8.2. 不可达与提升

正如世界基数给出 $ZF$ 的自然模型, 不可达基数给出 $Z{F}^2$ 的自然模型. 我们不想重新来形式化二阶语义学, 所以我们定义:

定义 8.2.0.1. 如果 $\kappa$ 不可数正则强极限, 则称之为不可达基数.

我们先来指出不可达的一个更易于理解的形式.

定理 8.2.0.2. $\kappa$ 不可达, 当且仅当 $V_{\kappa }\models Z{F}^2$, 当且仅当 $V_{\kappa +1}\models NBG$.

证明. 如果 $V_{\kappa +1}\models NBG+AC$, 我们验证它不可达. 不可数显然, 正则是因为有替代公理, 强极限是幂集公理 (和简单的对秩的考量) 的运用. 我们验证反过来的方向, 而事实上还可以说得更多: 此时任取 $X\subseteq V_{\kappa +1}$, 将其中元素视为二阶参数, 我们可以用 $y\in \mathrm{Def}(V_{\kappa },X)$ 当且仅当存在 $a_0,...,a_{\mathfrak{n}-1}\in V_{\kappa }$、$P_0,...,P_{\mathfrak{m}-1}$ 和一个二阶集合论句子 $\phi (x,a_0,...,a_{\mathfrak{n}-1},P_0,...,P_{\mathfrak{m}-1})$ 使得 $x\in y\leftrightarrow \phi$ 定义 $\mathrm{Def}(V_{\kappa },X)\subseteq V_{\kappa +1}$, 我们宣称这东西总是 $NBG+AC$ 的模型, 特别地取 $X=V_{\kappa +1}$ 就得到 $V_{\kappa +1}$ 是 $NBG+AC$ 的模型.

$\square$

用带参数的一阶集合论也可能代替二阶集合论来刻画不可达性.

定理 8.2.0.3. $\kappa$ 不可达当且仅当任给 $R\subseteq V_{\kappa }$ 都有 $\alpha \in \kappa$ 使得 $(V_{\alpha },\in ,R\cap V_{\alpha })\prec (V_{\kappa },\in ,R)$, 当且仅当这些 $\alpha$ 总是闭无界多.

证明. 如果 $\kappa$ 满足存在 $\alpha$..., 我们来验证它不可达; 不可数无需多言.

1.

如果 $\kappa$ 并不正则, 取共尾 $F:\mu \to \kappa$, 取参数 $R=F\cup \{\mu \}$, 假定 $\alpha \in \kappa$ 让 $(V_{\alpha },\in ,R\cap V_{\alpha })\prec (V_{\kappa },\in R)$, 我们来导出矛盾: 如果 $\alpha \le \mu$, 则 $V_{\kappa }$ 觉得 $R$ 里有个序数, 但 $V_{\alpha }$ 觉得 $R\cap V_{\alpha }$ 里只有有序对, 这就不对; 如果 $\mu <\alpha$, 则 $V_{\kappa }$ 觉得 $R$ 的函数部分定义域是 $\mu$, 但 $V_{\alpha }$ 的 $R\cap V_{\alpha }$ 看不到像在 $\alpha$ 之上的那些点, 所以它不认为 $R$ 的函数部分定义域是 $\mu$, 还是不对.

2.

如果 $\kappa$ 并不强极限, 取满射 $F$ 见证某 $2^{\mu }\ge \kappa$, 然后取参数 $R=F\cup \{\mu \}$, 其余矛盾同上.

如果 $\kappa$ 不可达, 我们验证这些 $\alpha$ 在 $\kappa$ 下闭无界. 闭是显然的, 无界的证明类似反射原理: 枚举 $\omega$ 个无参集论公式, 然后用 $\omega$ 步从某个 $V_{{\alpha }_0}$ 开始递归地添加每个公式的证据, 最后对 $V_{{\alpha }_{\omega }}$ 使用 Tarski-Vaught 测验.

$\square$

评注. 这可以视为某种反射原理.

它有一个等一致的弱版本.

定义 8.2.0.4. 如果 $\kappa$ 不可数正则极限, 则称之为弱不可达基数.

定理 8.2.0.5. 如果 $\kappa$ 弱不可达, 则 $\kappa$ 在 $\mathbf{L}$ 中不可达. 因此, 存在弱不可达基数与存在不可达基数等一致.

证明. $\mathbf{L}\models AC+GCH$, 所以极限就是强极限.

$\square$

不可达基数的强度远超彻底他世界基数, 但它不如那个大:

定理 8.2.0.6. 不可达基数之下的他世界基数无界多.

证明. 我们都不需要传非平凡的参数 $R$ 就能得到 $V_{\kappa }$ 之下的初等链, 于是显然它们全都是他世界基数.

$\square$

定理 8.2.0.7. 最小的不可达基数小于最小的彻底他世界基数.

证明. 这是因为存在不可达基数是个 ${\Sigma }_1$ 句子, 从而会因 ${\Sigma }_2$ 正确性被反射到彻底他世界基数之下.

$\square$

定理 8.2.0.8. 存在不可达基数可证彻底他世界基数无界多一致.

证明. 这是因为 $V_{\kappa }$ 里的初等链在内部见证链上长的都是彻底他世界基数.

$\square$

我们当然就接着会想加强不可达基数.

定义 8.2.0.9. 我们一步到位地讨论彻底他世界基数的类似物.

1.	如果不可达基数 $\kappa$ 对每个 $\theta >\kappa$ 都有其上的不可达基数 $\gamma >\theta$ 让 $V_{\kappa }\prec V_{\gamma }$, 则称 $\kappa$ 是提升 (uplifting) 基数.
2.	如果不可达基数 $\kappa$ 对每个 $\theta >\kappa$ 都有其上的序数 $\gamma >\theta$ 让 $V_{\kappa }\prec V_{\gamma }$, 则称 $\kappa$ 是伪 (pesudo) 提升基数.

正如彻底他世界基数恰好 ${\Sigma }_2$ 正确,

定理 8.2.0.10. 伪提升基数必然 ${\Sigma }_3$ 正确, 甚至 ${\Sigma }_3$ 正确基数在其下无界.

证明. 首先, 伪提升基数必然彻底他世界, 因此已有 ${\Sigma }_2$ 正确性; 我们取一个伪提升基数 $\kappa$ 验证其 ${\Sigma }_3$ 正确性, 为此不妨随意考察一个 ${\Sigma }_3$ 句子 $\exists x\forall y\exists z(\phi )$, 当然 $\phi$ 是 ${\Delta }_0$ 的.

1.

如果这句子对, 我们取 $x$ 使得 $\forall y\exists z(\phi )$, 不妨设 $x\in V_{\gamma }$, 这个 $V_{\gamma }$ 让 $V_{\kappa }\prec V_{\gamma }$. 我们若能证明 $V_{\gamma }\models \forall y\exists z(\phi )$, 因此 $V_{\gamma }\models \exists x\forall y\exists z(\phi )$, 由 $V_{\kappa }\prec V_{\gamma }$ 就有 $V_{\kappa }\models \exists x\forall y\exists z(\phi )$; 为此任取 $y\in V_{\gamma }$, 我们要从 $\exists z(\phi )$ 推出 $V_{\gamma }\models \exists z(\phi )$, 一个自然的想法是希望有 $V_{\gamma }=H_{\gamma }$ 是 $\mathbf{V}$ 的初等子模型; 若不然, 鉴于 $H_{\gamma }\subseteq V_{\gamma }$, 存在一个 $V_{\gamma }$ 中的集合, 其传递闭包到序数的双射不属于 $V_{\gamma }$, 于是 $V_{\kappa }$ 也这样认为, 这就矛盾了.

2.

如果 $V_{\kappa }$ 认为这句子对, 不妨取 $x$ 使得 $V_{\kappa }\models \forall y\exists z(\phi )$, 但 $V_{\kappa }$ 本就 ${\Sigma }_2$ 正确, 因此 $\forall y\exists z(\phi )$ 本来就对, 所以 $\exists x\forall y\exists z(\phi )$ 也本来就是对的.

现在来证明其下 ${\Sigma }_3$ 正确基数无界. 若不然, 假定 $\alpha \in \kappa$ 知道 $\kappa$ 中的 ${\Sigma }_3$ 正确基数均在其下, 换言之 $V_{\kappa }$ 认为所有 ${\Sigma }_3$ 正确基数均在其下, 于是 $V_{\gamma }$ 也认为所有 ${\Sigma }_3$ 正确基数均在 $\alpha$ 内, 但 $V_{\gamma }$ 理应知道 $\kappa$ 是 ${\Sigma }_3$ 正确的 (事实上 $V_{\gamma }$ 会觉得 $\kappa$ 要多正确有多正确), 这就矛盾了.

$\square$

推论 8.2.0.11. 最小的伪提升基数在最小的 ${\Sigma }_4$ 正确基数之下.

证明. 这是因为存在伪提升基数是个 ${\Sigma }_4$ 句子.

$\square$