¿Cómo demostrar la existencia de un conjunto infinito de sentencias indecidibles independiente?

Question

Cómo mostrar la existencia de un conjunto infinito de independiente indecidible frases?

Por "independiente", me refiero a que no hay implicación entre dos elementos es demostrable. Un conjunto finito que cumple la condición es {Con(T), ~Con(T)}. Pero no podemos añadir Con(T+X) para cualquier frase X para este conjunto, porque eso implica que Con(T). Tampoco podemos agregar ~Con(T+X) porque ~Con(T) implica.

Si T es completa, entonces no tiene indecidible las penas de todos, por lo que suponemos que T es incompleta y, por tanto, también de acuerdo. Por lo T podría ser ZFC, ZF, PA, P, etc. ¿Existe un conjunto infinito para cualquiera de estos casos?

Answer 1

En general, hay una manera de hacer esta secuencia de independiente frases más efectivas, esencialmente incompleto de la teoría. Una teoría de la $T$ es esencialmente incompleta si es coherente y no coherente computable extensión de $T$ es completa. P, PA, ZF, y ZFC son ejemplos de la eficacia, esencialmente incompleta teorías.

Suponga que $T = T_0$ es eficaz y esencialmente incompleta. Entonces a partir de la $T$ es incompleta, hay una frase que $S_0$ tal que $T + S_0$ $T + \lnot S_0$ son coherentes. Deje $R_0 = S_0$.

Ahora $T_1 = T + \lnot S_0$ es eficaz, y es incompleta debido a que $T$ es esencialmente incompleta. Así que hay una sentencia de $S_1$ tanto $T + \lnot S_0 + S_1$ $T + \lnot S_0 + \lnot S_1$ son consistentes. Deje $R_1 = \lnot S_0 \land S_1$. A continuación, $R_0$ no puede implicar $R_1$$T$, e $R_1$ no puede implicar $R_0$$T$, debido a que tanto $T + R_0$ $T + R_1$ son consistentes.

Ahora $T_2 = T + \lnot S_0 + \lnot S_1$ es incompleta, porque es coherente y $T$ es esencialmente incompleta. Así que hay una sentencia de $S_2$ tal que $T_2 + S_2$ $T_2 + \lnot S_2$ son coherentes. Deje $R_2 = \lnot S_0 \land \lnot S_1 \land S_2$ y deje $T_3 = T_2 + \lnot S_2$. A continuación, ninguno de $R_0$, $R_1$, $R_2$ implicar a los demás sobre $T$, e $T_3$ es de nuevo efectiva e incompleta. Continuar inductivo para generar una secuencia independiente de las sentencias $R_0, R_1, R_2, \ldots$.

El fenómeno en esta prueba puede ser afirmado de manera más abstracta como: el álgebra de Lindenbaum de cualquier efectiva, esencialmente incompleta teoría es atomless.

Es interesante analizar lo que las sentencias $S_0$, $S_1$, etc. todos dicen. La prueba de que las teorías mencionadas son esencialmente incompleto es constructiva, y para que podamos construir ejemplos de las frases de la $S_i$. Tenemos que usar Rosser la variación del teorema de la incompletitud, debido a que teorías como la $T_1$ no se $\omega$ consistente. $S_i$ dice que, en términos informales, "si hay una prueba de $S_i$$T_i$, entonces hay una corta prueba de $\lnot S_i$$T_i$". Por lo $R_1$ dice que, de manera informal, "No es una prueba de $S_0$ $T$ tal de que no hay prueba de $\lnot S_0$ $T$ es más corto, y si hay una prueba de $S_1$$T + \lnot S_0$, entonces hay una corta prueba de $\lnot S_1$$T + \lnot S_0$."

Answer 2

Desde mi anterior prueba era errónea como bien irrelevante, después de haber especificado una teoría que se me va a dar algo de mi propio conocimiento a este tema.

En primer lugar si $\tau$ es independiente de $ZFC$, entonces es claramente independiente de $ZF$. El asunto es que tenemos una manera fácil de producir un número infinito de frases:

$$\psi_n = \text{Between the sets }\mathcal P^n(\omega)\text{ and }\mathcal P^{n+1}(\omega)\text{ there are no other cardinalities}$$

Esa es la Hipótesis continua con pertinencia a $\beth$ números. Desde la cardinalidad del poder establecido tiene que crecer, y de Easton teorema nos dice que podemos definir para que crezca casi de todos modos nos gustaría (podríamos haber $2^{\aleph_0}=\aleph_1$$2^{\aleph_1} = \aleph_{583}$) tenemos que estos son estrictamente independientes el uno del otro, y claramente de $ZFC$.