemplo anterior es mucho mejor).
Lo que sí es cierto es que -de nuevo, trabajando sobre un modelo transitivo contable para simplificar- dado cualquier genérico $G_0$ y $G_1$ y cualquier poset $\mathbb{P}$ Hay un $\mathbb{P}$ -generico $H$ que es mutuamente genérico con $G_0$ y mutuamente genérico con $G_1$ (básicamente, piensa que "la intersección de dos conjuntos comeager es comeager"). Para muchas aplicaciones, esto es suficiente.
De hecho, a menudo basta con la siguiente afirmación, aún más débil. Supongamos que $\varphi$ es cierto en $V[G_0]$ . Entonces hay alguna condición $p\in G_0$ que obliga a $\varphi$ . Del mismo modo, si $\varphi$ falla en $V[G_1]$ , entonces hay alguna condición $q\in G_1$ forzando $\neg\varphi$ . Ahora, $G_0$ y $G_1$ pueden no ser mutuamente genéricos, pero no te importa: ¡fuerza con los posets por debajo de las condiciones pertinentes! Es decir, suponiendo $\mathbb{P}_0$ y $\mathbb{P}_1$ fueron los forzamientos correspondientes a $G_0$ y $G_1$ respectivamente, dejemos que $$\mathbb{Q}=\{(r, s): r\in\mathbb{P}_0, s\in\mathbb{P}_1, r\le p, s\le q\}$$ ordenados por componentes, y que $H=H_0\times H_1$ sea $\mathbb{Q}$ -generico sobre $V$ . (Como nota al margen, recuerde que $V[H_0\times H_1]=V[H_0][H_1]=V[H_1][H_0]$ de modo que su absolutismo hacia arriba debería poder entrar en juego).
