Forcen ohne Modelle

Hier ist etwas, das booleschen Modellen sehr nahe kommt, das ich von meinem Berater gelernt habe.

Lassen$\Bbb P$eine zwingende Vorstellung sein, und lassen$V^\Bbb P$sei die Klasse der Namen. Beachten Sie, dass die Sammlung dichter offener Mengen eine Filterbasis ist, da die Schnittmenge von endlich vielen dichten offenen Mengen dicht offen ist. Verwenden Sie also die Wahl, um es zu einem Ultrafilter zu erweitern$\Bbb P$, sagen$U$. (Hier meinen wir Ultrafilter im Sinne eines maximalen Filters der partiellen Ordnung.)

Verwenden Sie nun Ihren Filter, um die Namen zu interpretieren. Dies definiert eine Klasse$(M,E)$wo die Gegenstände drin sind$M$sind die Äquivalenzklassen von$V^\Bbb P/U$(bei Bedarf Scotts Trick verwenden, um diese richtigen Klassen wieder in Sets umzuwandeln), with$\dot x =_U\dot y$wenn und nur wenn es welche gibt$p\in U$so dass$p\Vdash\dot x=\dot y$. Und ähnlich$\dot x E\dot y$wenn es eine Bedingung gibt, die das erzwingt.

Wir können nun das übliche Wahrheitslemma für die Zwangsrelation beweisen. Kommen wir abschließend noch einmal auf Ihre Frage zurück.

Wir wissen, dass die Zwangsbeziehung intern definiert werden kann, also$1\Vdash\lnot\sf CH$ist etwas, das Sie intern definieren und beweisen können$V$um$\Bbb P$. Also nimm jetzt$\Bbb P$sein$\operatorname{Add}(\omega,\omega_2)$, und du bist fertig.

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Oh. Ja. Sie möchten jetzt fragen, ob Sie einen Filter haben, der alle dichten offenen Mengen erfüllt, warum ist es kein generischer Filter? Also. Die Erweiterung zu einem Ultrafilter macht es etwas ekliger. Und da$(M,E)$ist nicht begründet, es gibt keinen Grund dafür$U$um wirklich generisch zu sein.

Ein Punkt ist: weil die innere Zwangsbeziehung$\Vdash^*$alle Regeln der Logik erster Ordnung beachtet, müssen Sie nicht unbedingt direkt mit dem Auswerten arbeiten$p \Vdash^* \lnot CH$; Stattdessen können Sie alle gültigen Beweismethoden mit Axiomen von ZFC anwenden. Das relevante Ergebnis wäre nämlich:

Vermuten$\Gamma \vdash \phi$in ZFC, und für einige$p \in \mathbb{P}$,$p \Vdash^* \psi$für jede$\psi \in \Gamma$. Dann$p \Vdash^* \phi$. (Und als Folge davon, wenn$\Vdash^* \psi$für jede$\psi \in \Gamma$, Dann$\Vdash^* \phi$.)

Angenommen, Sie haben das bewiesen$\Vdash^* \check \aleph_0 = \aleph_0$,$\Vdash^* 2^{|\check\aleph_0|} \ge |\check\aleph_2|$und auch das$\Vdash^* |\check \aleph_0| < |\check \aleph_1| < |\check \aleph_2|$(als Kardinäle); Wenn Sie sich dann vorstellen, innerhalb von ZFC einen formalen Beweis dafür zu erstellen$\check \aleph_0 = \aleph_0, 2^{|\check \aleph_0|} \ge |\check\aleph_2|, |\check \aleph_0| < |\check \aleph_1| < |\check \aleph_2| \vdash \lnot CH$, dann wird die Anwendung des obigen Ergebnisses das ergeben$\Vdash^* \lnot CH$.

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Der Beweis des obigen Ergebnisses erfolgt durch strukturelle Induktion über den formalen Beweis von$\Gamma \vdash \phi$. Nehmen wir als Musterteil des Beweises an, dass unser formales Beweissystem eine Variante der natürlichen Deduktion ist, und wir zeigen den Induktionsschritt für einen Beweis durch$\vee$-Beseitigung. Nehmen Sie also an, dass$\Gamma \vdash \alpha \vee \beta$;$\Gamma, \alpha \vdash \gamma$; Und$\Gamma, \beta \vdash \gamma$; und wir nehmen auch für diese Unterbeweise die Induktionsannahme an. Nun wird der Abschluss dieses Schrittes des formalen Beweises sein$\Gamma \vdash \gamma$. Also stell dir das vor$p \Vdash^* \psi$für jede$\psi \in \Gamma$, und das wollen wir zeigen$p \Vdash^* \gamma$. Dann nach der Induktionsannahme für$\Gamma \vdash \alpha \vee \beta$,$p \Vdash^* \alpha \vee \beta$. Per Definition bedeutet dies, dass die Menge von$q$so dass$q \Vdash^* \alpha$oder$q \Vdash^* \beta$ist unten dicht$p$. Für$q$so dass$q \Vdash^* \alpha$, dann durch die Induktionsannahme für$\Gamma, \alpha \vdash \gamma$, das kriegen wir hin$q \Vdash^* \gamma$; und ähnlich z$q$so dass$q \Vdash^* \beta$, die andere induktive Hypothese wird dies geben$q \Vdash^* \gamma$. Daher ist der Satz von$q$so dass$q \Vdash^* \gamma$ist auch unten dicht$p$, implizieren das$p \Vdash^* \gamma$.

(Ein zusätzliches Detail ist, dass Sie für einen Beweis, der mit der Gleichheitselimination, auch Substitutionsregel genannt, konstruiert wurde, durch strukturelle Induktion über die an der Substitution beteiligte Formel vorgehen müssen.)

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Nun zu den Argumenten, die zwischen erzwingenden Beziehungen und Eigenschaften von hin und her gehen$M[G]$um Eigenschaften von zu beziehen$\mathbb{P}$Und$M$mit Eigenschaften von$M[G]$: Es sollte normalerweise einfach sein, diese als reine Zwangsbeweise umzuwandeln. Aus diesem Grund ist es oft nützlich, die Sprache von ZFC zu erweitern, um zu erzwingen, dass Anweisungen ein unäres Prädikat enthalten$\dot V$(mit syntaktischem Zucker$\cdot \in \dot V$) und definieren$p \Vdash \dot V(\tau)$genau dann, wenn der Satz von$q$so dass es existiert$x$so dass$q \Vdash^* \tau = \check x$ist unten dicht$p$. Dann ist es einfach, das zu zeigen$\Vdash^* \dot G$ist ein$\dot V$-allgemeiner Filter von$\check{\mathbb{P}}$(Wo$\dot G = \{ (p, \check p) \mid p \in \mathbb{P} \}$ist der übliche Name für den generischen Filter).

Gliederung für den generischen Teil: Angenommen für einen Namen$D$,$p \Vdash^* D \in \dot V$Und$p \Vdash^* D$eine dichte Teilmenge von$\check{\mathbb{P}}$. Dann für alle$q$im dichten Satz unten$p$, wählen Sie einige entsprechende$D_0$so dass$q \Vdash^* D = \check D_0$. Die Tatsache, dass$q \Vdash^* D$eine dichte Teilmenge von$\check{\mathbb{P}}$impliziert, dass$D_0$ist eine dichte Teilmenge von$\mathbb{P}$. Daher existiert$r \le q$mit$r \in D_0$. Jetzt,$r \Vdash^* \check r \in \dot G \cap \check D_0$, So$r \Vdash^* \dot G \cap D \ne \emptyset$. Dies zeigt, dass der Satz von$r$so dass$r \Vdash^* \dot G \cap D \ne \emptyset$ist unten dicht$p$, So$p \Vdash^* \dot G \cap D \ne \emptyset$.

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Ich werde nun fortfahren, einige weitere Details darüber zu geben, wie Sie das beweisen würden$1 \Vdash^* |\check \aleph_2| \le 2^{|\check \aleph_0|}$. Wenn Sie zunächst die Definitionen ein wenig durchgehen, können Sie das schließlich sehen$\alpha \in \aleph_2$, ein Name für die$\alpha$te Teilmenge von$\check \aleph_0$Ist:

$$\dot S_\alpha := \{ (p, \check n) \mid p \in \mathbb{P}, n \in \aleph_0, (\alpha, n) \in \operatorname{dom}(p), p(\alpha, n) = 1 \}.$$

Wir beweisen nun einige Ergebnisse bzgl$\dot S_\alpha$:

Lemma: Angenommen$p \in \mathbb{P}$erfüllt$p(\alpha, n) = 1$. Dann$p \Vdash^* \check n \in \dot S_\alpha$.

Beweis: Dies ist eine einfache Anwendung der Definition von$p \Vdash^* \cdot \in \cdot$(und insbesondere der Spezialfall, dass if$(q, \sigma) \in \tau$Dann$q \Vdash^* \sigma \in \tau$).

Lemma: Angenommen$p \in \mathbb{P}$erfüllt$p(\alpha, n) = 0$. Dann$p \Vdash^* \check n \notin \dot S_\alpha$.

Beweis: Wir müssen das für jeden zeigen$q \le p$,$q \not\Vdash^* \check n \in \dot S_\alpha$. Also, nehmen Sie im Gegenteil an, dass für einige$q \le p$, wir hatten$q \Vdash \check n \in \dot S_\alpha$. Dann gibt es$r \le q$Und$(s, \tau) \in \dot S_\alpha$so dass$r \le s$Und$s \Vdash^* \tau = \check n$. Allerdings seit$(s, \tau) \in \dot S_\alpha$, Dann$\tau$ist von der Form$\check m$, Und$s \Vdash^* \check m = \check n$impliziert$m = n$. Außerdem,$s(\alpha, m) = 1$, So$s(\alpha, n) = 1$. Aber dann,$s \le p$Und$p(\alpha, n) = 0$gibt einen Widerspruch.$\square$

Lemma: Angenommen$\alpha, \beta \in \aleph_2$mit$\alpha \ne \beta$. Dann$1 \Vdash^* \dot S_\alpha \ne \dot S_\beta$.

Beweis: Es genügt, das für alle zu zeigen$p \in \mathbb{P}$, es existiert$q \le p$so dass$q \Vdash^* \dot S_\alpha \ne \dot S_\beta$. Aber jeder$p \in \mathbb{P}$hat endliche Domäne; daher gibt es einige$n \in \aleph_0$so dass weder$(\alpha, n)$noch$(\beta, n)$ist in$\operatorname{dom}(p)$. Jetzt definieren$q := p \cup \{ ((\alpha, n), 0), ((\beta, n), 1) \}$. Dann nach den obigen Lemmata$q \Vdash^* \check n \notin \dot S_\alpha$Und$q \Vdash^* \check n \in \dot S_\beta$. Aber ZFC (und tatsächlich reine Logik erster Ordnung) beweist das$\check n \notin \dot S_\alpha, \check n \in \dot S_\beta \vdash \dot S_\alpha \ne \dot S_\beta$. Wenn wir also das obige Hauptergebnis anwenden, erhalten wir das$q \Vdash^* \dot S_\alpha \ne \dot S_\beta$.$\square$

Basierend auf diesen Fakten werden wir nun die sammeln$\dot S_\alpha$in einen Namen für eine injektive Funktion$\check \aleph_2 \to P(\check \aleph_0)$. Nämlich definieren

$$\dot S := \{ \dot{\operatorname{ordpair}} (\check\alpha, \dot S_\alpha) \mid \alpha \in \aleph_2 \}$$ Wo$\dot{\operatorname{ordpair}}(\sigma, \tau) = \{ (1, \{ (1, \sigma) \}), (1, \{ (1, \sigma), (1, \tau) \} ) \}$ist ein Name für das fiktive geordnete Paar$(\sigma^G, \tau^G) = \{ \{\sigma^G\}, \{\sigma^G,\tau^G\} \}$. (Es sollte einfach zu zeigen sein$1 \Vdash^* \dot{\operatorname{ordpair}}(\sigma, \tau) = (\sigma, \tau)$wobei die rechte Seite die ZFC-Anweisung ist, dass das Objekt auf der linken Seite die Eigenschaft erfüllt, die das geordnete Paar von definiert$\sigma$Und$\tau$. Insbesondere wird eine Folge davon unter Verwendung des Hauptergebnisses that sein$1 \Vdash^* \dot{\operatorname{ordpair}}(\sigma, \tau) = \dot{\operatorname{ordpair}}(\sigma', \tau') \leftrightarrow \sigma=\sigma' \wedge \tau=\tau'$.)

Lemma: $1 \Vdash^* \dot S$ist eine Funktion$\check \aleph_2 \to P(\check \aleph_0)$.

Beweis: Aus der Definition von$\dot S$, sollte es einfach sein, das zu überprüfen$1 \Vdash^* \dot S \subseteq \check \aleph_2 \times P(\check \aleph_0)$. (Dafür ist es praktisch, das Lemma that zu verwenden$p \Vdash^* \sigma \subseteq \tau$wenn und nur wenn für jeden$(q, \alpha) \in \sigma$und jede$r \le p, q$, wir haben$r \Vdash^* \alpha \in \tau$.)

Angenommen, wir haben welche$p \in \mathbb{P}$und irgendein Name$\tau$so dass$p \Vdash^* \tau \in \check \aleph_2$. Dann für jeden$q \le p$, es existiert$r \le p$Und$(1, \check \alpha) \in \check \aleph_2$für$\alpha \in \aleph_2$so dass$r \Vdash^* \tau = \check \alpha$. Jetzt,$1 \Vdash^* \dot{\operatorname{ordpair}}(\check \alpha, \dot S_\alpha) \in \dot S$, So$r \Vdash^*$das gleiche. Aber im ZFC,$\tau = \check \alpha, \dot{\operatorname{ordpair}}(\check \alpha, \dot S_\alpha) \in \dot S \vdash \exists x, \dot{\operatorname{ordpair}}(\tau, x) \in \dot S$; So$r \Vdash^* \exists x, \dot{\operatorname{ordpair}}(\tau, x) \in \dot S$. Dies zeigt, dass$1 \Vdash^* \forall \tau \in \check \aleph_2, \exists x, \dot{\operatorname{ordpair}}(\tau, x) \in \dot S$.

(Der Kürze halber lasse ich das weg$\dot{\operatorname{ordpair}}$Notation von nun an.)

Nehmen wir ähnlich an, wir haben$p \in \mathbb{P}$und Namen$\tau, \sigma, \sigma'$so dass$p \Vdash^* (\tau, \sigma) \in \dot S \wedge (\tau, \sigma') \in \dot S$. Dann für jeden$q \le p$, es existiert$r \le q$Und$(1, (\check \alpha, \dot S_\alpha)) \in \dot S$so dass$r \Vdash^* (\tau, \sigma) = (\check \alpha, \dot S_\alpha)$. Ebenso existiert$s \le r$Und$(1, (\check \beta, \dot S_\beta)) \in \dot S$so dass$s \Vdash^* (\tau, \sigma') = (\check \beta, \dot S_\beta)$. Aber dann,$s \Vdash^* \tau = \check \alpha$Und$s \Vdash^* \tau = \check \beta$, So$s \Vdash^* \check \alpha = \check \beta$, implizieren das$\alpha = \beta$. Auch,$s \Vdash^* \sigma = \dot S_\alpha$Und$s \Vdash^* \sigma' = \dot S_\beta$; und in unserem Basisuniversum,$\dot S_\beta = \dot S_\alpha$. Wenn wir also das obige Hauptergebnis anwenden, erhalten wir das$s \Vdash^* \sigma = \sigma'$. Wir haben nun gezeigt, dass die Menge von$s$mit$s \Vdash^* \sigma = \sigma'$ist unten dicht$p$, So$p \Vdash^* \sigma = \sigma'$.

Das war es, was wir zeigen mussten, um es zu bekommen$1 \Vdash^* \forall \tau, \sigma, \sigma', (\tau, \sigma) \in \dot S \wedge (\tau, \sigma') \in \dot S \rightarrow \sigma = \sigma'$.$\square$

Lemma: $1 \Vdash^* \dot S : \check \aleph_2 \to P(\check \aleph_0)$ist injektiv.

Beweis: Nehmen wir ähnlich wie oben an, wir hätten welche$p \in \mathbb{P}$und Namen$\tau, \tau', \sigma$so dass$p \Vdash^* (\tau, \sigma) \in \dot S \wedge (\tau', \sigma) \in \dot S$. Das behaupten wir dann$p \Vdash^* \tau = \tau'$. Angenommen nicht; dann gibt es welche$q \le p$so dass$q \Vdash^* \tau \ne \tau'$. Nun, da$q \Vdash^* (\tau, \sigma) \in \dot S$, es gibt welche$r \le q$Und$(1, (\check\alpha, \dot S_\alpha)) \in \dot S$so dass$r \Vdash^* (\tau, \sigma) = (\check\alpha, \dot S_\alpha)$. Ebenso seit$r \Vdash^* (\tau', \sigma) \in \dot S$, es gibt welche$s \le r$Und$(1, (\check\beta, \dot S_\beta)) \in \dot S$so dass$s \Vdash^* (\tau', \sigma) = (\check\beta, \dot S_\beta)$. Nun, indem wir einige Anwendungen des Hauptresultats verwenden, schließen wir das$s \Vdash^* \check \alpha \ne \check \beta$, So$\alpha \ne \beta$. Aber dann durch ein obiges Lemma,$s \Vdash^* \dot S_\alpha \ne \dot S_\beta$. Aus dem Hauptresultat können wir nun einen Widerspruch ableiten$s \Vdash^* \bot$.

Der vorige Absatz beweist dann$1 \Vdash^* \forall \sigma, \tau, \tau', (\tau, \sigma) \in \dot S \wedge (\tau', \sigma) \in \dot S \rightarrow \tau = \tau'$. Denn in ZFC reicht diese Aussage aus, um das zu zeigen$\dot S$injektiv ist, durch das Hauptresultat erhalten wir das$1 \Vdash^* \dot S$ist injektiv.$\square$

Logische Folge: $1 \Vdash^* |\check\aleph_2| \le 2^{|\check\aleph_0|}$.

Beweis: In ZFC,$\dot S$ist eine injektive Funktion$\check\aleph_2 \to P(\check\aleph_0)$impliziert, dass$|\check\aleph_2| \le 2^{|\check\aleph_0|}$. Daher ergibt die Anwendung des Hauptergebnisses auf diesen Beweis in ZFC und dem vorherigen Lemma das Ergebnis.$\square$

Es gibt eine andere Möglichkeit, das zu sehen, worüber allgemein beweisbar ist$\Vdash$relativiert zu einer GM ist beweisbar$\Vdash^\ast$In$V$. Erinnern Sie sich an das folgende Theorem, das verwendet wird, um Gemeinschaftsmarken überhaupt zu rechtfertigen:

Wann auch immer$T$ist eine konsistente Theorieerweiterung$ZFC$, die Geschichte$T_{ctm}= ZFC+ ``\dot M\text{ is transitive and countable}"+ ZFC^{\dot M}$konsistent ist, wo$\dot M$ist ein zusätzliches konstantes Symbol.

Nehmen Sie also beispielsweise in Ihrem Fall einen Widerspruch an$\varphi=$"$1\not\Vdash^\ast\neg CH$für den Zwang$Add(\omega, \aleph_2)$„hält sich fest$V$. Das bedeutet, dass$T=ZFC+\varphi$ist konsistent. Nach obigem Satz können wir nehmen$W$ein Modell sein von$T_{ctm}$und lass$M=\dot M^W$. Plötzlich widerspricht diese Situation dem, was wir über das Forcen mit dem abzählbaren transitiven Modell wissen$M$In$W$! Beachten Sie, dass es nicht wichtig ist, ob oder nicht$W$Und$M$aus der Meta-Perspektive begründet sind, solange$M$ist aus Sicht von transitiv$W$.