Supercompact vs HGC
Salut à tous
J'ai un petit souci avec la preuve du théorème suivant, adaptée du Jech, bas de la page 375.
Théorème : Si $\kappa \leq \lambda$ est $\lambda$-supercompact et si $2^{\alpha} = \alpha^+$ pour tout $\alpha < \kappa$, alors $2^{\alpha} = \alpha^+$ pour tout $\alpha \leq \lambda$.
Preuve : Soit $j : \mathbb{V} \prec M$ témoignant de la $\lambda$-supercompacité de $\kappa$. Par hypothèse, on a
$$\mathbb{V} \models \forall \alpha < \kappa, 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ d'où, par élémentarité,
$$M \models \forall \alpha < j(\kappa), 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ donc en particulier, comme $\lambda < j(\kappa)$,
$$M \models \forall \alpha \leq \lambda, 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ ce qui peut aussi s'écrire
$$\mathbb{V} \models (2^{\alpha})^M = (\alpha^+)^M.
$$ Mais $M^{\lambda} \subseteq M$ implique que $\mathscr P(\alpha)^M = \mathscr P(\alpha)$, d'où
$$2^{\alpha} \leq (2^{\alpha})^M = (\alpha^+)^M = \alpha^+.
$$ J'ai tout compris, sauf la dernière égalité. Pourquoi peut-on affirmer sans vergogne que $(\alpha^+)^M = \alpha^+$ ?
Il me semble que l'argument $M^{\lambda} \subseteq M$ est insuffisant, car dans la bagarre $\alpha$ est seulement supposé $\leq \lambda$. Si par exemple $\alpha = \lambda$, alors $\lambda^+$ est une suite de longueur $> \lambda$, donc il n'y a aucune raison qu'elle appartienne à $M$.
May I have some help, please ?
Merci d'avance
Martial
P.S. Au cas où il y aurait des gens "de passage", je rappelle les définitions.
Définition : 1) Soit $\kappa \leq \lambda$ des cardinaux. On dit que $\kappa$ est $\lambda$-supercompact s'il existe un plongement élémentaire $j : V \prec M$, de point critique $\kappa$, tel que $j(\kappa) > \lambda$ et $M^{\lambda} \subseteq M$, c'est-à-dire que $M$ est close par des suites de longueur $\leq \lambda$.
2) $\kappa$ est supercompact s'il est $\lambda$-supercompact pour tout $\lambda \geq \kappa$.
Le théorème cité ci-dessus a un corollaire immédiat et scotchant : si HGC est vraie en dessous d'un supercompact, alors elle est vraie partout.
J'ai un petit souci avec la preuve du théorème suivant, adaptée du Jech, bas de la page 375.
Théorème : Si $\kappa \leq \lambda$ est $\lambda$-supercompact et si $2^{\alpha} = \alpha^+$ pour tout $\alpha < \kappa$, alors $2^{\alpha} = \alpha^+$ pour tout $\alpha \leq \lambda$.
Preuve : Soit $j : \mathbb{V} \prec M$ témoignant de la $\lambda$-supercompacité de $\kappa$. Par hypothèse, on a
$$\mathbb{V} \models \forall \alpha < \kappa, 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ d'où, par élémentarité,
$$M \models \forall \alpha < j(\kappa), 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ donc en particulier, comme $\lambda < j(\kappa)$,
$$M \models \forall \alpha \leq \lambda, 2^{\alpha} = \alpha^+,
$$ ce qui peut aussi s'écrire
$$\mathbb{V} \models (2^{\alpha})^M = (\alpha^+)^M.
$$ Mais $M^{\lambda} \subseteq M$ implique que $\mathscr P(\alpha)^M = \mathscr P(\alpha)$, d'où
$$2^{\alpha} \leq (2^{\alpha})^M = (\alpha^+)^M = \alpha^+.
$$ J'ai tout compris, sauf la dernière égalité. Pourquoi peut-on affirmer sans vergogne que $(\alpha^+)^M = \alpha^+$ ?
Il me semble que l'argument $M^{\lambda} \subseteq M$ est insuffisant, car dans la bagarre $\alpha$ est seulement supposé $\leq \lambda$. Si par exemple $\alpha = \lambda$, alors $\lambda^+$ est une suite de longueur $> \lambda$, donc il n'y a aucune raison qu'elle appartienne à $M$.
May I have some help, please ?
Merci d'avance
Martial
P.S. Au cas où il y aurait des gens "de passage", je rappelle les définitions.
Définition : 1) Soit $\kappa \leq \lambda$ des cardinaux. On dit que $\kappa$ est $\lambda$-supercompact s'il existe un plongement élémentaire $j : V \prec M$, de point critique $\kappa$, tel que $j(\kappa) > \lambda$ et $M^{\lambda} \subseteq M$, c'est-à-dire que $M$ est close par des suites de longueur $\leq \lambda$.
2) $\kappa$ est supercompact s'il est $\lambda$-supercompact pour tout $\lambda \geq \kappa$.
Le théorème cité ci-dessus a un corollaire immédiat et scotchant : si HGC est vraie en dessous d'un supercompact, alors elle est vraie partout.
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Réponses
Bonjour. Dans un premier temps, tu peux examiner la preuve du lemme 17.11, page 292.
Amicalement,
Thierry
D'après ce qui précède il y a, dans $M$, une bij $\varphi$ entre $\mathscr P(\alpha)^M$ et $(\alpha^+)^M$.
Donc, du fait que $\mathscr P(\alpha)^M = \mathscr P(\alpha)$, via la bij on en déduit que $(\alpha^+)^M = \alpha^+$.
Ça te paraît tenir la route ?
En tous cas, grand merci !
Amitiés
Martial
Si HGC est fausse tu as trois ensembles X , A, B avec A,B contenant chacun que des parties de X et de pluss, pas de surj de X sur A ni de A sur B.
Si ça arrive via un j de point critique ton k supercompact, M se comportant comme V au delà de B et d'autre part pour M, card B < j(k).
Il suit que Vk voit la fausseté de HGC sous lui-même. Pas besoin d'aller au delà de k.
Ça doit être inhérent à ma formation des seventies. A la 1ère interro de terminale je me suis pris un 0/2 à une question triviale où on demandait de démontrer qu'un truc était un sous-groupe. Tout était nickel, mais j'avais oublié de vérifier que le machin n'était pas vide. Et ping !
Ces temps-ci le chef d'oeuvre a tendance à devenir tâtillonneux.
J'ai du mal avec le forcing itéré et le forcing propre. En gros avec le forcing en général : je connais le cours mais pour l'appliquer c'est autre chose...
Pour les grands cardinaux ça va mieux, mais certaines démonstrations qui font trop appel à la théorie des modèles me posent problème. Quant aux extendeurs (ou extenseurs ?), je suis comme Christophe, allergique. Et pour me rassurer Boban me dit qu'il ne faut pas les voir comme des familles d'ultrafiltres, mais comme des sous-modèles élémentaires de $H_{\kappa^+}$. Ouch !!!
Comme un con, à la fin de l'heure je vais le voir et lui montre ma feuille : "M'sieur, vous m'avez pas mis de points, là".
Il regarde ma feuille avec attention : "Mais Monsieur Leroy, vous n'avez rien démontré !".
Moi, comme un con : "Ben si, vous avez même souligné pour dire que mon raisonnement était correct !".
Lui, très zen : "C'est exact, mais si $H$ est vide ce n'est pas un sous-groupe, donc vous n'avez rien démontré du tout".
C'est ce jour-là que j'ai compris la signification profonde de l'expression "repartir la queue entre les jambes". Et je te garantis que pendant les 46 années qui ont suivi j'ai toujours vérifié que $H$ n'est pas vide !
D'autre part idem j(k) > card(B).
In fine M pense qu'il y a un contre exemple à HGC sous j(k) donc V pense qu'il y en a un sous k.
Plus détaillé, il me faudrait un pc hélas.
Si tu vas voir mon chap 24 page 150, tu verras qu'au théorème 179 on énonce que si $\kappa$ est mesurable et si $U$ est un ultrafiltre $\kappa$-complet sur $\kappa$, alors $U$ est normal ssi $[id_{\kappa}] = \kappa$, où les crochets veulent dire "classe d'équivalence de".
Ce qui me pose problème ce n'est pas tant la démonstration que le théorème lui-même. Je sais bien qu'on identifie l'ultrapuissance avec son collapse de Mostowski, mais je n'arrive pas à voir comment le $\pi$ d'une classe d'équivalence pourrait être égale à un cardinal.
La preuve elle-même je la comprends quand je la lis mot à mot mais je serais incapable de la refaire sans mes notes : il y a beaucoup d'aller-retours et d'utilisation musclée de l'élémentarité du plongement.
Je suis désolé. J'ai ton chapitre 24, qui ne comporte pas 150 pages. Je ne vois pas le même théorème. Où as-tu vu l'original, s'il te plait ?
Amicalement,
Titi
@Christophe : "Tu dis que tu sais bien qu'on a pris le transitive collapse mais on dirait que le dire ne te fait pas "le faire"".
C'est exactement ça. Comme disait Cantor : "je le vois, mais je n'arrive pas y croire".
D'ailleurs j'ai le même problème avec le forcing, quand on définit $V[G]$ comme le transitive collapse de $V^P$. Par exemple quand on écrit $\omega_1^{V[G]} = \omega_1^V$, j'ai du mal à voir $\omega_1^{V[G]}$ comme un ordinal, ou un cardinal. Je sais que tout le monde s'en tape de la différence entre $V^P$ et son collapse, mais moi ça me met mal à l'aise. Boban dit que c'est psychologique.
Je crois que j'irais consulter par plaisir.
Ce Boban a l'air drôle.
Juste histoire de rigoler, justement. Au début du confinement il disait, entre deux démonstrations de cours : "Si je comprends bien, dans ce pays, c'est quand même un peu le bordel..."
Moralité : la vérité sort de la bouche des logiciens !
Maintenant, oui.
Je crois que ça va m'aider.
Merci
Soit W un ultrafiltre sur un ensemble E. Prouve l'existence d'un ensemble F tel qu'il n'existe pas de fonction g de domaine E telle que pour toute f de E dans F, il y a équivalence entre:
f(x) dans g(x) pour W presque tout x
Il existe a dans F tel que pour Wpresque tout x, f(x)=a.
Ils vendent du doliprane, sur ta plage ?
Un exo digne de la presqu'île de Crozon:-D.
Les ensembles E et F sont quelconques?
Ne pas vendre de doliprane en Bretagne... C'est un coup à donner des maux de têtes à toute la Bretagne... (je n'ai pas dit que les Bretons étaient alcooliques, disont qu'ils boivent avec classe B-))
Exercice 22.8 page 302 du Kanamori : si $\kappa$ est supercompact et si $\lambda > \kappa$ est inaccessible, alors $V_{\lambda} \models \kappa$ est supercompact.
Je ne vois pas bien comment faire.
Certes, $V_{\lambda} \models ZFC$, mais pour la supercompacité comment se dépatouiller des problèmes d'absoluité ?
D'autant que, si je ne m'abuse, la propriété de supercompacité est seulement $\Delta_2^{ZF}$.
Merci d'avance
Martial
Voici pour la paternité du caractère supercompact d'un cardinal. Je ne peux pas savoir si cela te sera utile. Cependant, il me semble étrange de voir écrit que $V_{\lambda} \models \kappa$ pour un certain $\lambda$ inaccessible tel que $\lambda>\kappa$.
Amicalement,
Titi
PS : une lecture plus attentive m'oblige à lire $V_{\lambda} \models \kappa\text{ est supercompact}$, ce qui me semble plus clair maintenant.
Voici un autre article susceptible de t'intéresser.
1/ Pour tout a dans X presque tout S le contient comme élément. Et,
2/ Pour toute fonction choix f, il existe a tel que presque tout S vérifie f(S)=a. Et
3/ Pour presque tout $S: card(S)<k$
Où presque tout abrege W-presque tout.
@axexe: pour tous E,W il EXISTE F.
Pour toute collection $C$ qui n'est pas un ensemble, il existe $a,b$ distincts dans $C$ tels que $a<b$ au sens où $a$ se plonge dans $b$ (ie est isomorphe à une sous-structure élémentaire de $b$).
Pas vraiment besoin de connaitre des notions profondes de théories des modèles, il vous suffit de retenir que $x<y$ signifie juste que $x,y$ "ont tout pareil", sauf que $x$ est isomorphe à un "sous-ensemble" de $y$, autrement dit que ce que $y$ contient en plus est complètement superfétatoire.
HS off
@Christophe : il faut encore que je cogite un peu.
Merci !!!