Beweis des Powerset-Axioms für erblich endliche Mengen

Hier mein Versuch. Jede Anregung oder Korrektur wird begrüßt.

Die Negation des Unendlichkeitsaxioms besagt, dass jede Menge eine endliche Kardinalität hat. Daher können wir die Induktion für die Kardinalzahl der Mengen anwenden.

Das technische Problem, das entsteht, ist, dass wir die Induktion verwenden können, obwohl wir das Potenzmengenaxiom nicht haben. Glücklicherweise benötigt der Beweis der Induktion nur die Ordnungseigenschaft der Klasse aller Ordinalzahlen, sodass das Fehlen einer Potenzmenge irrelevant ist.

Lassen$x$willkürlich gesetzt werden und$n=|x|$. Wenn$n=0$Dann$x=\varnothing$und wir können überprüfen, ob es einen Potet-Satz von gibt$\varnothing$, nämlich$\{\varnothing\}$. Es ist eine Folge der Paarung. Gilt die Aussage für$n$Und$y$sei eine solche Menge$|y|=n+1$, Seit$y$ist nicht leer, wir haben welche$a\in y$. Nach Induktionsannahme haben wir eine Potenzmenge$\mathcal{P}(y-\{a\})$von$y-\{a\}$. Das Ersetzungsaxiom und das Vereinigungsaxiom ermöglichen es, die Menge zu definieren

Lassen Sie mich bezeichnen$ZF^{¬\infty}$die Axiome von sein$ZF$wobei das Axiom der Unendlichkeit durch seine Negation ersetzt wird.

Bevor wir auf etwas anderes eingehen, sollte darauf hingewiesen werden, dass (falls$ZF$konsistent ist) dann$ZF^{¬\infty}$hat viele verschiedene Modelle, nicht nur$V_\omega$. Denn ohne Unendlichkeit wird das Fundamentaxiom deutlich schwächer. Um dies zu sehen, betrachten Sie die folgenden zwei Aussagen:

• Das Fundamentaxiom (Fo): Wenn$X$eine Menge ist, dann existiert$y \in X$mit$y \cap X = \emptyset$.

• Das Von-Neumann-Rang-Axiom (VNR): Wenn$X$eine Menge ist, dann gibt es eine Ordinalzahl$\alpha$mit$X \subseteq V_\alpha$.

In$(ZF - Fo)$Diese beiden Axiome sind äquivalent, aber diese Äquivalenz bricht in Abwesenheit von Unendlichkeit zusammen . Es gibt Modelle von$ZF^{¬\infty}$wo VNR fehlschlägt, und ein solches Beispiel ist hier zu sehen .

Als Randbemerkung die Behauptung, dass "$V_\omega$ist das Universum der Mengen" entspricht VRN in Bezug auf$ZF^{¬\infty},$oder mit anderen Worten$ZF^{¬\infty} \vDash ($VNR $\iff$"$V_\omega$ist das Universum der Mengen"$)$.

VNR ist eine sehr starke Stärkung der Grundlage in Bezug auf$ZF^{¬\infty}$. Wenn wir bezeichnen:

• $T = (ZF^{¬\infty} + VNR) - ($" das Ersetzungs-/Trennungs-Axiom " und " das Potenzmengen-Axiom "$)$

Dann$T$ist stark genug, um alle drei dieser fehlenden Axiome zu beweisen - und auch das Axiom der Wahl . Wir können dies wie folgt sehen:

1. Angesichts dessen$X$ist eine Menge, und$\phi$ist eine Klassenfunktion. Dann gibt es eine natürliche Zahl$n$mit$X \subseteq V_n$, und das können wir per Induktion beweisen$|V_n|$ist endlich - und damit |X| ist endlich. Das bedeutet, dass die Klasse$Y = \{y : \exists x \in X(\phi(x) = y) \}$ist endlich.

   Der Rang von jedem$y \in Y$(das kleinste$m$so dass$y \subseteq V_m$) ist endlich als$Y \subseteq V_\omega$, Und$rank(Y) = \sup\{rank(y) : y \in Y\}$. Das bedeutet, dass$rank(Y)$ist endlich (da sie das Supremum einer endlichen Menge natürlicher Zahlen ist), und daher gibt es eine natürliche Zahl$N$mit$Y \subseteq V_N$- so dass$Y \in V_\omega$und deshalb$Y$Ist ein Satz.

   Dies beweist das Ersetzungsaxiom , as$X$Und$\phi$sind willkürlich.

2. Das Axiom der Trennung folgt trivialerweise aus dem Axiom der Ersetzung und dem Axiom der leeren Menge .

3. Angesichts dessen$X$Ist ein Satz. Dann gibt es eine natürliche Zahl$n$mit$X \subseteq V_n$. Dann haben wir das Set$P_X = \{Y \in V_{n+1} : Y \subseteq X \}$über das Axiom der Trennung , und darüber hinaus$P_X$gilt als Potenzmenge von$X$. Dies beweist das Potenzmengenaxiom , as$X$ist willkürlich.

4. Angesichts dessen$X$Ist ein Satz. Dann gibt es eine natürliche Zahl$n$mit$X \subseteq V_n$. Beachten Sie, dass wir durch Induktion eine Bijektion konstruieren können$f_n \colon V_n \to {^{n-1}2}$, und dann$f_n$beschränkt sich auf eine Injektion$f_n |_X \colon X \to {^{n-1}2}$. (Nebenbemerkung, wir definieren${^{-1}2} = 0$Und${^{m+1}2} = 2^{(^{m}2)}$).

   Dadurch können wir gut bestellen$X$über$x \leq y$dann und nur dann, wenn$f_n|_X(x) \leq f_n|_X(y)$, was den Wohlordnungssatz (und damit das Wahlaxiom ) als beweist$X$ist willkürlich.

Dies zeigt uns die Macht des Axiomensystems$T$wo wir das Gründungsaxiom gestärkt hatten, um VNR zu erfüllen . Aber ohne VNR haben wir diesen Luxus nicht.

• Das Beispiel von Anfang gibt uns ein Modell von$ZF^{¬\infty}$das erfüllt die Negation der Wahl.

• Definieren$S = ZF^{¬\infty} - ($„ das Ersetzungsaxiom “ und „ das Potenzmengenaxiom “$)$. Dann kann man das zeigen$S \vDash ($„ Das Potenzmengen-Axiom “$\implies$" das Ersetzungsaxiom "$)$.

  Das liegt daran, dass in$S$gilt das Potenzmengen-Axiom genau dann, wenn es keine unendlichen Mengen gibt – und endliche Klassen sind immer Mengen über das Axiom von Paaren und das Axiom von Vereinigungen .

  Andererseits gilt die umgekehrte Implikation nicht. Zum Beispiel, wenn wir eine Menge definieren$X$pseudo-endlich sein gff$X, \bigcup X, \bigcup \bigcup X, ...$sind alle Dedekind-endlich - dann für jedes Modell$M$von$ZF$, wir haben das$P = \{x \in M : x$ist pseudoendlich$\}$ist immer ein Modell von$S$und erfüllt das Ersetzungsaxiom .

  Also einfach nehmen$M$ein Modell sein von$ZF$die eine unendliche pseudo-endliche Menge enthält, und wir haben unser Beispiel.

• Wie für ein Modell von$S$die sowohl die Negation des Potenzmengenaxioms als auch die Negation des Ersetzungsaxioms erfüllt , beginnen Sie mit einer unendlichen pseudo-endlichen Menge$A$. Dann definieren Sie die folgenden Mengen:

  1. $B_0 = V_\omega \cup A \cup \{A\}$.
  2. $B_{2n+1}$ist die Schließung von$B_{2n}$unter Paaren und Vereinigungen, z$n \in \mathbb{N}$.
  3. $B_{2n+2}$ist die Menge aller erhältlichen Mengen$B_{2n+1}$über das Axiom der Trennung , z$n \in \mathbb{N}$.

Dann$B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$ist ein Modell von$S$und erfüllt die Negation des Machtmengenaxioms , noch die Klasse$\{ \{A,a\} : a \in A\}$kann kein Set-in sein$B$obwohl es über eine Klassenfunktion von definierbar ist$A$.

Somit$B$ist ein Modell von$S$das erfüllt sowohl die Negation des Potenzmengenaxioms als auch die Negation des Ersetzungsaxioms .

Wir haben in Ihrer Theorie immer noch den Begriff der Ordnungszahl, und die Klasse der Ordnungszahlen ist immer noch gut geordnet; es enthält nur keine unendlichen Elemente: Durch die Negation von INF ist jede nicht leere Ordnungszahl eine Nachfolgerordnungszahl. Wir können die Klasse der Ordinalzahlen mit der Klasse der Paarmengen von Ordinalzahlen zusammen mit einer „markierten Kopie“ der Ordinalzahlen bijezieren: Let$A$sei eine feste Nicht-Ordnungszahl. Wir kartieren$\emptyset\mapsto \{\emptyset,\emptyset\}=\{\emptyset\}$und rekursiv wenn$\alpha\mapsto\{\beta,\gamma\}$mit$\beta\le \gamma$dann kartieren wir$\alpha+1\mapsto\begin{cases}\{\beta,A\},&\beta=\gamma\\\{\beta+1,\gamma\},&\beta<\gamma\end{cases}$, und wenn$\alpha\mapsto \{\beta,A\}$wir lassen$\alpha+1\mapsto \{\beta+1,\emptyset\}$. Wenn diese Klassenkarte aufgerufen wird$F$, können wir jetzt von der Klasse der Ordinalzahlen auf unser Universum abbilden, indem wir lassen$G(\emptyset)=\emptyset$, und rekursiv$G(\alpha+1)=\begin{cases}\{G(\beta),G(\gamma)\},&F(\alpha)=\{\beta,\gamma\}\\\bigcup G(\beta),&F(\alpha)=\{\beta,A\}.\end{cases}$

Ganz klar, das Bild von$G$ist unter Pairing und Union abgeschlossen und enthält$\emptyset$. Das kann man zeigen$G(\alpha)\subseteq G(\beta)$impliziert$\alpha\le \beta$. Auch das sollte man leicht zeigen können: If$X=G(\alpha)$Und$Y=G(\beta)$dann gibt es$\gamma$so dass$G(\gamma)=\{\,Z\cup\{X\}\mid Z\in Y\,\}$. Dann das Bild von$G$wird auch unter power set geschlossen:$\mathcal P(\emptyset)=\{\emptyset\}=G(1)$und wenn$S=G(\alpha)$ist nicht leer, sagen wir$s\in S$, Dann$S\setminus\{s\}=G(\beta)$für einige$\beta<\alpha$damit wir davon ausgehen können, dass wir bereits haben$Y:=\mathcal P(S\}\setminus\{s\}$vorhanden und

Allerdings sehe ich nicht wie$G$kann als surjektiv gezeigt werden.