Puede un modelo de la teoría de conjuntos creo que está bien fundado y en la realidad, no?

Question

ZF axioma de regularidad implica que no infinito descendente de la secuencia de conjuntos de $x_1 \ni x_2 \ni x_3 \ni \cdots$ existe. Precisamente este teorema afirma la no existencia de un mapa de $\mathbb{N}$ a los conjuntos de la satisfacción de los indicados bienes. Esto puede ser visto de distintas del conceptualmente más simple declaración de que no se establece la satisfacción de la sentencia dada existir; es decir, la instrucción, expresado en infinitary lógica,$\neg\exists x_1 \exists x_2 \exists x_3 \cdots (x_1 \ni x_2 \wedge x_2 \ni x_3 \wedge \cdots)$.

Lo que me pregunto es, ¿puede un modelo de ZF no cumplen la segunda declaración? Declaró intuitivamente, puede un modelo de la teoría de conjuntos no contienen infinito descendente secuencias de conjuntos como objetos en el modelo, y, sin embargo, en realidad contienen una infinita secuencia descendente de conjuntos?

Estoy pensando, en este sentido, el hecho de que algunos modelos de ZF son contables, sin embargo, sigue respondiendo a la afirmación de que no existe bijection entre los racionales y los reales. Desde fuera de la modelo, en el "mundo real", podemos decir que hay un bijection entre el modelo del racionales y el modelo de reales; sin embargo, nada de bijection es un objeto del modelo, y así desde dentro el modelo del teorema de Cantor parece sostener. Puede una situación análoga a obtener con respecto a la ausencia de infinitamente descendente secuencias?

Answer 1

Sí. Si hay modelos de $\sf ZF$ no bien fundada modelos de $\sf ZF$, que también se conoce como no-estándar de los modelos.

Para ver esto, dado un modelo de $M$ $\sf ZF$ si es que no estándar, a continuación, hemos terminado. Si se trata de un modelo estándar, entonces podemos tomar un ultrapower de este modelo de la libre ultrafilter $\Bbb N$. No es difícil demostrar que la modelo tiene que ser no-estándar. La razón es que podemos considerar las siguientes funciones en el ultrapower: $$f_n(k)=\begin{cases}0 & k<n\\k-n & n\leq k\end{cases}$$

Lo que es interesante es que si hay modelos de $\sf ZF$ a empezar, a continuación, que es coherente que no son sólo los no-estándar de los modelos de $\sf ZF$ en el universo, pero no hay una norma. Por lo tanto, la consistencia de la fuerza de la teoría de la $\sf ZF$ "No existe un modelo estándar de la teoría de conjuntos" es estrictamente mayor que el de la $\sf ZF$ "No existe un modelo de la teoría de conjuntos".

Podemos decir más, por ejemplo, la existencia de una contables del modelo estándar no implica la existencia de un incontable modelo estándar, como se muestra aquí.

Answer 2

Usted puede obtener un adecuado modelo de clase de $ZFC$ que no está bien fundada. Recuerdo una clase de modelo es $(B,E)$ donde $B$ $E$ son definibles clase donde $E$ se interpreta como una relación binaria. Está bien fundada significa $E$ es un bien fundado relación en $V$.

Deje $U$ ser un ultrafilter más de algún conjunto. Deje $(Ult(V,U), E_U)$ ser el ultrapower con respecto a $U$. Un ejercicio fácil (la Proposición 5.3 $\textit{The Higher Infinite}$):

$U$ $\omega_1$- completo si y sólo si $E_U$ está bien fundada.

Tenga en cuenta que tener un $\omega_1$-completa ultrafilter es muy fuerte condición que implica la existencia de una apreciable en los cardenales.

Así que si $U$ es cualquier nonprincipal no $\omega_1$-completa ultrafilter, a continuación, $(Ult(V,U), E_U)$ no está bien fundada. Por Los del Teorema, ultrapowers de $V$ son modelos de $ZFC$. En particular, $Ult(V,U)$ modelos de la fundación axioma. Por lo $Ult(V,U)$ piensa que está bien fundada; sin embargo, $V$ sabe que el definibles relación $E_U$ no está bien fundada.