Hasta qué punto es cierto que las afirmaciones que dependen del Axioma de Elección no son constructivas.

Question

El axioma de elección se utiliza a menudo en matemáticas para construir diversos objetos, como la base de $\mathbb{R}$ como un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ , subconjunto no medible de $\mathbb{R}$ o un ultrafiltro no principal en $\mathbb{N}$ .

Es un "metateorema" popular que si tal construcción depende esencialmente del Axioma de Elección, entonces el objeto no puede ser construido explícitamente. Aquí, por "depender esencialmente" quiero decir que es consistente con ZF que lo que estamos construyendo (base de Hamel, ultrafiltro, etc.) no existe; por "construcción explícita" me refiero a una que puede llevarse a cabo dentro de ZF.

Mi pregunta es: ¿es realmente cierto este metateorema? Ciertamente, no es posible realizar una construcción dentro de ZF, y luego demostrar que es correcto en ZF . Sin embargo, me llamó la atención que puede ser posible que la propia construcción encaje en ZF, y sólo es verificación que requiere el Axioma de la Elección. Por supuesto, sería muy extraño, pero las cosas extrañas ocurren. ¿Tenemos alguna evidencia fuerte de que no ocurrirán en esta situación? ¿Qué seguridad hay de que, por ejemplo, una base de Hamel no pueda construirse en ZF?

Answer 1

Sabemos que es imposible definir una base Hamel para $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ (o construir un ultrafiltro no principal, etc.) porque es un teorema:

Si $\sf ZFC$ es consistente, entonces la teoría $\sf ZF+\text{There is no Hamel basis for }\Bbb R\text{ over }\Bbb Q$ es consistente.

Dado que es coherente con $\sf ZF$ que no existe tal base, significa que no podemos demostrar de $\sf ZF$ que dicha base existe. Tenemos que asumir más, en términos de elección.

Recuerda que el teorema de integridad nos dice que $\sf ZF\vdash\varphi$ si y sólo si $\varphi$ es cierto en todos los modelos de $\sf ZF$ . Del mismo modo, para $\sf ZFC$ . Así que dada una declaración $\varphi$ que es demostrable a partir de $\sf ZFC$ si podemos encontrar un modelo de $\sf ZF$ donde $\varphi$ falla, podemos estar seguros de que $\sf ZF$ no puede demostrarlo, y se necesita algún axioma de elección para la demostración.

Por ejemplo, sabemos que si $\sf ZFC$ es consistente, entonces podemos crear un modelo en el que no hay una base Hamel de $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ . Por supuesto, en ese modelo falla el axioma de elección, pero el proceso en sí es consistente. Por supuesto, puede darse el caso de que no haya modelos de $\sf ZFC$ en absoluto, pero aún así sabemos cómo hacer que funcione entonces. Podemos traducir estos argumentos en argumentos sintácticos que enuncian el texto de la cita anterior.

Answer 2

Dependiendo de la interpretación que se haga del "metateorema" que has expuesto, lo siguiente podría considerarse un contraejemplo.

Hay una frase $\varphi$ tal que es un teorema de $\mathsf{ZF}$ que $\varphi$ define una base Hamel $B$ de $\mathbb{R} \cap L$ en $\mathbb{Q}$ . Aquí $L$ denota el universo construible de Goedel. Es un teorema de $\mathsf{ZF}$ que $L \models \mathsf{ZFC} + V=L$ que la relativización $\varphi^L$ de $\varphi$ a $L$ define el mismo conjunto $B$ en $L$ y que $L \models B \text{ is a Hamel basis of $ \ de la que se ha hablado en la página web. $ over $ \ de la que se ha hablado. $.}$

Así que aquí tenemos una "construcción" (definición) $\varphi$ tal que $\mathsf{ZF}$ demuestra que define un objeto único, y que este objeto es un $\mathbb{Q}$ -conjunto de reales linealmente independientes, pero no no demostrar que el $\mathbb{Q}$ -El tramo lineal del conjunto de reales así definido es todo el $\mathbb{R}$ . Por otro lado, la teoría $\mathsf{ZFC} + V = L$ "verifica" (demuestra) que el conjunto $B$ definido por $\varphi$ de hecho abarca $\mathbb{R}$ y, por lo tanto, es una base de Hamel para $\mathbb{R}$ en $\mathbb{Q}$ .

El único problema con este contraejemplo es que la "verificación" requiere la teoría $\mathsf{ZFC} + V = L$ que es propiamente más fuerte que $\mathsf{ZFC}$ . No estoy seguro de que esto responda a tu pregunta (que es un poco confusa) pero pensé que valía la pena mencionarlo.

EDIT: Un punto principal de este "contraejemplo" es que, aunque mucha gente piensa que los modelos de CA contienen más conjuntos ( Por ejemplo más $\mathbb{Q}$ -subconjuntos linealmente independientes de $\mathbb{R}$ (incluyendo algunos que se extienden) tiene tanto sentido pensar que contienen menos conjuntos ( Por ejemplo menos reales, por lo que la extensión se hace más fácil). Modelos dados $M$ y $N$ de $\mathsf{ZF}$ con $M \subset N$ se puede tener $M \models \mathsf{AC}$ y $N \models \neg \mathsf{AC}$ o viceversa . Así que no siempre es correcto pensar en $\mathsf{AC}$ como proporcionar juegos "extra".