只是数个可数集的并可数哪里用到了选择公理?

杨睿之 2018-05-16 153
其他回答

定理(Feferman and Levy):

如果 ZF 一致,那么 ZF + “实数集可以分解为可数个可数集的并” 一致。

原始文献:Feferman and Levy 1963: Independence results in set theory by Cohen’s method II. Notices of the American Mathematical Society, vol. 10, 593.


这篇文章是个摘要,没有详细证明。完整的证明可以在下面两本书中找到:

Jech 著 The Axiom of Choice,142--144页,定理10.6.

Halbeisen 著 Combinatorial Set Theory: With a Gentle Introduction to Forcing,第二版 392--394页。


下述推理在系统 ZF + “实数集可以分解为可数个可数集的并” 中进行:

1.(Specker)不存在 阿列夫1 到 实数集 的单射。

原始文献(德语):Specker 1954: Verallgemeinerte Kontinuumshypothese und Auswahlaxiom, Archiv der Mathematik, vol. 5, 332–337.

英语版证明可参见 Halbeisen 著 Combinatorial Set Theory: With a Gentle Introduction to Forcing,第二版 110页,命题5.12.

1.1. 实数集不可秩序化(well-orderable)。

证明:否则,阿列夫1 和 实数集 可比;而由康托定理,实数集不可数。因此,只可能是 阿列夫1 单射入 实数集,与 1 矛盾。

这也回答了 @杨睿之 的一个问题:可数个可数集的并可以“没有基数”。(实数集“没有基数”,并且可以分解为可数个可数集的并。)


2.(Hartogs)存在 实数集 到 阿列夫1 的满射。

原始文献就是 Hartogs 引入 Hartogs 数的论文(德语);我没读过,也就不列出了。

这个结论可以在任何一本集合论教材中 Hartogs 定理的证明中找到,具体可以看 Halbeisen 著 Combinatorial Set Theory: With a Gentle Introduction to Forcing,第二版108页,事实5.9,或者110页,命题5.11.

2.1. 阿列夫1 可以分解为可数个可数集的并。

这是 2 和“实数集可以分解为可数个可数集的并”的直接推论。


由此可见,可数个可数集的并可以是 阿列夫1(一个秩序化基数),也可以是 实数集(此时,实数集是一个不可秩序化的集合)。

超滤空间 2018-05-16 17:33:50 0条评论
假设我们有可数个集合\{X_i\}_{i\in\omega},每个集合X_i可数。也就是说,存在(至少一个)函数f 见证其可数,即f:\omega\to X是满射。

现在我们要证明\bigcup_{i\in\omega}X_i可数。直观上,似乎只需要把见证每个X_i可数的函数(序列)排列成\omega\times\omega的样子,然后用\omega\times\omega典范序就可以得到满射g:\omega\to\omega\times\omega

这里的问题是,对每个X_i可能有多函数见证它是可数的,即每个S_i=\{f\in X_i^\omega|f \text{ is onto}\}事实上是无穷的。在构造\omega\bigcup_{i\in\omega}X_i的满射时,我们需要从每个S_i选定一个f_i。就是在这里,我们使用了选择公理。

对选择公理否定的相对一致性证明进行一定程度的精细化应该可以找到一个\bigcup_{i\in\omega}X_i没有基数的模型,一下子想不清该怎么做。哪位来补充一下?

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为什么有穷个可数集合的并可数不需要选择公理?

以两个可数集合为例,我们要证的是:
(1)\exists f_1(f_1\text{ witness }X_1\text{ is countable })\wedge \exists f_2(f_2\text{ witness }X_2\text{ is countable }) \rightarrow \exists g(g\text{ witness } X_1\cup X_2\text{ is countable})
这是不用选择公理就可证的,特别地,我们可以证:
(2) \forall f_1\forall f_2(f_i\text{s are functions on }\omega)\rightarrow\exists! g\varphi_2(g,f_1,f_2)
其中\varphi_2(g,f_1,f_2)说的是,
g\text{ is a function }\wedge \text{dom}g=\omega\wedge\forall n\in\omega(g(2n)=f_1(n)\wedge g(2n+1)=f_2(n))
事实上,我们以f_1,f_2为参数用公式\varphi_2(x,y_1,y_2)把我们要的g真正定义出来了。
然后,我们还可以证:
(3) \forall f_1\forall f_2\forall g(f_1:\omega~\underrightarrow{\text{onto}}~ X_1\wedge f_2:\omega~\underrightarrow{\text{onto}}~X_2\wedge\varphi_2(g,f_1,f_2)\rightarrow g:\omega~\underrightarrow{\text{onto}}~ X_1\cup X_2)
这样就得到了我们要证的了。对任意n个的情况也是类似的。但是,无穷个集合的情况下,你要证的就无法写成 (1) 这样的形式,而是
S\text{ is a $\omega$ sequence}\wedge\forall i\in\omega \exists f(f\text{ witness }S(i)\text{ is countable})\rightarrow\exists g(g\text{ witness }\bigcup_{i\in\omega}S(i)\text{ is countable})
更重要的是,你没法像上面那样把你要找的那个g的定义写出来,因为我们要求集合论语言的公式是有穷的,所以写不出一个\varphi_\omega(g,f_1,f_2,\ldots)

注意我们之前证明的是:给定n,我们可以证明n个可数集的并是可数的。接下来可能还有一个问题是,我们能不能在ZF中(不用选择公理)一次性证明
\forall n\in\omega\forall S[S\text{ is a sequence of length }n\wedge\forall i<n\exists f(f\text{ witness }S(i)\text{ is countable})\rightarrow \exists g(g\text{ witness }\bigcup_{i<n}S(i)\text{ is countable})]
这个是可以的。注意,这实际上是形如\forall n\psi(n)的一个命题,断言每个自然数n都具有\psi(x)性质。对此,只需要对n做归纳证明就可以了。

n=0的时候,\psi(0)是平凡的。\psi(n)\rightarrow\psi(n+1)的证明则类似对(1)的证明。

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杨睿之 2018-05-16 17:33:50 0条评论