¿Es posible que alguien con pocos conocimientos de teoría de conjuntos (por ejemplo, yo) entienda las pruebas de que o bien $\mathsf{CH}$ o $\mathsf{AC}$ es independiente de $\mathsf{ZF}$ ?
Estoy buscando cualquier tipo de enunciado que suene matemático (no "Este enunciado es indemostrable") para el que la prueba de independencia sea algo accesible.
Una cosa es la capacidad de entender la prueba y otra la capacidad de comprender sus detalles. $\newcommand{Dom}{\operatorname{dom}}\newcommand{Rng}{\operatorname{rng}}$
El objetivo de las pruebas de independencia es demostrar que puede haber un modelo en el que se cumpla la afirmación y otro en el que no (es decir, en el que se cumpla su negación).
Para el esquema general de la prueba, existe un modelo de ZF en el que también se cumplen AC y GCH. Dado $M$ un modelo de ZF tenemos una forma de crear este modelo dentro, normalmente marcado como $L^M$ . Esto demuestra que si existe un modelo de ZF (es decir, ZF es consistente) entonces tenemos un modelo de ZF+AC+GCH.
Para la otra dirección utilizamos el forzamiento. El forzamiento es un método en el que describimos un determinado objeto que no existe necesariamente dentro del universo original de ZF[C], pero que puede definirse a partir de nuestro conjunto de condiciones.
El ejemplo más sencillo, creo, es la Colapso de Levy de $\omega_1$ a $\omega$ que introducen en el mundo una biyección desde $\omega$ a $\omega_1$ lo que significa que sacamos un ordinal incontable para que sea contable. Hacemos esto aproximando la función por términos finitos, y afirmando que añadiendo un cierto conjunto podemos definir a partir de él una función que es biyectiva de $\omega$ en $\omega_1$ . (Esto se explica más adelante)
En cierto sentido, esto es complementario a la idea de añadir $\sqrt{-1}$ a los números reales para tener $-1$ como un cuadrado. Añadimos nuevos objetos al universo y son testigos de alguna propiedad.
Para demostrar la coherencia de la negación de GCH, añadimos "suficiente" (es decir, más de $\aleph_1$ ) nuevos subconjuntos de números naturales, haciendo el continuo al menos tan grande como la cantidad de conjuntos que hemos añadido.
Para la prueba de AC, esto es algo más complicado, ya que en general las extensiones forzadas conservan los axiomas originales, por lo que hay que crear de algún modo un submodelo que extienda el modelo original en el que no se cumpla el axioma de elección. Esto se suele demostrar creando un conjunto contable y dejando en cierto modo todas las funciones que lo ordenan bien fuera del submodelo intermedio.
Esbozaré el colapso de Levy (que demuestra que ser un número cardinal no es absoluto) de $\omega_1$ a un ordinal contable:
Definición : Sea $\langle P,<\rangle$ sea un conjunto parcialmente ordenado, $G\subseteq P$ se denomina filtro si:
Definición : Si $\langle P,<\rangle$ es un poset, $D\subseteq P$ se denomina denso si para cada $q\in P$ existe $p\in D$ tal que $q<p$ .
Una cosa muy importante a la que hay que prestar atención es que vamos a cambiar de modelo con bastante frecuencia, y podemos tener un modelo con conjuntos más o menos densos que antes. Lo que nos lleva a la siguiente definición:
Definición : Supongamos que $M$ es un modelo de ZFC y $\langle P,<\rangle\in M$ es un poset. $G\subseteq P$ se llama $M$ -filtro genérico si:
Hay muchas definiciones equivalentes a ser un filtro genérico, ésta es la más básica y la utilizaré aquí.
Supongamos que $M$ es un modelo de ZFC. Tenemos que $\omega_1$ es incontable. Definir el siguiente conjunto parcialmente ordenado: $P=\{ f\colon \omega\to\omega_1\mid |\Dom(f)|<\omega\}$ es decir, todas las funciones finitas en $\omega_1$ .
Decimos que $f<g$ si $f\subseteq g$ (es decir, el dominio de $f$ es un subconjunto del dominio de $g$ y coinciden en el dominio de $f$ ).
Tenga en cuenta que esto significa que si $f,g$ son compatibles, entonces $\Dom(f)\cap \Dom(g)$ es el dominio común máximo de ambos, y están de acuerdo en ese dominio.
Sea $G$ ser un $M$ -filtro genérico, supongamos $f,g\in G$ entonces son compatibles por definición, supongamos por contradicción que $f\nless g$ y viceversa, tenemos que hay algún $n$ tal que $f(n)\neq g(n)$ pero como $G$ se cierra hacia abajo tenemos que $\{\langle n,f(n)\rangle\}, \{\langle n,g(n)\rangle\}\in G$ y son incompatibles. (Ten en cuenta que estoy haciendo un poco de trampa, pero no pasa nada).
Tenemos si para que $G$ es una cadena creciente de funciones. Su unión, por esa propiedad, es una función. La llamaremos función genérica $F=\bigcup G$ y esta función vive en cualquier universo en el que ambos $M$ y $G$ lo denotaremos como $M[G]$ .
Reclamación: En $M[G]$ el ordinal que era $\omega_1$ en $M$ (denominado $\omega_1^M$ ) es contable.
Prueba : Demostramos que $F$ es una biyección de $\omega$ en $\omega_1^M$ . En $M$ para cada $\alpha$ el conjunto de funciones $D_\alpha = \{f\in P\mid \alpha\in \Rng(f)\}$ es densa, ya que para toda función $f\in P$ podemos definir $n_f = \min\{n\in\omega\mid n\notin \Dom(f)\}$ y definir $f' = f\cup\{\langle n_f,\alpha\rangle\}$ .
Por genericidad de $G$ tenemos que $G\cap D_\alpha\neq\emptyset$ es decir $\alpha\in \Rng(F)$ Sin embargo, esto ocurre en todos los casos. $\alpha<\omega_1$ .
Por un argumento similar tenemos que todos $\omega$ es el dominio de la función $F$ .
Esto concluye la prueba de cómo colapsamos $\omega_1$ de ser incontable a ser contable.
Claramente $F$ y $G$ no existen en $M$ como $M$ piensa en $\omega_1^M$ como incontable. En cierto sentido, hay que pensar que existen en un universo mayor. Como $\sqrt{-1}$ no vive en los números reales, pero existe en los números complejos. La filosofía detrás de este argumento no es fácil, ya que viene la pregunta " Por qué ¿Existe un filtro genérico?", a lo que no puedo responder, pero puedo dirigirle a esta respuesta MO que arroja algo de luz sobre el tema.
Algunas notas Hice todo lo posible para evitar muchos de los lemas técnicos necesarios y di un argumento de forzamiento directo. En general, el forzamiento se vuelve cada vez más técnico a medida que se avanza y es casi imposible comprenderlo sin un estudio exhaustivo, al menos de los fundamentos. Me encantaría aclarar algunos puntos del ejemplo o añadir otros.
He aquí una gran clase de pruebas de independencia muy rápidas, aunque no son teóricas de conjuntos.
Supongamos que $A$ es cualquier conjunto computablemente enumerable que no es computable. Por lo tanto, tenemos un algoritmo para enumerar los elementos de $A$ pero no existe ningún algoritmo para enumerar los elementos que no están en $A$ . Por ejemplo, el problema de detención es así, ya que podemos enumerar los casos de detención, pero no los casos de no detención.
Se deduce que para infinitos números $n$ la cuestión de si $n\notin A$ es independiente de su teoría favorita verdadera y computablemente axiomatizable. Por ejemplo, si no existiera $n$ entonces podríamos decidir $n\in A$ esperando $n$ que se enumerarán en $A$ y al mismo tiempo buscando una prueba de que $n\notin A$ contradiciendo que $A$ no es decidible.
En particular, la no pertenencia a cualquier conjunto no decidible c.e. está cargada de enunciados independientes.
Aunque no puedo decir lo que tú personalmente serás o no capaz de entender, el forzamiento (el método que uno utiliza para demostrar que un conjunto de axiomas es independiente de otro conjunto) es una idea poderosa sobre la que mucha gente ha escrito e intentado hacer accesible. Si buscas en Google algo como "introducción al forzamiento" encontrarás unas cuantas guías de este tipo (y algunas cosas que no tienen nada que ver con la lógica). Por ejemplo, este o este . En el peor de los casos, si no tienen sentido, al menos te expondrán las ideas con las que tendrás que familiarizarte. En particular, es probable que desee al menos mirar la página de wikipedia sobre teoría de modelos .
Si estás dispuesto a bajar de ZF(C) a PA - es decir, conformarte con la aritmética en lugar de los conjuntos - entonces creo que Teorema de Goodstein (o un poco más complicado, el Teorema de París-Harrington ) puede ser lo que buscas; ambos son enunciados aritméticos relativamente sencillos. Por desgracia, las pruebas de independencia siguen siendo bastante complicadas y están llenas de detalles técnicos, pero el concepto central ("la aritmética de Peano no es lo bastante fuerte como para demostrar principios de inducción a partir de cierto punto") puede ser más fácil de entender que la mecánica de forzar y construir modelos de la teoría de conjuntos.
En cuanto al forzamiento en sí, creo que el enfoque más amigable para los aficionados puede ser a través de la lógica modal; soy un gran fan de Smullyan y Fitting's Teoría de conjuntos y el problema del continuo . Tiene su parte de defectos (la mayoría de impresión), pero es realmente muy accesible y cubre bien el material. Quizá le interese el libro de Smullyan, más informal. Siempre indecisos (¡si puedes encontrarlo!) como calentamiento; repasa algunos de los fundamentos de la lógica modal en un entorno orientado a los rompecabezas.
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