Un modelo sin función de elección

Question

Supongamos que forzamos sobre $\operatorname{Add}(\omega, \omega)$ con un $V$ -genérico $G$ . Sea $g = \bigcup G$ y $r_i$ sea el $i$ real añadido, es decir $r_i = \{n : g(i, n) = 1\}$ .

A continuación, defina (en $V[G]$ ) para todos $i$ , $R_i = \{r \subseteq \omega : |r \Delta r_i| < \aleph_0 \}$ . Sea $S = \{\{R_{2i}, R_{2i+1}\} : i < \omega\}$ . A continuación, considere el modelo $N = \mathrm{HOD}(\operatorname{trcl}\{S\})^{V[G]}$ . Quiero demostrar que $N$ no tiene función de elección para $S$ .

Sé que hay es una función de elección para $\{\{r_{2i}, r_{2i+1}\}:i < \omega\}$ en $N$ al menos, y he probado algunos argumentos de homogeneidad. Desgraciadamente no he podido llegar muy lejos. Agradecería pistas o ayuda.

Answer 1

Sea $p$ sea una condición tal que $p\Vdash\varphi(\dot X,\dot y,\check\alpha,\vec S_i)\text{ defines a choice function}$ es decir $p$ obliga a que exista una función de elección definible ordinalmente con parámetros en el cierre transitivo $S$ .

Desde $p$ es una condición finita en el forzamiento de Cohen, y $\vec S$ es finito, podemos suponer por simplicidad que si $(n,m)$ está en el dominio de $p$ entonces $\{R_n,R_{n\pm1}\}$ o $R_n$ está en $\vec S$ y viceversa, si $R_n$ está en $\vec S$ entonces $(n,m)\in\operatorname{dom}(p)$ para algunos $m$ etc. Aquí $\{R_n,R_{n\pm1}\}$ es el único par que contiene $R_n$ .

Elige algunos lo suficientemente grandes $n$ tal que $(n,m)$ no está en el dominio de $p$ y, por tanto, tampoco se menciona en $\vec S$ en el sentido anterior. Sea $q$ sea una condición más fuerte tal que sin pérdida de generalidad, $q\Vdash\varphi(\{\dot R_n,\dot R_{n\pm1}\},\dot R_n,\check\alpha,\vec S)$ por supuesto que podemos tomar $\dot R_{n\pm1}$ .

Tenga en cuenta que ni $n$ ni $n\pm1$ puede aparecer en el original $p$ o $\vec S$ . Sea $m$ sea lo suficientemente grande como para que $(n,k)$ o $(n\pm1,k)\in\operatorname{dom}p$ implica $k<m$ . Consideremos ahora el siguiente automorfismo $\pi$ :

1. Actúa sobre la coordenada izquierda como el ciclo $(n\ \ n\pm1)$ ,
2. En estas dos coordenadas, $(n,k)$ se conmuta con $(n,m+k)$ para todos $k<m$ (y lo mismo para $(n\pm1,k)$ es decir).

En otras palabras, $\pi$ "voltea" entre el $n$ y $n\pm1$ reales, y luego en estas dos coordenadas también cambia la primera $m$ puntos con el siguiente $m$ para asegurarnos de que acabamos en "una parte disjunta del dominio".

Podemos demostrarlo:

1. $\pi p=p$ y $\pi q$ es compatible con $q$ la primera es fácil, ya que $n$ y $n\pm1$ no se mencionan en el ámbito de $p$ Esto último es sencillo, sólo hemos cambiado dos coordenadas y es fácil ver que son compatibles, ya que también las hemos movido "internamente" para hacerlas disjuntas.

2. Si $\dot x$ está en $\vec S$ entonces $\pi\dot x=\dot x$ esto también es una consecuencia directa de $\pi p=p$ y la condición con la que seleccionamos $p$ y $\vec S$ .

3. $\pi\dot R_n=\dot R_{n\pm 1}$ y $\pi\dot R_{n\pm1}=\dot R_n$ .

Ahora tenemos que $\pi q\Vdash\varphi(\{\pi\dot R_n,\pi\dot R_{n\pm1}\},\pi\dot x,\pi\check\alpha,\pi\vec S)$ . Pero lo anterior nos dice que esto es lo mismo que escribir $\pi q\Vdash\varphi(\{\dot R_n,\dot R_{n\pm1}\},\pi\dot x,\check\alpha,\vec S)$ .

Usando ahora que $q$ y $\pi q$ son compatibles significa que $$\pi q\cup q\Vdash\varphi(\{\dot R_n,\dot R_{n\pm1}\},\dot x,\check\alpha,\vec S)\land\varphi(\{\dot R_n,\dot R_{n\pm1}\},\pi\dot x,\check\alpha,\vec S),$$ pero es fácil demostrar que $\varnothing\Vdash\dot x\neq\pi\dot x$ ya que $\dot x$ es $\dot R_n$ o $\dot R_{n\pm1}$ . Y esto es una contradicción.