Número de No-isomorfo modelos de la Teoría de conjuntos

Question

Suponga que la meta de la teoría permite el modelo teórico de las técnicas y el manejo de conjuntos infinitos, etc (La meta de la teoría misma es, de manera informal, "fuerte como ZFC"). También se supone que estoy estudiando ZFC dentro de este meta-teoría y en la que estoy trabajando con el supuesto de que ZFC es consistente.

Deje $ZFC\subset{T}$ donde $T$ es una teoría completa. Me gustaría saber el número de no-isomorfo modelos de $T$ para un determinado $\kappa\geq{\aleph_{0}}$. Me siento como si este debe ser el número máximo posible, es decir,$2^{\kappa}$.

Mi idea para mostrar este fue el uso de Sela del teorema que dice que inestable teorías, $2^{\kappa}$ muchos modelos para cualquier $\kappa>{\aleph_{0}}$ (que establece el resultado para todos los innumerables $\kappa$). Pero para ello primero hay que demostrar que $T$ es inestable. Sin embargo no estoy seguro acerca de cómo hacer esto (o incluso si estoy en el camino correcto).

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Consigue $2^\kappa$ muchos modelos para cualquier innumerables $\kappa$. De esta manera se sigue inmediatamente del hecho de que $\mathsf{ZFC}$ (trivialmente) define un infinito de orden lineal, y esto es todo lo que necesita para asegurar la precariedad.

(El mismo argumento muestra que ya es mucho más débil teorías, tales como la $\mathsf{PA}$, son inestables.)

Esto da el resultado de $\kappa$ incontable. Para $\kappa$ contables usted también tiene el número máximo de nonisomorphic modelos de $\mathsf{ZFC}$. Para ver esto, utilice el teorema de la incompletitud para demostrar que se puede etiquetar de forma recursiva los nodos del árbol binario completo $T_s$, $s\in 2^{<\omega}$, de modo que $T_\emptyset=\mathsf{ZFC}$ (o $\mathsf{PA}$, si se prefiere), $T_s$ es consistente para cada $s$, $T_s\subsetneq T_t$ para $s\subsetneq t$, y cada una de las $T_{s{}^\frown\langle i\rangle}$$i=0,1$, se obtiene a partir de a $T_s$ mediante la adición de un nuevo axioma (que depende de $s$, por supuesto). Ahora, para cada una de las $x\in 2^\omega$, vamos a $T_x$ ser coherente teoría completa la ampliación de $\bigcup_n T_{x\upharpoonright n}$. Estas son las $2^{\aleph_0}$ pares incompatibles teorías, todos que se extiende $\mathsf{ZFC}$ (o $\mathsf{PA}$), y tener todos los modelos contables. (Ejemplos como el de la teoría de la $(\mathbb Q,<)$ mostrar que el argumento debe ser diferente para los contables de los modelos.)

El párrafo anterior muestra que existen $2^{\aleph_0}$ extensiones incompatibles de $\mathsf{ZFC}$, y por lo tanto $2^{\aleph_0}$ no isomorfos contables modelos de $\mathsf{ZFC}$. El resultado también es cierto para completar la extensión de $T$, pero el argumento parece más difícil. Una prueba de la siguiente manera a partir de la siguiente, pero lo más probable son más fáciles de enfoques:

Considera en primer lugar el papel

Ali Enayat. Leibniziana de los modelos de la teoría de conjuntos, J. la Lógica Simbólica, 69 (3), (2004), 775-789. MR2078921 (2005e:03076).

En ella, Enayat define un modelo para ser Leibniziana iff no tiene ningún par de indiscernibles. Él muestra que hay un primer pedido de declaración de $\mathsf{LM}$ de manera tal que cualquier (consistente) completar la extensión de $T$ $\mathsf{ZF}$ admite un Leibniziana modelo iff $T\vdash\mathsf{LM}$. También muestra que el $\mathsf{LM}$ sigue de $\mathrm{V}=\mathsf{OD}$, y que cualquier (consistente) extensión de la $\mathsf{ZF}+\mathsf{LM}$ admite continuum muchas contables nonisomorphic Leibniziana de los modelos.

Ahora considere el papel

Ali Enayat. Los modelos de la teoría de conjuntos con definibles ordinales, Arq. De matemáticas. La lógica, 44 (3), (2005), 363-385. MR2140616 (2005m:03098).

En ella, Enayat define un modelo para ser París iff todos sus ordinales son de primer orden definible dentro del modelo. Él muestra que cualquier (consistente) extensión de la $\mathsf{ZF}+\mathrm{V}\ne\mathsf{OD}$ admite continuum muchas contables nonisomorphic París modelos.

Estos dos hechos juntos implica el resultado después de (y más, por supuesto). Anteriores resultado de Keisler y Morley, que comenzó el área de modelo de la teoría de la teoría de conjuntos, muestra que cualquier contables modelo de $\mathsf{ZFC}$ admite un elemental final de extensión. (Esto falla por innumerables modelos.) Bien puede ser que una extensión fácil de todo esto es que es necesario para probar la existencia de un continuum muchos que no son isomorfos contables modelos de cualquier fijo (constante) $T\supset\mathsf{ZFC}$, pero no sé ahora mismo cómo llegar allí. El Keisler-Morley teorema de por sí sola no parece ser suficiente, en vista de Joel Hamkins hermoso respuesta a esta pregunta.

Answer 2

Como Andrés solicitado, aquí es un poco más fácil argumento para el caso de los modelos contables, mostrando que cada ampliación consecuente $T\supset\text{ZFC}$ ha continuum muchos modelos contables.

Revisión de la teoría de la $T$. Un simple compacidad argumento muestra que para cualquier $A\subset\mathbb{N}$, podemos encontrar un modelo contable $M$ $T$ que $A$ surge como parte estándar de un conjunto de números naturales en $M$. Cada uno de esos $M$ da cuenta de que sólo countably muchos de estos conjuntos de $A$, y así debe ser continuo muchos modelos distintos de $T$ .

Este argumento puede ser descrito de la siguiente manera: cualquier conjunto dado de números naturales pueden surgir en el sistema estándar de un modelo contable — el conjunto de los reales derivadas de la norma de partes de conjuntos en el modelo y el sistema estándar de cualquier modelo utiliza en la mayoría de countably muchos de reales. Así que debe de ser continuo muchas parejas no isomorfos de los modelos de la teoría.