Lo que quiero decir con el título es si, dado que existe una clase de $\Bbb R$ y las operaciones de $+,\cdot,<$ que satisfacer los pedidos de campo axiomas y la menor cota superior de axioma, usted puede probar la existencia de un conjunto infinito en $\sf ZF-Inf$. Mi intuición me dice que esto es posible, debido a que los axiomas son suficientes para demostrar que $|\Bbb R|=|2^\Bbb N|$$\sf ZF$, y la mayoría (todos?) los modelos que satisfacen la negación del infinito son contables, lo que significa que las clases como esta $\Bbb R$ no puede caber en el modelo. (Tenga en cuenta que no estoy asumiendo que $\Bbb R\in V$, lo que haría la pregunta de trivial.)
Respuesta
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La pregunta es un poco difícil de formalizar. Si trabajamos en $\mathsf{ZF}-\text{Infinity} + \neg \text{Infinity}$, entonces cualquier ordenó campo es necesariamente una clase adecuada, por lo que la menor cota superior de la propiedad es realmente un axioma esquema y no solo un axioma. Sin embargo, creo que en cualquier razonable de la formulación de la respuesta a la pregunta es "sí".
Trabajo en $\mathsf{ZF}-\text{Infinity}$. Si $\omega$ es un conjunto, entonces hemos terminado, así que asumir que $\omega$ es una clase adecuada (en cuyo caso es la clase de todos los ordinales.) Entonces no es definible surjection $\omega \to V$.
Suponga que $\mathcal{R} = (R,+^\mathcal{R},\times^\mathcal{R},<^\mathcal{R})$ es un orden de campo. Podemos formalizar lo que nos están demostrando como un teorema de esquema con un teorema para cada posible cuádruple de las fórmulas de la definición de un orden de campo, o se puede formalizar como un teorema en el lenguaje de la teoría de conjuntos se expandió por los símbolos de predicado $R$, $+$, $\times$, y $<$. En cualquier caso, vamos a mostrar que el $\mathcal{R}$ no es completa.
Recordemos que $V$ es contable, así, en particular, $R$ es contable. Deje $f : \omega \to R$ ser un surjection. A continuación, puede utilizar Cantor de la prueba de la uncountability de los reales para definir un $<^\mathcal{R}$acotado subclase de $R$ con no menos del límite superior (si $\mathcal{R}$, obtendríamos un elemento de $R$ no en el rango de $f$, pero cada elemento de a $R$ está en el rango de $f$, por lo que en lugar, el argumento nos dice que $\mathcal{R}$ no es completa.)
Más detalles: podemos definir de forma recursiva estrictamente $<^\mathcal{R}$-aumento de la secuencia de $(a_n : n<\omega)$ y un estricto $<^\mathcal{R}$-disminución de la secuencia $(b_n : n<\omega)$ tal que para cada a $n < \omega$ tenemos $a_n <^\mathcal{R} b_n$ y, o bien $f(n) <^\mathcal{R} a_n$ o $b_n <^\mathcal{R} f(n)$. (No es necesario que el Axioma de Elección para elegir a $a_n$ $b_n$ debido a que el universo es definably bien ordenados en orden tipo de $\omega$ través $f$.) Entonces el conjunto $\{x \in R : \exists n \in \omega\,(x <^\mathcal{R} a_n)\}$ es un subconjunto acotado de $\mathcal{R}$ con no menos del límite superior.
EDIT: En resumen, su intuición es esencialmente correcto. Sin embargo, necesitamos más que el hecho de que "la mayoría" de los modelos (por ejemplo, la intención de modelo de $V_\omega$) $\mathsf{ZF} - \text{Infinity} + \neg\text{Infinity}$ son contables desde el exterior. Necesitamos usar el hecho de que la teoría de la $\mathsf{ZF} - \text{Infinity} + \neg\text{Infinity}$ demuestra "$V$ es contable," que nos permite, de trabajo en esta teoría, el uso de Cantor es el argumento para descartar la existencia de una completa ordenó campo del mismo tamaño como $V$.
