Muestran que no existen fundadas modelos de Zermelo Fraenkel de la teoría de conjuntos

Question

He estado trabajando en este problema durante varias horas, y a mi entender, simplemente no está allí. He aquí lo que he reunido:

El uso de la baja Lowenheim-Skolem teorema, sabemos que cualquier conjunto consistente de sentencias tiene un modelo contable, y por el bien de este problema en el que estamos suponiendo que ZF de hecho es consistente.

El axioma de fundación en ZF parece eliminar la posibilidad de que hay un no bien fundada modelo, porque dice que no hay infinitamente descendente de la membresía de la secuencia.

Creo que puede ser necesario el empleo de la compacidad en el enfoque. No está seguro de lo que necesito para continuar. TIA

Answer 1

Agregar constante de símbolos $c_0,c_1,c_2,\dots,c_n,\dots$ a el lenguaje de la teoría de conjuntos. Deje $\sf T$ ser la teoría de la obtenida mediante la suma de las condenas $c_1\in c_0,c_2\in c_1,\dots,c_{n+1}\in c_n,\dots$ $\sf{ZF}$ axiomas. Si $\sf{ZF}$ es consistente, entonces todo subconjunto finito de $\sf T$ es consistente, y por lo $\sf T$ es consistente por el teorema de compacidad. Cualquier modelo de $\sf T$ es una ong fundada modelo de $\sf{ZF}$.

El hecho de que el axioma de fundación mantiene en el modelo no quiere decir que no es infinito descendente $\in$-secuencia de los elementos del modelo, sólo significa que una secuencia infinita no puede ser un elemento del modelo. El modelo de "piensa" que es bien fundada (por así decirlo), pero visto desde fuera no está bien fundada. Por supuesto, el $\in$ relación de la modelo no es real set-pertenencia (al menos si consideramos que el infinito descendente $\in$-secuencias no existe en el "mundo real").

Answer 2

Por supuesto que tenemos que asumir que la $\sf ZFC$ es consistente para estos argumentos, ya que si no existen modelos de $\sf ZFC$, a continuación, todos los modelos están bien fundadas.

La respuesta habitual es dada por la compacidad, como bof escribe en una muy buena respuesta. Aquí es un argumento diferente, que depende de la perfección y la imperfección (o fundamento, la última observación) en su lugar.

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La idea es que si $(M,\in)$ es un bien fundado (y sin pérdida de generalidad, transitiva) el modelo de la $\sf ZFC$, $V$ $M$ está de acuerdo en la aritmética de las declaraciones, en particular, están de acuerdo en cuáles son las reglas de la lógica de primer orden, los axiomas $\sf ZFC$ tener, y si o no estos axiomas son consistentes. Desde $V$ es consciente de $M$ ser un modelo de $\sf ZFC$, significa que de cada bien fundada modelo de $\sf ZFC$ también debe aceptar que $\sf ZFC$ es consistente y tiene un modelo.

Pero por el teorema de la incompletitud sabemos que $\sf ZFC$ no puede demostrar que es consistente, por lo que debe ser un modelo de $(N,E)$ que piensa que $\sf ZFC$ es incoherente, y por lo anterior se puede estar bien fundada.

Advertencias.

1. Cuando hablamos de $\sf ZFC$ siendo coherente como una media aritmética declaración, queremos decir que hay una forma recursiva definibles por el predicado en los números naturales que codifica los axiomas de $\sf ZFC$. Así que cuando digo que $V$ $M$ está de acuerdo en lo que es la lógica de primer orden y cuáles son los axiomas de la $\sf ZFC$, me refiero a que ellos interpretan que el predicado de la misma manera.

   Por supuesto, el modelo que piensa que $\sf ZFC$ es incoherente no estándar de los números enteros, lo que significa que él va a pensar que $\sf ZFC$ es un grande de la teoría y que incluye más de axiomas que es en realidad y la lógica tendrá más reglas de inferencia y más pruebas, que es donde la contradicción viene de.

2. El absolutismo argumento muestra que, de hecho, si $N$ no es bien fundada, pero aún está de acuerdo en lo $\omega$ podría ser (esto se llama un $\omega$-modelo), a continuación, $N$ aún está de acuerdo en lo que es $\sf ZFC$ y si es o no es consistente.

   De modo que la existencia de $\omega$-de los modelos en sí es más fuerte que simplemente la existencia de modelos de $\sf ZFC$. Pero es más débil que la existencia de modelos transitivos, ya que estos pueden no ser bien fundada.

3. Usted puede obtener el modelo de $N$ con fundamento en su lugar. El fin de la transitivo modelos de $\sf ZFC$$\in$, ya que es una no-clase vacía (de lo contrario, todos los modelos no son bien fundada; o no existen modelos en todos) tiene un mínimo elemento, $M$. Pero ahora $M$ está de acuerdo en que $\sf ZFC$ es consistente, por lo que hay algunos $(N,E)\in M$ tal que $M\models(N,E)\text{ is a model of }\sf ZFC$. Ahora sabemos que el hecho de que la satisfacción de la relación absoluta entre modelos transitivos, $(N,E)$ es un modelo de $\sf ZFC$. Pero desde $M$ fue de un mínimo de modelo transitivo, $N$ no puede ser transitivo.

Answer 3

Esta es realmente la compacidad argumento, pero disfrazado como un ultrapower lugar.

Deje $U$ ser cualquier ultrafilter en $\omega$ ampliación de la cofinite filtro (.k.una. el filtro de Fréchet), vamos a $(M, \epsilon)$ ser cualquier modelo de ZFC, y deje $(M^U, \epsilon^U)$ ser el ultrapower de $(M, \epsilon)$ con respecto al $U$. Para cada una de las $n \in \omega$, vamos a $n^M$ ser el elemento correspondiente de $M$. Definir las siguientes secuencias de $x_n : \omega \to M$: $$x_n (i) = \begin{cases} 0 & i < n \\ (i - n)^M & i \ge n \end{casos}$$ Por construcción, si $m < n$,$[x_n] \mathrel{\epsilon^U} [x_m]$, debido a que el conjunto de $i$ tal que $x_n (i) \mathrel{\epsilon} x_m (i)$ es cofinite. Por lo tanto, tenemos una infinita secuencia descendente $$\cdots \mathrel{\epsilon^U} [x_2] \mathrel{\epsilon^U} [x_1] \mathrel{\epsilon^U} [x_0]$$ y, en particular, $\epsilon^U$ no está bien fundada.

Por supuesto, $(M^U, \epsilon^U)$ también es un modelo de ZFC, porque es elementarily equivalente a $(M, \epsilon)$. En particular, $(M^U, \epsilon^U)$ cree de sí mismo para estar bien fundada, por lo que debe implicar no hay ningún elemento $[y]$ $M^U$ tal que $[x] \mathrel{\epsilon^U} [y]$ si y sólo si $[x] = [x_n]$ algunos $n \in \omega$. Esto pone de relieve la sutil diferencia entre los grupos en el interior de la modelo y establece fuera de la modelo.

Answer 4

Usted puede obtener directamente desde el teorema de la incompletitud, sin compacidad. Deje $M$ ser un modelo de $\text{ZFC} + \lnot\text{Con}(\text{ZFC})$.

Entonces:

1) $\omega^M$ es un modelo de la aritmética de Peano, porque ZFC demuestra que $\omega$ satisface cada uno de los axiomas de la aritmética de Peano.

2) $\omega^M$ no es el modelo estándar de la aritmética de Peano, porque $\omega^M$ satisface $\lnot\text{Con}(\text{ZFC})$, y el modelo estándar no.

3) $\omega^M$ no está bien fundada, porque no hay modelo no estándar de la aritmética de Peano es bien fundada. Si $x$ es un elemento no estándar, a continuación, en concreto se trata de un sucesor, y de ello se sigue que hay un infinito disminución de la secuencia de los antecesores principio en $x$.