Si estuviéramos mirando solo una relación binaria arbitraria en un conjunto contable, entonces supongo que estaríamos mirando gráficos infinitos y esos son incontables . Sin embargo, ZFC coloca una estructura extra en nuestros 'gráficos', esto es suficiente para reducir la cantidad de modelos a contables (más o menos exigente que nuestras funciones de$\mathbb{R}$ a$\mathbb{R}$ sean continuas reduce su número a $2^{\aleph_0}$)?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Estoy asumiendo que usted está pidiendo el número de clases de isomorfismo de modelos contables de ZFC. No hay más que $2^{\aleph_0}$ binario de relaciones contables de conjunto, y por lo tanto, hay en la mayoría de las $2^{\aleph_0}$ clases de isomorfismo de modelos contables de ZFC.
Por otro lado, aunque creo firmemente en la consistencia de ZFC, podríamos estar viviendo en un modelo de ZFC que cree que ZFC es contradictorio. En este caso no habría contables modelo de ZFC.
Por lo tanto tenemos que asumir algo para tener contables de modelos de ZFC. Un poco más fuerte que el supuesto de que la consistencia de ZFC es que tenemos una contables modelo transitivo $M$ de ZFC. Podemos extender contables modelos transitivos de ZFC, forzando y también, debido a la singularidad de que el colapso de Mostowski, dos transitiva modelos son isomorfos iff son los mismos.
Ahora, si $\mathbb P\in M$ es cualquier suficientemente no-trivial obligando noción (como Cohen obligando, por ejemplo), entonces podemos construir $2^{\aleph_0}$ diferentes $\mathbb P$-de los filtros genéricos más de $M$.
Cada filtro genera una contables transitiva forzando la extensión de $M$.
Ahora, esta forzando la extensión puede contener algunos de los otros genérico de los filtros que hemos construido, pero sólo countably muchos.
De ello se desprende que en total obtenemos $2^{\aleph_0}$ diferentes obligando a las extensiones de $M$.
En otras palabras, si hay una contables modelo transitivo de ZFC, entonces hay exactamente $2^{\aleph_0}$ pares no isomorfos contables modelos transitivos de ZFC.
