Demostración del axioma Powerset para conjuntos hereditariamente finitos

Aquí está mi intento. Cualquier sugerencia o corrección será bienvenida.

La negación del axioma del infinito establece que todo conjunto tiene cardinalidad finita. Así podemos aplicar la inducción para el cardinal de conjuntos.

El problema técnico que surge es que podemos usar la inducción aunque no tenemos el axioma del conjunto de potencias. Afortunadamente, probar la inducción solo necesita la propiedad de orden correcto de la clase de todos los ordinales, por lo que la ausencia de un conjunto de potencias es irrelevante.

Dejar$x$ser un conjunto arbitrario y$n=|x|$. Si$n=0$entonces$x=\varnothing$y podemos comprobar que hay un conjunto potente de$\varnothing$, a saber$\{\varnothing\}$. Es una consecuencia del emparejamiento. Si el enunciado se cumple para$n$y$y$ser un conjunto tal que$|y|=n+1$, Desde$y$no está vacío tenemos algunos$a\in y$. Por hipótesis inductiva, tenemos un conjunto potencia$\mathcal{P}(y-\{a\})$de$y-\{a\}$. El axioma de reemplazo y el axioma de unión permiten definir el conjunto

Déjame denotar$ZF^{¬\infty}$ser los axiomas de$ZF$con el axioma del infinito reemplazado por su negación.

Antes de entrar en nada más, vale la pena señalar que (si$ZF$es consistente) entonces$ZF^{¬\infty}$tiene muchos modelos diferentes, no solo$V_\omega$. Esto se debe a que sin infinito, el axioma de fundamento se vuelve significativamente más débil. Para ver esto, considere las siguientes dos afirmaciones:

• El Axioma de Fundamento (Fo): Si$X$es un conjunto, entonces existe$y \in X$con$y \cap X = \emptyset$.

• El axioma de rango de Von Neumann (VNR): si$X$es un conjunto, entonces existe un ordinal$\alpha$con$X \subseteq V_\alpha$.

En$(ZF - Fo)$estos dos axiomas son equivalentes, pero esta equivalencia se desmorona ante la ausencia de infinito . hay modelos de$ZF^{¬\infty}$donde VNR falla, y un ejemplo de este tipo se puede ver aquí .

Como nota al margen, la afirmación de que "$V_\omega$es el universo de conjuntos" es equivalente a VRN con respecto a$ZF^{¬\infty},$o en otras palabras$ZF^{¬\infty} \vDash ($VNR $\iff$"$V_\omega$es el universo de los conjuntos"$)$.

VNR es un fortalecimiento muy poderoso de la base con respecto a$ZF^{¬\infty}$. Si denotamos:

• $T = (ZF^{¬\infty} + VNR) - ($" el axioma de reemplazo/separación " y " el axioma del conjunto de potencias "$)$

entonces$T$es lo suficientemente potente como para probar los tres axiomas que faltan, y también el axioma de elección . Esto lo podemos ver de la siguiente manera:

1. Dado que$X$es un conjunto y$\phi$es una función de clase. Entonces existe un número natural$n$con$X \subseteq V_n$, y podemos demostrar por inducción que$|V_n|$es finito - y por lo tanto |X| es finito Esto significa que la clase$Y = \{y : \exists x \in X(\phi(x) = y) \}$es finito

   El rango de cada uno$y \in Y$(el mas pequeño$m$tal que$y \subseteq V_m$) es finito como$Y \subseteq V_\omega$, y$rank(Y) = \sup\{rank(y) : y \in Y\}$. Esto significa que$rank(Y)$es finito (ya que es el supremo de una cantidad finita de números naturales), y por lo tanto existe un número natural$N$con$Y \subseteq V_N$- de modo que$Y \in V_\omega$y por lo tanto$Y$es un conjunto.

   Esto demuestra el axioma de reemplazo , como$X$y$\phi$son arbitrarios.

2. El axioma de separación se sigue trivialmente del axioma de reemplazo y del axioma del conjunto vacío .

3. Dado que$X$es un conjunto. Entonces existe un número natural$n$con$X \subseteq V_n$. Luego tenemos el conjunto$P_X = \{Y \in V_{n+1} : Y \subseteq X \}$a través del axioma de separación , y además$P_X$califica como el conjunto potencia de$X$. Esto prueba el axioma del conjunto de potencias , como$X$es arbitrario

4. Dado que$X$es un conjunto. Entonces existe un número natural$n$con$X \subseteq V_n$. Tenga en cuenta que por inducción podemos construir una biyección$f_n \colon V_n \to {^{n-1}2}$, y luego$f_n$se restringe a una inyección$f_n |_X \colon X \to {^{n-1}2}$. (Nota al margen, definimos${^{-1}2} = 0$y${^{m+1}2} = 2^{(^{m}2)}$).

   Esto nos permite ordenar bien$X$a través de$x \leq y$si y solo si$f_n|_X(x) \leq f_n|_X(y)$, lo que prueba el teorema del buen orden (y por lo tanto el axioma de elección ) como$X$es arbitrario

Esto nos muestra el poder del sistema de axiomas.$T$donde habíamos fortalecido el axioma de fundamento para satisfacer VNR . Sin embargo, sin VNR no tenemos ese lujo.

• El ejemplo del principio nos da un modelo de$ZF^{¬\infty}$que satisface la negación de la elección.

• Definir$S = ZF^{¬\infty} - ($" el axioma de reemplazo " y " el axioma del conjunto de potencias "$)$. Entonces se puede demostrar que$S \vDash ($" el axioma del conjunto de potencias "$\implies$" el axioma de reemplazo "$)$.

  Esto se debe a que en$S$, el axioma del conjunto de potencias se cumple si y sólo si no hay conjuntos infinitos , y las clases finitas siempre son conjuntos a través del axioma de pares y el axioma de uniones .

  Por otro lado, la implicación inversa no se cumple. Por ejemplo, si definimos un conjunto$X$ser pseudo-finito iff$X, \bigcup X, \bigcup \bigcup X, ...$son todos Dedekind-finitos - entonces para cualquier modelo$M$de$ZF$, tenemos eso$P = \{x \in M : x$es pseudo-finito$\}$es siempre un modelo de$S$y satisface el axioma de reemplazo .

  Así que simplemente toma$M$ser un modelo de$ZF$que contiene un conjunto pseudo-finito infinito, y tenemos nuestro ejemplo.

• En cuanto a un modelo de$S$que satisface tanto la negación del axioma del conjunto de potencias como la negación del axioma de reemplazo , comience con algún conjunto pseudo-finito infinito$A$. Luego defina los siguientes conjuntos:

  1. $B_0 = V_\omega \cup A \cup \{A\}$.
  2. $B_{2n+1}$es el cierre de$B_{2n}$bajo pares y uniones, por$n \in \mathbb{N}$.
  3. $B_{2n+2}$es el conjunto de todos los conjuntos que se puede obtener de$B_{2n+1}$a través del axioma de separación , por$n \in \mathbb{N}$.

Entonces$B = \bigcup_{n \in \mathbb{N}} B_n$es un modelo de$S$y satisface la negación del axioma del conjunto de potencias , pero la clase$\{ \{A,a\} : a \in A\}$no puede ser un set en$B$a pesar de ser definible a través de una función de clase de$A$.

Por eso$B$es un modelo de$S$que satisface tanto la negación del axioma del conjunto de potencias como la negación del axioma de reemplazo .

Todavía tenemos la noción de ordinal dentro de su teoría, y la clase de ordinales aún está bien ordenada; simplemente no contiene elementos infinitos: por la negación de INF, cada ordinal no vacío es un ordinal sucesor. Podemos biyectar la clase de ordinales con la clase de pares de conjuntos de ordinales junto con una "copia marcada" de los ordinales: Sea$A$sea ​​un no ordinal fijo. Mapeamos$\emptyset\mapsto \{\emptyset,\emptyset\}=\{\emptyset\}$y recursivamente si$\alpha\mapsto\{\beta,\gamma\}$con$\beta\le \gamma$luego mapeamos$\alpha+1\mapsto\begin{cases}\{\beta,A\},&\beta=\gamma\\\{\beta+1,\gamma\},&\beta<\gamma\end{cases}$, y si$\alpha\mapsto \{\beta,A\}$dejamos$\alpha+1\mapsto \{\beta+1,\emptyset\}$. Si este mapa de clase se llama$F$, ahora podemos mapear desde la clase de ordinales a nuestro universo, dejando$G(\emptyset)=\emptyset$, y recursivamente$G(\alpha+1)=\begin{cases}\{G(\beta),G(\gamma)\},&F(\alpha)=\{\beta,\gamma\}\\\bigcup G(\beta),&F(\alpha)=\{\beta,A\}.\end{cases}$

Claramente, la imagen de$G$está cerrado bajo apareamiento y unión y contiene$\emptyset$. Uno puede demostrar que$G(\alpha)\subseteq G(\beta)$implica$\alpha\le \beta$. También se debería poder demostrar fácilmente que: Si$X=G(\alpha)$y$Y=G(\beta)$entonces existe$\gamma$tal que$G(\gamma)=\{\,Z\cup\{X\}\mid Z\in Y\,\}$. Entonces la imagen de$G$también está cerrado bajo el conjunto de potencia:$\mathcal P(\emptyset)=\{\emptyset\}=G(1)$y si$S=G(\alpha)$no está vacío, digamos$s\in S$, entonces$S\setminus\{s\}=G(\beta)$para algunos$\beta<\alpha$para que podamos suponer que ya tenemos$Y:=\mathcal P(S\}\setminus\{s\}$disponible y

Sin embargo, no veo cómo$G$puede demostrarse que es sobreyectiva.