Probar el Axioma de Powerset para conjuntos finitos hereditarios

Question

Considere la posibilidad de $\mathsf{ZF}$, y substituya el Axioma del Infinito con su negación. Esto nos da la teoría de la hereditariamente finitos conjuntos. Su universo es $V_\omega$. Intuitivamente, siento que puedo construir cualquier hereditariamente conjunto finito a partir de un conjunto vacío y el uso sólo de Vinculación y Unión. Así que, mis preguntas son:

• Puede que me caiga el Powerset Axioma y demostrarlo a partir de los restantes axiomas?
• Puedo probar que el Axioma de Elección en esta teoría?
• Suponiendo que tengo una explícita axioma que postula la existencia de un conjunto vacío, puede que me caiga el Axioma Esquema de Separación y demostrar su cada instancia de los restantes axiomas? La misma pregunta acerca de la Sustitución.

Todas las preguntas están bajo la suposición de que $\mathsf{ZFC}$ es consistente.

Answer 1

Aquí está mi intento. Cualquier sugerencia o corrección será bienvenida.

La negación del axioma de infinitud afirma que todo conjunto finito de cardinalidad. Por lo tanto podemos aplicar la inducción para los cardinales de los conjuntos.

El problema técnico que se plantea es que podemos utilizar la inducción pesar de que no tiene el poder conjunto de axiomas. Afortunadamente, demostrando la inducción sólo necesita el bien de la orden de la propiedad de la clase de todos los ordinales tan ausencia de poder establecer es irrelevante.

Deje $x$ conjunto arbitrario y $n=|x|$. Si $n=0$ $x=\varnothing$ y podemos comprobar que hay una powet conjunto de $\varnothing$, es decir,$\{\varnothing\}$. Es una consecuencia de la vinculación. Si la instrucción tiene por $n$ $y$ ser un conjunto tal que $|y|=n+1$, Ya que el $y$ es no vacío tenemos algunos $a\in y$. Por hipótesis inductiva, tenemos un juego de poder $\mathcal{P}(y-\{a\})$$y-\{a\}$. Axioma de reemplazo y el axioma de la unión permite definir el conjunto de $$z := \mathcal{P}(y-\{a\}) \cup\{t\cup\{a\} \mid t\in \mathcal{P}(y-\{a\})\,\}.$$ Podemos comprobar que el $z$ es un juego de poder de $y$. Por lo tanto, la inducción por el axioma del poder establecido de la siguiente manera.

Answer 2

Todavía tenemos el concepto de ordinal dentro de su teoría, y la clase de los números ordinales está todavía bien ordenado; no contiene infinitos elementos: Por la negación de la INF, cada no-vacío ordinal es un ordinal sucesor. Podemos biject la clase de los números ordinales con la clase de par de conjuntos de números ordinales, junto con un marcado el "copia" de los ordinales: Vamos a $A$ ser un fijo no ordinal. Mapa de $\emptyset\mapsto \{\emptyset,\emptyset\}=\{\emptyset\}$ y de forma recursiva si $\alpha\mapsto\{\beta,\gamma\}$$\beta\le \gamma$, a continuación, hacemos un mapa de $\alpha+1\mapsto\begin{cases}\{\beta,A\},&\beta=\gamma\\\{\beta+1,\gamma\},&\beta<\gamma\end{cases}$, y si $\alpha\mapsto \{\beta,A\}$ dejamos $\alpha+1\mapsto \{\beta+1,\emptyset\}$. Si esta clase de mapa es clalled $F$, ahora podemos mapa de la clase de los números ordinales para nuestro universo, dejando $G(\emptyset)=\emptyset$, y de forma recursiva $G(\alpha+1)=\begin{cases}\{G(\beta),G(\gamma)\},&F(\alpha)=\{\beta,\gamma\}\\\bigcup G(\beta),&F(\alpha)=\{\beta,A\}.\end{cases}$

Claramente, la imagen de $G$ es cerrado bajo y de vinculación de la unión y contiene $\emptyset$. Uno puede mostrar que $G(\alpha)\subseteq G(\beta)$ implica $\alpha\le \beta$. También uno debe ser fácilmente capaz de demostrar que: Si $X=G(\alpha)$ $Y=G(\beta)$ existe $\gamma$ tal que $G(\gamma)=\{\,Z\cup\{X\}\mid Z\in Y\,\}$. A continuación, la imagen de $G$ también es cerrado bajo el poder establecido: $\mathcal P(\emptyset)=\{\emptyset\}=G(1)$ e si $S=G(\alpha)$ no está vacío, decir $s\in S$, $S\setminus\{s\}=G(\beta)$ algunos $\beta<\alpha$, de modo que podemos suponer que ya tenemos $Y:=\mathcal P(S\}\setminus\{s\}$ disponible y $$\mathcal P(S)=Y\cup \{\,Z\cup\{s\}\mid Z\in Y\,\}$$

Sin embargo, no veo cómo $G$ puede ser demostrado ser surjective.