Detección de comparabilidad en submodelo primaria contable

Question

Esto podría ser sólo un ejercicio fácil en el modelo de la teoría, pero me parece que no puede envolver mi cabeza alrededor ahora mismo.

Deje $\theta$ ser lo suficientemente grande como regular el cardenal y $\kappa < \theta$. $(\kappa, \prec)$ es un orden parcial con el no $\kappa$-cadena tal que $y\prec x, y'\prec x, y<y' \Rightarrow y\prec y'$$x\prec y \Rightarrow x<y$. Supongamos $M$ es una contables primaria submodel de $H_\theta$ contiene $\kappa$$(\kappa, \prec)$. Fix $n\in \omega$. Deje $\langle F_\xi: \xi<\kappa\rangle \in M$ ser una secuencia de subconjuntos finitos de $\kappa$ de tamaño $n$ ($\xi < \min F_\xi $ y $ \max F_\xi < \min F_\eta, \forall \xi < \eta$). Deje $F\in [\kappa \backslash M]^n$ tal que $\forall x\in F \forall y\in M\cap \kappa \ \ x \not \prec y$. Espectáculo $\exists \xi \in M\cap \kappa $ tal que para todo $x\in F$ $y\in F_\xi$ x e y son $\prec$-incomparable.

Mis intentos hasta ahora: supongamos que no, entonces por encasillar tenemos para algunos $x\in F$ $\Gamma=\{\xi \in M: \exists y\in F_\xi \wedge y\prec x\}$ es cofinal en $M\cap \kappa$. También por supuesto en $\prec$ $\{y: \exists \xi \in \Gamma y\in F_\xi \wedge y\prec x\}$ (es decir, los testigos) forman una cadena. Ahora el problema es $M$ posible que no vea esto (su definición involucra $x$). Siento que podría ser un truco para evitar esto. Gracias de antemano.

Más información: Esto ocurre (sin datos) en la prueba de la Debida Obligando Axioma implica el fracaso de la plaza de $\kappa$ ($\Box_\kappa $) for $\kappa>\omega_1$ regulares en Todorcevic de Una Nota sobre la forma Correcta de Forzar Axioma.

Answer 1

Tenemos $\langle F_\xi\mid \xi < \kappa \rangle$, que es el conjunto de copias de $F$, y aún más, $\xi < F_\xi < \eta$.

Si $\xi <\kappa$ $G \in [\kappa]^n$se dan, vamos a $\phi(\xi, G)$ abreviar la frase "$\exists x \in F_\xi\exists y \in G [x \prec y]$".

Ahora, supongamos que existe no $\xi \in M \cap \kappa$ de manera tal que cada elemento de a $F_\xi$ $F$ son incompatibles. Por lo $M \models ``\forall\xi< \kappa \exists G \in [\kappa]^n \forall \eta <\xi[\phi(\eta,G)]$". Así, en $M$, hay una secuencia $\langle G_\xi \mid \xi< \kappa \rangle$ tal que $G_\xi$ es un testimonio para $\xi$. Tenga en cuenta que ahora, si $\xi <\eta$,$\phi(\xi, G_\eta)$.

Deje $F_\xi = \langle x^\xi_1, \ldots, x^\xi_n\rangle$ $G_\xi = \langle y^\xi_1, \ldots, y^\xi_n\rangle$ se fija en las enumeraciones de todas las $F_\xi$$G_\xi$. De aquí en adelante, el argumento será como en Baumgartner parcial de la orden de la especialización de un árbol de Aronszajn.

Ahora, arreglar un uniforme de ultrafilter $U$$\kappa$. Para cada $\eta < \kappa$, y para cada $\xi > \eta$, $(i,j) \in \{1,\ldots, n\}\times \{1,\ldots ,n\}$ tal que $x^\eta_i \prec y^\xi_j$. Usando el uniforme de ultrafilter $U$, obtener para cada una de las $\eta < \kappa$ un par $p_\eta = (i,j)$ $S_\eta \in U$ tal que para cada $\xi \in S_\eta$, $\eta < \xi$ y $x^\eta_i \prec y^\xi_j$.

Sólo hay $n^2$ muchas posibles pares de $(i,j)$, así que vamos a $T \subseteq\kappa$ tienen un tamaño $\kappa$ $p = (i,j)$ ser un par tal que para cada $\eta \in T$, $p_\eta = p$.

Ahora, vamos a $\eta< \xi \in T$ ser distintos. Deje $\zeta \in S_\eta \cap S_\xi$ ser mayor que ambos. A continuación,$x^\eta_i \prec y^\zeta_j$$x^\xi_i \prec y^\zeta_j$. Pero, a continuación, sólo desentrañar lo que esto significa, es claro que $x^\eta_i \prec x^\xi_i$. Así, en particular, $\langle x^\xi_i \mid \xi \in T\rangle$ es una cadena de longitud $\kappa$, lo cual es una contradicción.

En respuesta al comentario:

Estás en lo correcto. Pero bajo el supuesto de que por cada $\xi \in F$ hay unboundedly muchos $\eta \in \kappa \cap M$ tal que $\eta \prec \xi$ estamos bien todavía, porque entonces dado cualquier $\xi \in M$, $M$ $n$- element set $G$ todos cuyos elementos son mayores que los de $\xi$ y cada elemento de a $F$ es comparable con algún elemento de $G$.

Ahora, supongamos que eso no suceda. Deje $F'\subseteq F$ ser el conjunto de todos los $\xi$ que hay un mayor $\delta_\xi \in \kappa\cap M$ tal que $\delta_\xi \prec \xi$. Desde $F\cap M = \emptyset$, usted sabe que por cada $\xi \in F'$, debe haber muchos $\eta \in \kappa \cap M$ tal que $\delta_\xi \prec \eta$. Deje $|F \setminus F'| = m$ (y esto no puede ser $0$).

Deje $\delta > \{\delta_\xi \mid \xi \in F'\}$$\kappa\cap M$. Ahora uso el mismo argumento como en el primer caso, ya que tenemos que para cada una de las $\zeta \geq \delta$ $\kappa \cap M$ no es, en $M$, un conjunto $G_\zeta$ del tamaño de la $m$ tal que para cada a $\eta \in [\delta, \zeta)$ hay $x \in F_\eta$ $y \in G_\zeta$ tal que $x \prec y$, por lo que podemos volver a usar un uniforme de ultrafilter en $\kappa$ al finalizar.