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\(2^{|A|} < \lambda\),我们有 \(|T| = \lambda\) . 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 \(\min (A) = \left(2^{\|A\|}\right)^{+}\) , 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 \(\lambda > 2^{\|A\|}\) , 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 \(\left(2^{\|A\|}\right)^{A}\) 的势严格小于 \(\lambda\) 集合 \(\left\{a\in A\mid h(a) > 2^{\|A\|}\right\} \in U.\) 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, \(\operatorname {cf}(D) = \lambda\)

力迫法概念理解

关于滤子

概念和起因请见概念辨析

问题解决

问题主要是关于为什么滤子可以不在模型$M$中，首先根据定义，$G$应当是$P$的一个子集（滤子的定义），而后我们还知道，$P\in M$是成立的，$M$还满足幂集公理并且传递，那自然，$G$应该属于$M$才对，可是我们也有定理说$\mathbb P-$泛型滤子不在$M$中，这两者难道不是矛盾了？

实际上这个地方不矛盾，关键在于，我们称模型$M$满足幂集公理并不是说真的对于$P\in M$，就有$\mathfrak P(P)\in M$了，严谨的定义是不同的，毕竟如果真的那么要求，除非将全部集合收集起来，不然根本不可能有模型了，而严格的定义依赖于$\vDash$（见概念辨析），如下

\[M\vDash 幂集公理\Longleftrightarrow \forall x\in M\exists y\in M\forall z\in M(z\in y\leftrightarrow z\subseteq x)\]

也就是说，我们将我们所论的集合都限制在$M$中了，实际上$M$并没有包括全部的$P$的子集，只不过在我们讨论的$M$当中，我们可以认为其包含了全部的$P$的子集，因为其余的子集根本不在$M$当中，我们没有必要去讨论它。而这样做的结果自然是，在$M$中，$P$的幂集（不妨记作$\mathfrak P^M(P)$）实际上只是$\mathfrak P(P)$的一个子集。自然我们可能找到一个$G$，它实际上从更大的角度来看，是$P$的子集，可以成为一个滤子。可是限制在$M$的视角，它并不在$M$当中。这一切仅仅是起源于我们在定义模型时所加的对表达式的限制。

理解

对于力迫法来说，很自然，扩张也不能选择已经在$M$当中的滤子，那样引起的扩张，很明显，不可能将我们已有的模型$M$扩大，$M[G]=M$是明显的。可是如果$G\notin M$肯定可以将模型扩张，从而我们就可以得到更大的模型了。

不过这里有一个需要注意的地方，如果我们假设$G_1\subset G_2$都是$M-$泛型滤子，很容易想到$G_2$引起的扩张会更大，也就是相较于$M[G_1]$而言，更多的集合会被包含到$M[G_2]$中去，也就是说这样我们得到的扩张后的模型会更小（集合多了，共性少了）。按理来说是这样，不过需要补充的是这种情况是不可能发生的，这将由下面来说明。

补充

对于上面提出的问题我们可以证明，若$G_1,G_2$都是$M-$泛型滤子，则不可能有$G_1^M\subset G_2^M$（上标$M$表示将滤子中的元素限制在$M$当中），如若不然，设$q\in G_2^M\wedge q\notin G_1^M$，那么我们构造下述的稠密开子集 （如果不使用$G_1^M$和$G_2^M$，这里$D$就不一定在$M$中了）

\[D = \{p\in P\mid(p\leq q\vee p\perp q)\}\]

又因为$G_1^M\cap D\neq\varnothing$，不妨设$q\in G_1^M\cap D$，很明显只能$p\perp q$，可是这样的话考虑到$G_1^M\subset G_2^M$，那就有$p\in G_2^M$了，可是$p,q$又相互矛盾，这在滤子中是不可能的，违背定义，所以不可能有$G_1^M\subset G_2^M$。不过如果$G_1$和$G_2$都已经不在$M$当中了（一般都是这样），那么它们本身所含的元素倒是没有受到何种的约束。