Mediante la Sustitución de probar cierre transitivo es un conjunto sin recursividad

Question

En el curso sobre la teoría de conjuntos que estoy haciendo, me han dicho que una de las principales motivaciones detrás de el axioma de reemplazo es que el Axioma de Infinitud afirma la existencia de un conjunto infinito, es decir, $\omega = \{\emptyset, \emptyset^+,\emptyset^{++},\dots\}$ donde $a^+ = a \cup \{a\}$, pero no en general, muestran la existencia de otros conjuntos infinitos que nos gustaría.

En particular, me han dicho que el cierre transitivo $TC(x)$ $x$ se define como $$TC(x) = \bigcup\{x,\cup x, \cup\cup x,\dots\}$$, and we can use Replacement to be able to say that the set $\{x,\taza de x, \cup\taza de x,\dots\}$ en realidad existe.

Mi pregunta es: suponiendo la existencia de $\omega$ como se indica más arriba, cuál es la función de la clase podemos utilizar con el Reemplazo de probar la existencia de la iterada de la unión? Es evidente que suficiente para idear una fórmula $\phi$ tal que $\phi(n,y)$ afirma que $y$ $n^\mathrm{th}$ iteración de la unión de operación $x$.

Pero la única manera que se me ocurre para definir una fórmula recursiva, y eso no es bueno porque la prueba he visto que la recursividad obras utiliza el cierre transitivo de la operación. Así que debe haber algún restringido y más fáciles de demostrar la forma de la recursividad, o algunos no-definición recursiva que es igual de bueno.

Edit: he aquí algunos de los trabajos preliminares para comenzar:

$$\mathrm{Fun}(f) = \forall x.(\exists y.(x,y)\in f\wedge(\forall z. (x,z)\in f \Rightarrow z = y))$$ so $\mathrm{Divertido}(f)$ means $f$ es una función.

$$\mathrm{Rec}(f) = \forall nxy. ((n,x),y)\in f\Rightarrow ((n = \emptyset\wedge x = y) \vee (\exists m. m^+=n\wedge ((m,\cup x),y)\in f$$ so $\mathrm{Rec}(f)$ means $f$ satisface una recursividad ecuación para un iterado-unión de la función.

Entonces $$\phi((n,x),y) = \exists f. \mathrm{Fun}(f) \wedge \mathrm{Rec}(f) \wedge ((n,x),y) \in f$$ is close to what I want, but it's not completely obvious that $\phi$ itself is a function-class. I think I'd need to prove using Foundation that the recursion terminates, possibly by requiring that some things are members of $\omega$ (which I understand exists by using Separation to take the intersection of all sets of the kind described by Infinity). But normal $\epsilon$-induction is still not available, since it depends on $TC$.

Answer 1

La prueba de la recursividad con el que estoy familiarizado no hace uso de la clausura transitiva. Una versión de la que se puede encontrar en línea en Don Monje del Conjunto Avanzado de la Teoría de notas, específicamente, como el Teorema 4.12 en el Capítulo 4:

Supongamos que $\mathbf G$ es una función de clase con el dominio de la clase de todos (ordinario) funciones. Entonces existe una única función de la clase $\mathbf F$ dominio $\mathrm{On}$ tal que para cada ordinal $\alpha$ tenemos $\mathbf F(\alpha)=\mathbf G(\mathbf F\upharpoonright\alpha)$.

Esta comienza en la página 19. A grandes rasgos, la prueba es mostrar que para cada ordinal $\alpha$ hay una aproximación a $f_\alpha$ $\mathbf F$dominio $\alpha$, que estas aproximaciones son únicos, y que "encajan" correctamente, de modo que uno puede definir $\mathbf F(\alpha)$$f_{\alpha+1}(\alpha)$.

Answer 2

Debe emplear la siguiente fórmula:

$$\exists f(x\in\omega\land f\textrm{ is a function }\land\textrm{dom}(f)=x\cup\{x\}\land f(\varnothing)=\{A\}\\\land(\forall m< x)( f(m\cup\{m\})=\bigcup f(m))\land y=f(x))$$

Es fácil comprobar que esta función es única. Para demostrar que existe proceder por inducción en $n$.