我的集合论问题（第二卷）

我自己在学习集合论中遇到的一些疑问

发表于 2025-08-12

作者我

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我的集合论问题（第二卷）

定义1.16

页数：56页(书37页)

问题

已解决，见阐述

为什么要求要存在一个$\Sigma-$表达式$\phi$和一个$\Pi-$表达式$\psi$相互等价？
原文内容
定义1.16($\Delta-$谓词符号)设$\phi(x_1,\dots,x_n)$为一个彰显自由变元的$\Sigma-$表达式,以及$\psi(x_1,\dots,x_n)$为一个彰显自由变元的$\Pi-$表达式。又假设

\[\mathrm{KP}_{\mathcal A}^-\vdash (\phi \leftrightarrow \psi).\]

令$P$为依据下式所定义的$n-$元谓词符号:

\[(\forall x_1\dots \forall x_n(P(x_1,\dots,x_n)\leftrightarrow \phi (x_1,\dots,x_n))). \tag{P}\]

称$P$为$\mathrm{KP}_{\mathcal A}^-$的一个$\Delta-$谓词符号，(P)为其定义式

阐释

我们知道，$\Sigma-$表达式表征的是集合的某种局部特性，而$\Pi-$表达式表征的是集合的某种全局特性。如果两种相互等价，那么我们可以认为这个性质是不依赖于其他理论中的元素的，所以可以作为谓词符号用来判定某个集合具有的某种性质。而对于不满足这一条的表达式，比如一个$\Sigma-$表达式$\phi'$，它可以表征任意一个局部的某种性质，但是其反面是不存在的（反面是一个$\Pi-$表达式，而它不与$\phi'$等价），我们没有办法知道在全局角度，满足$\phi'$的集合具有哪些性质，甚至有可能不能知道有多少满足$\phi'$的集合。所以对于定义一个全新的谓词而言，添加的谓词$P$应当要是$\Delta-$谓词符号，这样我们就能保证其不依赖于当前理论的上下文，而且满足摩根律（可以移动$\neg$）

扩展符号系统

在书中，从37页开始，就在讲解关于向$\mathrm{KP}^-$中有关使用$\Delta-$谓词符号和$\Sigma-$函数符号定义新符号的可行性。它们也十分必要地，在证明的最后都说明了基于这种引入新符号的方法对$\mathrm{KP}^-$是保守扩张，不改变理论中命题的真假。可是问题便来了，仔细观察证明，这种保守扩张都依赖于$\mathrm{KP}^-$理论自身，更确切地说，是$\Delta_0-$分解定理，否则没有办法证明扩张之后可以与最初找到等价表达式。那么，对于任意的理论$\mathrm T$，如果不限制$\mathrm T$中的非逻辑公理，我们能否证明$\mathrm T$对应的这种扩张都是保守扩张呢，这个问题与问如果把$\mathrm T$中的某个定理当做公理，整个理论会否因此而变得不同是类似的，两者是相同的问题。不过在证明之前，我们必须首先明确前面说的“这种扩张”是哪种扩张，毕竟$\mathrm T$中并没有定义$\Delta、\Sigma、\Pi$表达式，或者说，我们是不是应当先对逻辑表达式做某种限定，否则讨论无从说起。

逻辑符号对应的集合

页数：73页(书54页)

原文

\[\begin{array}{ccccccccccc} \text{符号 } x: & \triangleq & \neg & \to & \forall & ( & ) & \lor & \land & \leftrightarrow & \exists \\ \text{符号数 } \lceil x\rceil: & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \end{array}\]

(2)变元符号的集合表示:对于每一个自然数 $n \in \mathbb{N}$ , $\lceil v_n\rceil = J(5,n + 11)$ ;

(3)常元符号的集合表示:对于每一个自然数 $n \in \mathbb{N}$ , $\lceil c_n\rceil = J(7,n + 11)$ ;

(4)函数符号的集合表示:如果 $F_n$ 是一个 $k$ -元函数符号,那么 $\lceil F_n\rceil = J(2n + 7,k + 11)$ ;

(5)谓词符号的集合表示:如果 $P_n$ 是一个 $k$ -元谓词符号,那么 $\lceil P_n\rceil = J(6n + 8,k + 11)$ ;

(6)项的集合表示:如果 $F$ 是一个 $k$ -元函数符号, $t_1,\dots,t_k$ 是 $k$ 个项,那么项

\[F(t_1,\dots ,t_k)\]

的集合表示为

\[\lceil F(t_1,\dots,t_k)\rceil = \left\langle 3^{k + 3}, \lceil F\rceil, 5, \lceil t_1\rceil,\dots,\lceil t_{k}\rceil, 6\right\rangle ;\]

(7)等式的集合表示:如果 $t_1, t_2$ 是两个项,那么等式 $(t_1 = t_2)$ 的集合表示为

\[\lceil \left(t_1\hat=t_2\right)\rceil = \langle 3,\lceil t_1\rceil,1,\lceil t_2\rceil\rangle ;\]

(8)谓词断言的集合表示:如果 $P$ 是一个 $k$ -元谓词, $t_1, \dots , t_k$ 是 $k$ 个项,那么谓词断言 $P(t_1, \dots , t_k)$ 的集合表示为

\[\lceil P(t_1,\dots,t_k)\rceil = \left\langle 5^{k+3}, \lceil P\rceil, 5, \lceil t_1\rceil, \dots , \lceil t_{k}\rceil, 6\right\rangle .\]

对于一般的表达式 $\phi$ 而言,我们用由递归定义所得到的集合 $\lceil\phi\rceil$ 来表示 $\phi$ . 详细的实现留给读者,一旦我们完成了从元数学的语言符号到集合论的内部表示这一过程,我们便忽略 $A$ 与 $\lceil A\rceil$ 的区别.换句话说,我们将直接用 $A$ 来作为元数学的 $A$ 的表示集合 $\lceil A\rceil$ ,因为我们将进行的讨论通常都是在集合论内部进行的,除非我们明确指出所涉及的讨论是在集合论的元数学范围进行.

问题

书中的定义显然是可以的，我的疑惑在于，是不是更改这些数字乃至直接删去一些数字（合理地删除，比如谓词符号、函数符号定义中出现的那些数字）都是没有问题的。因为将符号映射到集合只需要保证映射是一个单射（没有两个符号映射到同一个集合）即可。显然，我们的函数符号与谓词符号映射到的集合是不同的，所以我认为将$F(t_{1},\dots ,t_{k})$和$P(t_1, \dots , t_k)$都定义为映射到如下集合也是可行且合理的：

\[\left\langle \lceil P\rceil,\lceil t_{1}\rceil,\dots,\lceil t_k\rceil\right\rangle\]

包括等号也可以应用这种“简化”，因为只要里面的这些符号映射到的集合不同，则整体映射到的集合也不同，简化应当不会对我们要讨论的东西有任何影响。

哥德尔完备性定理

定理内容见结论记录

比如$ZF$公理体系内无法证明$ZF$自身的一致性，而定理则说一个理论是一致的等价于其存在一个模型。那$ZF$无法证明自身的一致性是不是意味着我们不能够在$ZF$公理体系内找到一个$ZF$的模型$(A,E)$（见$\vDash$(点击此处跳转)）。

更一般地，我们是不是可以不局限于$ZF$体系，只需要这个公理体系不能够证明自身一致性即可？然后这个公理体系内也就不能找到一个自己的模型？我认为答案应该是肯定的。

推论1.8证明

已解决，见解决方案

页数：121页(书102页)

书中内容

推论1.8(共顶三选一引理)设 $A$ 是一个无穷集合, $I$ 是 $A$ 上的一个理想.设 $\lambda >2^{|A|}$ 是一个正则基数.对于 $a\in A$ 令 $\gamma_{a} > 0$ 为一个极限序数

假设偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 是 $\lambda$-共顶的.那么下述三种情形之一必然成立:
(a)偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 是 $\lambda^{+}$ -共顶的;
(b)偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 有一根 $\lambda$ -标尺;
(c) $I^{+}$ 中有两个元素 $X$ 与 $Y$ 来实现下述目标: $A = X\cup Y$ ;相对于 $X$ 而言,偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 有一根 $\lambda$ -标尺,并且相对于 $Y$ 而言,偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 是 $\lambda^{+}$ -共顶的

证明：假设偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a,< _{I}\right)$ 是 $\lambda$ - 共顶的,但不是 $\lambda^{+}$ - 共顶的

设 $S\subset \prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ 是一个势为 $\lambda$ 的没有共同上界的集合.应用 $\lambda$ - 共顶特性,递归地,我们构造一个具备下述特性的长度为 $\lambda$ 的 $< _{I}$ - 单调递增的序列 $F = \langle f_{\alpha}\mid \alpha < \lambda \rangle$

\[\forall f\in S\exists \alpha < \lambda (f< _{I}f_{\alpha}).\]

具体构造如下:令 $S = \langle h_{\alpha}\mid \alpha < \lambda \rangle$ 以及对于 $\alpha < \lambda$ 令 $S_{\alpha} = \{h_{\beta}\mid \beta \leqslant \alpha \}$ ,从而 $|S_{\alpha}|< \lambda$ 令 $f_{0}\in \prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ 满足要求 $h_{0}< _{I}f_{0}$ ,现在假设 $F\mid_{\gamma}\left(\gamma < \lambda\right)$ 已经定义好.令 $T_{\alpha} = S_{\alpha}\cup \{f_{\alpha}\mid \alpha < \gamma \}$ .那么 $|T|< \lambda$ 根据 $\lambda$ - 共顶特性,令 $f_{\gamma}\in \prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ 为具备后述特点的函数: $\forall h\in T\left(h< _{I}f_{\gamma}\right)$ .这就完成了递归定义.最后, $F = \langle f_{\alpha}\mid \alpha < \lambda \rangle$ 就是所要的.由于 $F$ 在 $\prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ 中并无上界,必然存在一个 $Z\in I^{+}$ 以至于相对 $Z$ 而言, $F$ 是一个长度为 $\lambda$ 的标尺序列

令 $Z = \{Z\in I^{+}\mid Z$ 上有一个长为 $\lambda$ 的标尺 $\}$

对于每一个 $Z \in \mathcal{Z}$ , 令 $\langle f_{\alpha}^{Z} \mid \alpha < \lambda \rangle$ 为 $Z$ 上的一根标尺. 令

\[T = \left\{f_{\alpha}^{Z} \mid \alpha < \lambda \land Z \in \mathcal{Z} \right\}\]

由于$$2^{

} < \lambda$,我们有$

= \lambda$. 再度应用$\lambda$- 共顶特性, 我们可以得到一个具备下述特性的长度为$\lambda$的$< {I}$- 单调递增的序列$F = \langle f{\alpha} \mid \alpha < \lambda \rangle$$ :

\[\forall f \in T \exists \alpha < \lambda \left(f \leqslant_{I} f_{\alpha}\right).\]

这样, 或者 $F$ 是一个标尺, 或者 $A = X \cup Y$ 以至于 $F$ 在 $X$ 上有界, 而在 $Y$ 上共尾. 现在假设第二种情形发生. 我们来证明相对于 $X$ 而言, 偏序集 $\left(\prod\limits_{a\in A}\gamma_a, < _{I}\right)$ 是 $\lambda^{+}$ - 共顶的. 如果存在一个势为 $\lambda$ 但是在 $X$ 上没有共同上界的 $S \subset \prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ , 那么重复上面的讨论就可以得到一个 $Z \subset X$ 以至于 $Z$ 上有一个长度为 $\lambda$ 的标尺. 这与 $F$ 在 $X$ 上有界相矛盾

疑问

证明中如下部分

由于 $F$ 在 $\prod\limits_{a\in A}\gamma_a$ 中并无上界,必然存在一个 $Z\in I^{+}$ 以至于相对 $Z$ 而言, $F$ 是一个长度为 $\lambda$ 的标尺序列.

为什么一定存在这样的$Z$，而且如果$F$要成为标尺序列，自然得对任意的$g\in \prod\limits_{a\in A}\gamma_a$都有一个$f\in F$，使得$f,g$有序关系，再考虑到不是所有理想$I$都能与某个$Z$一起生成变成素理想的，所以如何保证这样的$Z$是存在的呢。

即使真的都有这样的$Z$可以保证序关系存在，又是怎么确保满足证明中要求的其他条件的呢，很容易觉得会使用书中前面提到的共尾三选一引理，可是那个引理要求$F$是有上界的，但是这里的$F$则是无界的，所以用不了。就算我们对$F$在序数$\alpha$处做截断$F_\alpha$，然后取其对应的$Z_\alpha$，最后将全部$Z_\alpha$求交得到$Z$，应当能够满足证明要求的条件。可是如此数量的交可能是空集，即使任何有限部分交都不为空。当然，交集为空可以通过对角线交并保证各个截断对应的$Y_\alpha$相互为子集合（这样对角线交就不为空）来避免。尽管这样可以完成证明，可是问题仍然会出现在是否能保证$f,g$有关系上，整个证明也依赖于这一点。

此外我还尝试了通过对$g$最大函数值进行递归的方法证明$f,g$有关系，可是递归第一步就无法进行，而且仍然卡死在所有$f$都和递归的下一个$g'$没有序关系上。

还有我觉得这部分

这样, 或者 $F$ 是一个标尺, 或者 $A = X \cup Y$ 以至于 $F$ 在 $X$ 上有界, 而在 $Y$ 上共尾

也基于和上面同样的思路，都依赖于共尾三选一引理。可是引理条件都不满足啊！

解决方案

折腾8个小时后，我突然有了一个思路，如果将原本无界的$F$从$\prod_{a\in A}\gamma_a,<_I$提升到$\prod_{a\in A}{(\gamma_a+1)},<_I$，$F$不就有界了？是不是就可以用引理了？

不过即使找到了这个问题的答案，我仍然觉得不满足，那为什么一定不存在$g$和序列$F$中每一个$f$都不存在序关系呢，对于这部分请见笔记

引理1.25

页数：127页(书108页)

完全没有看懂证明

引理1.25 设 $A$ 是正则基数的一个无穷区间, 并且 $\min (A) = \left(2^{

}\right)^{+}$ , 那么 $\operatorname {pcf}(A)$ 也是一个区间.

证明设 $U$ 是 $A$ 上的一个超滤子. 设 $\lambda$ 为一个满足不等式要求 $\min (A) \leqslant \lambda < \operatorname {cf}(U)$ 的正则基数. 我们来寻找一个 $A$ 上的超滤子 $D$ 以实现等式 $\operatorname {pcf}(D) = \lambda$ .

令 $\langle f_{\alpha} \mid \alpha < \operatorname {pcf}(U)\rangle$ 为 $\prod A$ 的一个 $U$ - 严格单调递增的函数序列. 由于 $\lambda > 2^{

}$ , 根据引理1.22, 这个序列有一个在序 $\leqslant D$ 之下的最小上界 $g$ . 对于每一个 $a \in A$ ,

令 $h(a) = \operatorname {cf}(g(a))$ ,以及令 $S_{a}\subset g(a)$ 为一个序型为 $h(a)$ 的无界闭集,那么超积 $\prod_{a\in A}S_{a} / U$ 中包含了一个长度为 $\lambda$ 并且在 $g$ 之下共尾的 $< {D}$ - 严格单调递增的序列.因此,超积 $\prod{a\in A}h(a) / U$ 就有一个长度为 $\lambda$ 的 $< {U}$ - 严格单调递增的共尾序列 $\langle h{\alpha}\mid \alpha < \lambda \rangle$

因为集合 $\left(2^{

}\right)^{A}$ 的势严格小于 $\lambda$ 集合 $\left{a\in A\mid h(a) > 2^{

}\right} \in U.$ 基于这一事实,我们不妨假设 $\forall a\in A(h(a)\in A)$ .利用这个 $h$ 如下定义 $A$ 上的超滤于 $D$ :

\[D = \left\{X\subseteq A\mid h^{-1}[X]\in U\right\} .\]

对于 $\alpha < \lambda$ 令 $g_{\alpha}:A\to \bigcup A$ 为 $A$ 上的一个选择函数,并且满足下列等式要求:

\[\forall a\in A\left(h_{\alpha}(a) = g_{\alpha}(h(a))\right).\]

这样函数序列 $\langle g_{\alpha}\mid \alpha < \lambda \rangle$ 在超积 $\prod A / D$ 上 $< _{D}$ - 严格单调递增并且共尾.所以, $\operatorname {cf}(D) = \lambda$

数学, 集合论

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