Un poco tarde, pero creo que esto hace el trabajo.
En primer lugar, recordemos la definición de $M[G]$ que utiliza Kunen (y que, para abordar los comentarios de Mitchell, es diferente de la $L$ -de estilo): $$M[G]=\{\nu[G]: \nu\in M^\mathbb{P}\},$$ es decir, $M[G]$ es el conjunto de todos los $\mathbb{P}$ -nombres en $M$ evaluado en $G$ . Tenga en cuenta que la evaluación de un nombre $\nu$ en $G$ tiene sentido para $G$ un subconjunto arbitrario de $\mathbb{P}$ (¡ni siquiera un filtro!): se define inductivamente como $\{(p_i, \nu_i): i\in I\}[G]=\{\nu_i[G]: p_i\in G\}$ . Por supuesto, esto es mucho menos natural si $G$ no es un filtro.
El punto clave es que $\nu[G]$ es un objeto positivo El objetivo es determinar los hechos positivos de la pertenencia a $\nu[G]$ basada en hechos positivos sobre la pertenencia a $G$ . Ahora bien, si $G$ es un genérico filtro, entonces cada hecho negativo está determinado por un hecho positivo: si $p\not\in G$ , entonces hay algunos $q\in G$ que impidió $p$ de estar en $G$ . Sin embargo, si $G$ no es genérico, esto se rompe, y ahora - si queremos demostrar que $\mathbb{P}\setminus G\in M[G]$ - nos enfrentamos a la tarea de dar un positivo descripción de un Definido negativamente objeto.
Y la cuestión es que no hay ninguna razón en general para creer que esto se pueda hacer.
_Una tangente: a menudo se pueden establecer interesantes analogías entre el forzamiento y las ideas de la teoría de la computabilidad; en este caso, la que salta a la vista es la distinción entre Reducibilidad de Turing y reducibilidad de la enumeración En el contexto de precisar esta distinción positiva/negativa._
Muy bien, esa es la intuición; ¿cómo vamos a construir la deseada $\mathbb{P}$ y $G$ ? Voy a apartarme de la sugerencia de Kunen, ya que francamente no me parece muy útil. También voy a intentar hacer algo un poco más interesante que resolver el problema tal y como está planteado:
Afirmación: existe una $\mathbb{P}\in M$ , algunos $\mathbb{Q}\in M$ , algunos $H$ que es $\mathbb{Q}$ -generico sobre $M$ y algún nombre $\mu\in M^\mathbb{Q}$ tal que $G=\mu[H]$ es un filtro (no genérico) a través de $\mathbb{P}$ y $\mathbb{P}\setminus G\not\in M[G]$ .
Eso es, se puede construir un contraejemplo deseado forzando realmente ¡! En realidad, esto ya está implícito en la pista de Kunen: "por diagonalización" es la jerga para "usar el forzamiento" :P.
Muy bien, ¿cómo vamos a hacerlo? Bueno, queremos que nuestro $\mathbb{P}$ tener muchas compatibilidades, para que la información "positiva" no nos dé información "negativa" (por ejemplo, el poset $2^{<\omega}$ sería un mala idea, ya que, por ejemplo, saber $01001\in G$ nos diría $01000\not\in G$ ). Tomemos algo realmente simple - digamos, $\mathbb{P}=\mathcal{P}_{fin}(\omega)$ ordenados por inclusión. Desde el punto de vista del forzamiento, este es un poset muy tonto ya que no tiene ninguna incompatibilidad. Pero aún así, tiene un montón de incomparables y tantos filtros (no genéricos).
Ahora queremos que nuestro $\mathbb{Q}$ para construir un filtro "malo" a través de $\mathbb{P}$ . ¿Cómo lo haremos? Bueno, tenemos un montón de requisitos que cumplir: para cada $\nu\in M^\mathbb{P}$ necesitamos satisfacer $$\nu[G]\not=\mathbb{P}\setminus G$$ (donde $G=\mu[H]$ - no hemos especificado qué $\mu$ es, o incluso lo que $\mathbb{Q}$ es, así que todo esto es vago; el único punto es construir un poco de intuición). Para satisfacer esto, queremos que nuestro $G$ tener mucha información negativa que no se puede detectar; dicho de otra manera, $H$ necesita construir $G$ haciendo que tanto los positivos y negativo declaraciones sobre $G$ (para que $G$ tiene mucha información negativa incorporada). Por lo tanto, una suposición natural para $\mathbb{Q}$ es el conjunto de pares $(A, B)$ de conjuntos finitos disjuntos de números naturales, ordenados por $$(A, B)\le(C, D)\iff A\supseteq C, B\supseteq D.$$ (Tenga en cuenta que esto no es más que el forzamiento de Cohen disfrazado). El genérico $H$ es esencialmente una partición de $\omega$ y dejaremos que $G$ sea el lado izquierdo de la partición; formalmente, dejamos que $$G=\{n: \exists (A, B)\in H(n\in A)\}.$$ Si prefiere ser superformal, el nombre específico $\mu$ que estamos viendo es $$\mu=\{((A, B), \check{n}): n\in A\}.$$
Afirmo que esto hace el trabajo. Así que dejemos $H$ sea $\mathbb{Q}$ -generico sobre $M$ y $G=\mu[H]$ ; afirmo que $\mathbb{P}\setminus G\not\in M[G]$ . Para demostrarlo, bastará con argumentar que para cada $\nu\in M^\mathbb{P}$ tenemos $\nu[G]\not=\mathbb{P}\setminus G$ . Argumentaremos por la vía de la genericidad, como siempre. Así pues, fijemos un $\nu\in M^\mathbb{P}$ y una condición $q\in\mathbb{Q}$ ; encontraremos un $q'\le q$ que obliga a $\nu[G]\not=\mathbb{P}\setminus[G]$ .
Hay varias formas de hacerlo; a mí me gusta la siguiente. Deje que $q=(A, B)$ , arreglar algunos $n\not\in A\cup B$ y que $q_0=(A, B\cup\{n\})$ . Entonces WLOG podemos encontrar algunos $q_1=(A', B')\le q_0$ tal que $A'\vdash n\in \nu$ ; de lo contrario, tome $q'=q_0$ (ya que $\nu[G]$ ahora se garantizará que pas ver que $n\in\mathbb{P}\setminus G$ ).
Bien, ahora dejemos $q'=(A'\cup\{n\}, B)$ y pensar en lo que $q'$ fuerzas sobre lo que $\nu$ piensa en $\mathbb{P}\setminus G$ . . . $\Box$
