Considere NBG sin elección. Denótese esta teoría NBG'. Es bastante fácil, una vez que uno conoce un poco de teoría de modelos, demostrar que esta teoría es una extensión conservadora de ZF.
Un esquema de la prueba tradicional es el siguiente:
Considere alguna oración en el lenguaje de la teoría de conjuntos, y supongamos que NBG' (por supuesto, relativizando todo para cuantificar sobre conjuntos).
Afirmo que ZF .
Por considerar algún modelo de ZF. Podemos construir el "modelo de clases" como sigue:
Primero, definimos ser el conjunto de todos los conjuntos de la forma , dónde es alguna fórmula en el lenguaje de ZF y son algunos elementos de .
Entonces definimos significar .
Es fácil comprobar que modela todos los axiomas de NBG'. Por lo tanto, por el teorema de la solidez. Podemos verificar a partir de esta afirmación que .
Dado que todos los modelos de ZF son modelos de , podemos concluir por el teorema de completitud que ZF .
A la inversa, se puede demostrar fácilmente que NBG' prueba todos los axiomas de ZF. Entonces si ZF , entonces NGB' .
Por supuesto, vemos inmediatamente de esta declaración que NBG + opción local es una extensión conservadora de ZFC. Esto es porque es un teorema de NBG + elección local es un teorema de NBG' es un teorema de ZF es un teorema de ZFC.
Tenga en cuenta que esta prueba se basó en dos hechos: el teorema de solidez para vocabularios contables y el teorema de integridad para vocabularios contables. Debido a que ambos teoremas se pueden formalizar en aritmética de segundo orden, es posible formalizar la prueba anterior en aritmética de segundo orden (que es, por supuesto, considerablemente más débil que ZF).
La pregunta es: ¿podemos tomar la prueba anterior y formalizarla en aritmética de primer orden?
Parece poco probable, ya que no podemos usar una noción recursiva de verdad en la aritmética de Peano de primer orden. No sé cómo se podrían formular preguntas sobre "modelos" dentro de la aritmética de Peano.
Si no podemos tomar la prueba anterior y formalizarla en aritmética de primer orden, ¿hay alguna otra prueba disponible para nosotros? Intenté continuar con la prueba utilizando categorías booleanas como modelos en lugar de modelos teóricos de conjuntos más tradicionales, pero no llegué a ninguna parte y me encontré con los mismos problemas.
, y de hecho mucho menos, puede probar esto. Aquí hay una forma de hacerlo (no necesariamente la única):
Podemos definir en la noción de un "sintáctico modelo;" este será un (decir) teoría en el lenguaje de la teoría de conjuntos + contablemente muchos nuevos símbolos constantes ( ) que es completo, contiene , y tiene la propiedad de que para toda fórmula tenemos algo tal que . puede probar que es consistente si hay una sintáctica modelo, con la dirección interesante que equivale a su teorema de base favorito. Análogamente podemos definir la noción de "sintáctico modelo", y probar el resultado relevante. La prueba de consistencia relativa semántica habitual se traduce fácilmente a una -argumento de que si existe una sintáctica modelo entonces existe un sintáctico modelo.
Este es más o menos un caso especial del teorema de completitud aritmética , si no me falla la memoria.
EDITAR: Aquí hay otro argumento, que es menos directo pero quizás más intuitivo:
Como observa, el argumento habitual se puede formalizar apropiadamente en aritmética de segundo orden. De hecho, el fragmento es suficiente para esto (aunque se recomienda cierto cuidado ya que algunas afirmaciones aparentemente obvias sobre la teoría de modelos van más allá , ver aquí ). Pero se ve fácilmente como una extensión conservadora de , en el sentido fuerte de la teoría de modelos, a través básicamente del mismo argumento que el que muestra que es una extensión conservativa de ! Entonces, aplicando implícitamente el teorema de completitud, hemos terminado.
La desventaja de este enfoque, por supuesto, es que, a diferencia del argumento anterior, no indica una estrategia de prueba interna. (y tampoco ayuda a ponerse debajo , lo que hace el argumento anterior: de un vistazo, el argumento anterior debería funcionar incluso hasta el nivel de ). ¡Pero todavía está limpio!
Alex Kruckmann