Clases que no pueden demostrarse como adecuadas sin reemplazo

Tengo una respuesta estúpida para ti. Considere la propuesta$P :\equiv$"ZFC sin reemplazo es consistente", codificado en ZFC. Tenga en cuenta que ZFC demuestra$P$, mientras que ZFC sin reemplazo no prueba$P$(al menos suponiendo que ZFC sin reemplazo sea consistente).

Entonces considere la clase$\{x | P\}$. Entonces ZFC muestra que esta clase es adecuada, pero ZFC sin reemplazo no lo hace.

Un ejemplo menos estúpido sigue. Trabajamos en ZF sin reposición.

Considere los conjuntos$T_n$para$n \in \mathbb{N}$, definida recursivamente por

Entonces considere la clase$T = \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}} T_n$

Vemos eso$(T, \in_T)$es un modelo de ZF sin recambio, donde$\in_T = \{(x, y) \in T^2 | x \in y\}$.

Claramente,$\mathbb{N} \in T_1 \subseteq T$. Entonces se cumple el axioma de infinito.

Y$\emptyset = 0 \in \mathbb{N} = T_0 \subseteq T$. Entonces también se cumple el axioma del conjunto vacío.

Ahora tenga en cuenta que desde$T_0$es transitivo y el conjunto potencia de cualquier conjunto transitivo es transitivo, vemos que$T_n$es transitiva para todo$n$. Por lo tanto, la secuencia$\{T_n\}_{n \in \mathbb{N}}$va aumentando en eso$T_n \subseteq T_{n + 1}$para todos$n$.

Así, vemos que$T$en sí mismo es transitivo, ya que si$y \in x \in T_i$entonces$y \in T_i$. Porque$T$es transitiva, satisface el axioma de extensionalidad. También vemos que si$y \subseteq x \in T_i$, entonces$y \subseteq x \subseteq T_i$y por lo tanto$y \in T_{i + 1}$. Así, cualquier subconjunto de un elemento de$T$es también un elemento de$T$. Esto implica que$T$satisface el esquema axiomático de separación.

Si$x \in T_n$,$y \in T_m$, entonces$x, y \in T_{\max(n, m)}$. Entonces$\{x, y\} \subseteq T_{\max(n, m)}$, entonces$\{x, y\} \in T_{\max(n, m) + 1}$. De este modo,$T$satisface el emparejamiento.

Si$x \in T_i$entonces$\cup x \subseteq T_i$desde$T_i$es transitiva, entonces$\cup x \in T_{i + 1}$. Por lo tanto,$T$satisface la unión.

Si$x \in T_i$y$y \subseteq x$, entonces$y \in T_{i + 1}$. Entonces$P(x) \subseteq T_{i + 1}$, y por lo tanto$P(x) \in T_{i + 2}$. Entonces$T$satisface powerset.

Desde$\in$está bien fundada, cualquier restricción de$\in$también está bien fundado. Entonces$T$satisface el axioma de fundamento.

Finalmente, si la elección es verdadera, entonces$T$elección de modelos. Para cualquier colección dada$F \in T$de conjuntos no vacíos, podemos tomar una función de elección$f : F \to \cup F$tal que$\forall x \in F (f(x) \in x)$. Entonces$f \in P(F \times \cup F) \in T$, entonces$f \in T$.

Ahora tenga en cuenta que$T$también modelos$V = T$. Precisamente,$V = T$puede expresarse como: para todos$x$, existe alguna$n \in \mathbb{N}$y hay una funcion$f$con dominio$\{m \in \mathbb{N} | m \leq n\}$tal que$f(0) = \mathbb{N}$y para todos$i < n$,$f(i + 1) = P(f(i))$y tal que$x \in f(n)$. Relativizando todos los cuantificadores a$T$, vemos que la afirmación se cumple en$T$.

Por lo tanto, vemos que ZF(C) sin reemplazo es relativamente consistente con ZF(C) sin reemplazo más$V = T$.

Ahora bien, si suponemos$V = T$, entonces claramente$T^c = \emptyset$no es una clase adecuada. Por lo tanto, es relativamente consistente con el reemplazo de ZFC menos que$T^c$es un conjunto.

Pero claramente, en ZF, vemos que$T$es un conjunto. Podemos construirlo explícitamente por reemplazo. Por lo tanto,$T^c$debe ser una clase adecuada.

Tenga en cuenta que todo tipo de cosas interesantes fallan en ZF menos reemplazo más$V = T$. Por ejemplo, todos los ordinales son contables. De hecho, suponiendo$V = T$, tenemos$Ord = \mathbb{N} \cup \{\omega + n \mid n \in \mathbb{N}\}$. Incluso construyendo el ordinal$\omega + \omega$demuestra ser imposible. Esto se debe a que para todos$n$,$\omega + n \subseteq T_n$pero$\omega + n \notin T_n$. Esto proporciona otro ejemplo: la clase de ordinales incontables está vacía bajo$V = T$, pero es una clase adecuada bajo reemplazo.

Por supuesto, hay buenos ordenamientos que son incontables. Por ejemplo, uno puede tomar$W$ser el conjunto de todos los buenos ordenamientos sobre subconjuntos de$\mathbb{N}$, cociente por isomorfismo de orden. Entonces$W$en sí mismo es un buen orden, y no puede ser contable. Por lo tanto, no todos los buenos ordenamientos son isomorfos a un ordinal.