この単純なクラス理論はZFCと同等に解釈できますか?

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Zuhair 2019-06-05 23:54.

ここでの問題は、かなり単純に提示された理論の一貫性と、それがZFCと同等であるかどうかについてです。

この理論はクラスの一次理論であるため、そのプリミティブは平等とメンバーシップであり、「.. is aset」を表す「set」である新しいプリミティブの1つの場所の述語が追加されています。現在、公理はZFCとまったく同じように書かれた拡張性の公理です。それが集合のクラスである場合に限り、すべてのクラスが集合であるという公理。数式が述語「セット」を使用せずにセットを厳密に保持する場合は常に、セットを定義することを示す理解公理スキーマ。最後の公理は、すべての自然数が集合であるという無限大の公理です。ここで、自然数は、通常の方法で有限のフォンノイマン序数として定義されます。

正式な博覧会

集合論(平等とメンバーシップを持つ一階述語論理)の言語に、原始的な1つの場所の述語記号を追加します $``set"$「セットである」を示します。

公理:

拡張性: $\forall x \forall y [\forall z (z \in x \leftrightarrow z \in y) \to x=y]$

設定: $\forall x [set(x) \leftrightarrow \forall y \in x (set(y))]$

理解度:もし$\phi$ 集合論の言語の公式です(つまり、記号を使用しません $``set"$)、そのシンボル $``x"$ 無料ではない場合、次のすべての閉鎖:$$ \forall y (\phi \to set(y)) \to \exists x \forall y \ (y \in x \leftrightarrow \phi)$$; 公理です。

インフィニティ: $\forall n \ [natural(n) \to set(n)]$

どこ $natural$有限のフォンノイマン序数として定義されます。たとえば、「十分に確立された推移的なセットの推移的なセットであり、後継者であり、それらの空でない要素はすべて後継者です」のように定義されます。

質問:

  1. この理論は一貫していますか?

  2. 一貫性がある場合、ZFCで解釈できますか?

  3. 2の場合、ZFCを解釈しますか?

この理論[一貫性がある場合]は、ツェルメロ集合論の一貫性を解釈し、証明します。 $V_{\omega+\omega}$。ZFCとも同等に解釈できると思いますか?!ただし、この理論には一貫性がない可能性があります。この理論は非集合クラスの存在を証明しますが、それらについての理解公理を規定していません。Sethood公理はAckermannの集合論の2つの完全性公理よりも強力であり、理解はAckermannの場合のように集合パラメーターに制限されないため、これは集合論的パラドックスを回避するためにここで意図的に行われます。したがって、この理論は危険です。それが一貫しているかどうかを確認するといいでしょう!また、アッカーマンとZFCと比較した正確な強度を確認するのもよいでしょう。

1 answers

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Andreas Lietz 2020-03-19 06:54.

この理論は一貫しており、さらにその一貫性の強さはZFCのそれを下回っています。

その理論のモデルが必要な場合は、外部からの根拠がないことに注意してください。これを見るには、$x_0$ それは満足しません $set$-述語(これは存在する必要があります)。次に、要素を含める必要があります$x_0\in x_1$ それは満足しません $set$-述語も同様に、チェーンを不定に続けることができます。これは、そのようなモデルを見つける方法のヒントを与えてくれます。

どれでも取りましょう $\omega$-十分に根拠のある、しかし根拠のないモデル $(M, E)$ツェルメロ集合論に加えて、「フォンノイマン型ヒエラルキーは(集合として)存在し、宇宙全体を使い果たします」という文を加えたものです。ZFCがそのようなモデルの存在を証明していることを確認してください。しましょう$\operatorname{wfc}(M)$ の十分な根拠のある部分を示します $M$、つまりすべてのセット $M$ 無限の下降の一部ではありません $\in$-チェーン(外側から)。私たちは$(M, E)$ある固体という意味で$\operatorname{wfc}(M)$ 推移的であり、 $E$-関係は真実と一致します $\in$-関係 $\operatorname{wfc}(M)$。私はその構造が$\mathcal M=(M; E, set)$ 私たちが解釈するときにあなたの理論を満たします $set$ なので $\operatorname{wfc}(M)$

外延性の公理は明らかに当てはまります。

Sethoodの公理は他の要素と同じように真実です $x_0$ の根拠のない部分の $M$ の根拠のない部分に要素があります $M$、たとえば $x_1$ 無限の降順チェーンの $x_0\ Ǝ\ x_1\ Ǝ\dots$

私たちが選んだように、無限公理は当てはまります $M$ することが $\omega$-十分な根拠、すなわち $\omega^M\subseteq\operatorname{wfc}(M)$

最後に、あなたの理解スキームも同様に成り立つことを見てみましょう。仮定します$\varphi(y)$ あります $\in$-プロパティを持つ式 $$\mathcal M\models\forall y\ \varphi(y)\rightarrow set(y)$$ 序数があると主張します $\alpha\in\operatorname{wfc}(M)$ そのような $y\in M$ 満足 $\varphi$ 持っている $M$-ランク $<\alpha$。そうではないと思います。しましょう$\delta=\operatorname{Ord}\cap\operatorname{wfc}(M)$。つまり、$\{\operatorname{rank}(y)\mid \varphi(y)\}^M$ に含まれ、無制限です $\delta$。したがって、$\delta$ で定義可能です $M$このクラスの組合として。しかし、これは不可能です:要素があるでしょう$x$$M$ その要素はまさに $\delta$。次に$x$$M$-序数、さらにそれはの十分な根拠のある部分にあります $M$、したがって $x\in\operatorname{Ord}\cap\operatorname{wfc}(M)=\delta$ など $x E x$、矛盾。これは、オーバーフローの原則の1つの兆候です。したがって、そのような$\alpha$。しかしその後$$\{y\mid\varphi(y)\}^M=\{y\in V_\alpha\mid \varphi(y)\}^M$$ 後者のクラスは $M$ 分離によって(ここでは、 $V_\alpha$セットです)。パラメータが満たすためにパラメータが必要である限り、パラメータを使用した理解スキームのバージョンでさえ、ここでは真であることに注意してください。$set$-述語(編集:実際には、この制限は必要ありません)。

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