Es posible que countably cerrado obligando a colapsar $\aleph_2$ $\aleph_1$sin colapsar el continuum?

Question

Supongamos que la continuidad es mayor que $\aleph_2$. ¿Existe un countably cerrado noción de forzar a que se derrumba $\aleph_2$$\aleph_1$, pero no colapsar el continuum $\aleph_1$? Por otra parte, no existen tales forzar un concepto que es el de separación y tiene el tamaño de la continuidad? Es conocido (véase más abajo) que la canónica colapso Coll$(\aleph_1, \aleph_2)$ contrae el continuum. Intentar algo como la canónica colapso relativizada a algunas interior modelo será un fracaso para responder a la pregunta, porque esta obligando a no ser countably cerrado en V.

Información de fondo:

Esta pregunta surgió como resultado de mis estudios de la siguiente teorema.

Deje $\kappa < \theta$ ser cardenales, con $\kappa$ regular y $\theta^{<\kappa} = \theta$. Entonces cualquier forzamiento de tamaño $\theta^{<\kappa}$ que es la separación y $<\kappa$ cerrado y que se derrumba $\theta$ $\kappa$está obligando equivalente a la canónica colapso obligando a Coll$(\kappa, \theta)$.

Quiero saber si este teorema aún se mantiene en el caso de que $\theta^{<\kappa} = \theta$ falla. La pregunta anterior es la forma más simple posible tal caso.

La razón por la que Coll$(\aleph_1, \aleph_2)$ contrae el continuum (cuando CH falla) es que podemos pensar de $\aleph_1$ $\aleph_1$ muchas $\aleph_0$-bloques. Considerar sólo los elementos de Coll$(\aleph_1, \aleph_2)$ de manera tal que en cada una de las $\aleph_0$ bloque, que se encuentran totalmente definidos o totalmente indefinido. Este es un denso conjunto en Coll$(\aleph_1, \aleph_2)$, y es isomorfo a Coll$(\aleph_1, \aleph_2^{\aleph_0})$ = Coll$(\aleph_1, \bf{c})$.

Answer 1

Tengo la respuesta de estados unidos Todorcevic el pasado fin de semana en el MAMLS conferencia en honor de Richard Lavamanos en Boulder, CO. Él me dijo que se trata de un inédito resultado de su que cualquier semi-obligando a que se derrumba $\aleph_2$ contrae el continuum. Como countably cerrado forzar es semi-correcto, la respuesta a mi pregunta es no. Stevo esbozó una prueba para mí, pero no la recuerdo bastante bien a reproducir aquí.

Answer 2

Aquí es, creo, una respuesta parcial. Creo que puedo mostrar que tan largo como un countably cerrado obligando añade un nuevo $\omega_1$-secuencia, el continuum se derrumbó por debajo del tamaño de la poset. No estoy seguro de si se puede hacer mejor.

Prop. Deje $\mathbb{P}$ ser un countably cerrado noción de forzar tal que $\Vdash\dot{f}:\omega_1\rightarrow ON,\dot{f}\not\in V$. Entonces, si $G$ $\mathbb{P}$- genérico más de $V$ tendremos $V[G]\vDash 2^\omega\leq |\mathbb{P}|$.

Pf: Es suficiente para demostrar que en $V[G]$, $|\mathcal{P}(\omega)\cap V|\leq |\mathbb{P}|$ (debido a $\mathbb{P}$ es countably cerrado). Tenga en cuenta que para cada una de las $p\in\mathbb{P}$ hay algo de $\alpha<\omega_1$ tal que $p$ no se decide a $\dot{f}(\alpha)$ (de lo contrario $f$ podría ser definidos en $V$); deje $\alpha(p)$ denotar al menos $\alpha$. Deje $\beta_0(p)<\beta_1(p)$ ser el menos ordinales $\beta$ tal que no $q\leq p$ que $q\Vdash\dot{f}(\alpha(p))=\beta$.

Revisión en $V$ un buen orden $\prec$$\mathbb{P}$. Ahora, trabajando en $V[G]$, podemos asociar a cada una de las $q\in\mathbb{P}$ $x_q\subseteq\omega$ como sigue. Inductivamente definir una secuencia descendente de las condiciones de $q_0\geq q_1\ldots \geq q_n\ldots $ por $q_0=q$, $q_{n+1}$ es el $\prec$-menos de los miembros de $G$ bajo $q_n$ que decida $\dot{f}(\alpha(q_n))$. Deje $x_q= \{n\in \omega|f(\alpha(q_n))=\beta_0(q_n)\}$ .

Para terminar sólo tenemos que mostrar que para cada una de las $x\in\mathcal{P}(\omega)$ la $D_x=\{r\in\mathbb{P}|r\Vdash(\exists q\in \dot{G})x=\dot{x_q}\}$ es densa. Deje $p\in\mathbb{P}$ ser una condición de fijo. Inductivamente definir $p_0\geq p_1\geq \ldots p_n\geq $. Set $p_0=p$. Si $n\in x$ $p_{n+1}$ $\prec$- menos de los miembros de $\mathbb{P}$$p_{n+1}\leq p_n$$p_{n+1}\Vdash\dot{f}(\alpha(p_n))=\beta_0(p_n)$; si $n\not\in x$, a continuación, hacer lo mismo, pero ha $p_{n+1}\Vdash\dot{f}(\alpha(p_n))=\beta_1(p_n)$. A continuación, vamos a $r$ estar por debajo de todas las $p_n$. A continuación,$r\in D_x$, $p$ como dar nuestro testimonio $q$.