Доказательство теоремы Цермело

[Инт]

В книге К.Куратовский, М.Мостовский Теория множеств, М., 1970, на стр. 70 приведена формула $\Psi(x, y)$, которая есть сокращение следующего выражения: $(\Phi(x) \wedge y = x) \vee (\neg\Phi(x) \wedge x = a)$, где $a$ элемент множества $X$ такой, что верно $\Phi(a)$, $\Phi(x)$ - произвольная формула. Пользуясь высказыванием $\Psi(x, y)$, К.М. выводят аксиому выделения через аксиому подстановки. Чтобы вывести аксиому выделения, К.М. утверждают, что в посылке аксиомы подстановки можно использовать формулу $(\forall x)(\exists!y)(\Psi(x, y))$, которая, по утверждению К.М. верна. Кванторы указанной формулы, замечу, ничем не ограничены.

Проверим, что существуют формулы $\Phi(x)$, когда формула $(\forall x)(\exists!y)(\Psi(x, y))$ не верна. А потому, вывести через формулу $\Psi(x, y)$ аксиому выделения невозможно.

Действительно. Пусть $x$ таков, что верно $\neg\Phi(x)$. Тогда член $(\Phi(x) \wedge y = x)$ дизъюнкции $\Psi(x, y)$ ложен. Элемент $x$, кроме того, не равен элементу $a$, так как верно $\Phi(a)$. Тогда, и второй член дизъюнкции $(\neg\Phi(x) \wedge x = a)$ ложен так же. Следовательно, при данном $x$ не найдётся $y$ для которого формула $\Psi(x, y)$ была бы истинной.

Предположим, что в книге опечатка и имелось ввиду, что элемент $a$ выбирается таким, что верно $\neg\Phi(a)$. Пусть снова верно $\neg\Phi(x)$, и пусть $x = a$. Взяв любой $y$ получаем, что $\Psi(x, y)$ верна. Т.е. $y$ не единственен. Если $x \neq a$, то снова оба члена дизъюнкции ложны, и снова $y$ не существует.

Предположим, была опечатка другого рода: Должно быть $(\Phi(x) \wedge y = x) \vee (\neg\Phi(x) \wedge y = a)$. Пусть снова верно $\neg\Phi(x)$. Тогда, выбор элемента $a$ произволен. Этот элемент не может быть выделен ничем заранее, не единственен. Мы можем описать элемент $a$ только в замкнутой формуле. Тогда же, тот $y$, который равен $a$ не единственен. Чтобы применить, скажем, аксиому выбора для выделения $a$ необходимо установить существование множества, требуемого аксиомой выделения. Так, что круг может быть замкнутым.

Уважаемый AGu, нельзя ли дать, возможно простой, вывод аксиомы выделения, которая, как известно, считается зависимой от остальных аксиом ZFC.

[AGu]

Инт в сообщении #238395 писал(а):

Предположим, была опечатка другого рода: Должно быть $(\Phi(x) \wedge y = x) \vee (\neg\Phi(x) \wedge y = a)$.

Да, там опечатка именно этого рода.

Инт в сообщении #238395 писал(а):

Пусть снова верно $\neg\Phi(x)$. Тогда, выбор элемента $a$ произволен. Этот элемент не может быть выделен ничем заранее, не единственен. Мы можем описать элемент $a$ только в замкнутой формуле. Тогда же, тот $y$, который равен $a$ не единственен. Чтобы применить, скажем, аксиому выбора для выделения $a$ необходимо установить существование множества, требуемого аксиомой выделения. Так, что круг может быть замкнутым.

Как-либо выделять элемент $a\in A$ нет необходимости. Ваш вопрос относится к исчислению предикатов и не касается теории множеств. Выкладки Куратовского — Мостовского можно довести до формального доказательства с помощью аксиом исчисления предикатов и правил вывода. Впрочем, мне будет проще ответить на Ваш второй вопрос:

Инт в сообщении #238395 писал(а):

Уважаемый AGu, нельзя ли дать, возможно простой, вывод аксиомы выделения, которая, как известно, считается зависимой от остальных аксиом ZFC.

Одна из эквивалентных форм схемы аксиом подстановки
имеет вид $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$, где

${\rm Func}_\varphi\ :=\ (\forall\,x,y,z)\Bigl(\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\bigr]\Rightarrow(y=z)\Bigr)$
${\rm Im}_\varphi\ :=\ (\forall\,X)(\exists\,Y)(\forall\,y)\Bigl((y\in Y)\Leftrightarrow(\exists\,x)\bigl[(x\in X)\land\varphi(x,y)\bigr]\Bigr)$

В качестве $\varphi(x,y)$ возьмем формулу $\bigl[(x=y)\land\psi(x)\bigr]$.
Тогда ${\rm Func}_\varphi$ приобретает вид

$(\forall\,x,y,z)\Bigl(\bigl[(x=y)\land\psi(x)\land(x=z)\land\psi(x)\bigr]\Rightarrow(y=z)\Bigr)$

и является тавтологией (т.е. выводима из аксиом исчисления предикатов).
Следовательно, из соответствующей аксиомы подстановки выводима ${\rm Im}_\varphi$,
которая в данном случае имеет вид

$(\forall\,X)(\exists\,Y)(\forall\,y)\Bigl((y\in Y)\Leftrightarrow(\exists\,x)\bigl[(x\in X)\land(x=y)\land\psi(x)\bigr]\Bigr)$.

Как легко видеть, $(\exists\,x)\bigl[(x\in X)\land(x=y)\land\psi(x)\bigr]$ эквивалентно $\bigl[(y\in X)\land\psi(y)\bigr]$.
Таким образом, из схемы аксиом подстановки выводима
схема аксиом выделения:

$(\forall\,X)(\exists\,Y)(\forall\,y)\Bigl((y\in Y)\Leftrightarrow\bigl[(y\in X)\land\psi(y)\bigr]\Bigr)$.

[Инт]

AGu в сообщении #238488 писал(а):

${\rm Func}_\varphi\ :=\ (\forall\,x,y,z)\Bigl(\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\bigr]\Rightarrow(y=z)\Bigr)$

Сравниваем две формулы, ${\rm Func}_\varphi$ и формулу

${\rm Func}_{\varphi}^{*}:= (\forall\,x)(\exists!y) (\varphi(x,y))$, в которой

$\varphi(x,y) := (x = y \wedge \psi(x))$.

Докажем, что ${\rm Func}_{\varphi}^{*}$ и ${\rm Func}_{\varphi}$ не эквивалентны. В самом деле, пусть $\psi(x)$ ложно для некоторого $x$. Тогда, ложна формула $(x = y \wedge \psi(x))$. И следовательно, не существует $y$, который бы удовлетворял формуле $(x = y \wedge \psi(x))$. Следовательно, не для всех $x$ верно, что $(\exists!y) (\varphi(x,y))$. Следовательно, формула $(\forall\,x)(\exists!y) (\varphi(x,y))$ будет ложной. В то время как формула ${\rm Func}_{\varphi}$ тавтология и верна всегда.

[rishelie]

А мне известен вот такой вывод Теоремы Цермело из Аксиомы выбора, существенно опирающийся непосредственно на схему аксиом подстановки.

Пусть имеется непустое множество $X$.
Пусть $f:{\mathcal P}(X)\to X$ - функция выбора (выбор самой функции выбора не имеет отношения к аксиоме выбора , т.к. это однократный выбор).
Для произвольного ординала $\gamma$ построим функцию $g_\gamma:\gamma\to X$ так:

$g_\gamma(0)=f(X)$

если образ $g_\gamma\alpha\ne X$, то $g_\gamma(\alpha)=f(X\setminus g_\gamma\alpha)$, иначе $g_\gamma(\alpha)=X$

($g_\gamma\alpha=\{g_\gamma(\beta)|\;\beta<\alpha\}$)
Легко видеть, что данные условия единственным образом (при данной $f$) задают функции $g_\gamma$ для всех ординалов $\gamma$, причем
(1) для $\gamma<\gamma'$ имеет место вложение $g_\gamma\subset g_{\gamma'}$;
(2) $g_\gamma$ инъективна, если ее область значений не содержит точку $X$;
(3) из (1) и (2) следует, что области значений $g_\gamma$ и $g_{\gamma'}$, $\gamma<\gamma'$, различны, если $X$ не принадлежит области значений $g_{\gamma'}$.
Далее делаем "финт ушами":
$\varphi(E,\gamma)\equiv\exists\gamma:\; (E=\{g_\gamma(\alpha)|\;\alpha<\gamma\})(E\subseteq X)$
Легко видеть, что $\varphi(E,\gamma)\varphi(E,\gamma')\to(\gamma=\gamma')$ в силу (3).
Отсюда по аксиоме подстановки получаем, что существует множество $U$ всех ординалов, для которых область значений $g_\gamma$ содержится в $X$.

Осталось заметить, что $U$ само есть ординал, а $g_U$ есть биекция между $U$ и $X$.

[Инт]

rishelie в сообщении #238561 писал(а):

...Легко видеть, что ...

Посмотрим, раз легко.

[rishelie]

Инт в сообщении #238564 писал(а):

Посмотрим, раз легко.

Ну, собственно, это применение трансфинитной рекурсии
Если детально, то:
1. $g_0=\{(0,f(X))\}$ - существует и единственна
2. Допустим, что для некоторого $\gamma$ нет такой функции. Рассмотрим ординалы $\alpha\leqslant\gamma$, для которых не существует таких функций $g_\alpha$ и наименьший из них обозначим $\beta$. Ясно, что $\beta>0$ по первому пункту.
Но тут оказывается, что $\cup\{g_\gamma|\;\gamma<\beta\}$ является функцией, причем именно такой, как нам надо, т.е. функцией $g_\beta$. Противоречие с предположением.
3. Единственность тоже легко проверить. Допустим, что на каком-то ординале две разных функции, находим наименьший такой ординал, потом оказывается, что значение на нем задается через меньшие, для которых функция задана однозначно (по предположению), и тогда значнеие для данного тоже определено единственным образом.
В общем, ничего тут сложного нет.

[Инт]

Увидел,что Вы уже написали дополнение к своему сообщению, но вопросы по предыдущему остаются.

rishelie в сообщении #238561 писал(а):

$\varphi(E,\gamma)\equiv\exists\gamma:\; (E=\{g_\gamma(\alpha)|\;\alpha<\gamma\})(E\subseteq X)$

Вы видимо имелии виду $\varphi(E,\gamma)\equiv (E=\{g_\gamma(\alpha)|\;\alpha<\gamma\})\wedge(E\subseteq X)$. Иначе, определяемая часть от $\gamma$ не зависит.

rishelie в сообщении #238561 писал(а):

Легко видеть, что $\varphi(E,\gamma)\wedge\varphi(E,\gamma')\to(\gamma=\gamma')$ в силу (3). Отсюда по аксиоме подстановки получаем, что существует множество $U$ всех ординалов, для которых область значений $g_\gamma$ содержится в $X$.

И как Вы определите какое множество пробегает параметр $E$?

Именно оно гарантирует, что трансфинитная рекурсия закончится каким-то ординалом, т.е., что будет собственно множеством совокупность ординалов, которым Вы сопоставляете подмножества множества $X$. Но пока это множество неясно определено.

-- Чт авг 27, 2009 23:49:57 --

rishelie в сообщении #238568 писал(а):

2. Допустим, что для некоторого $\gamma$ нет такой функции. Рассмотрим ординалы $\alpha\leqslant\gamma$, для которых не существует таких функций $g_\alpha$ и наименьший из них обозначим $\beta$. Ясно, что $\beta>0$ по первому пункту. Но тут оказывается, что $\cup\{g_\gamma|\;\gamma<\beta\}$ является функцией, причем именно такой, как нам надо, т.е. функцией $g_\beta$. Противоречие с предположением.

Скажем так, для каждого $\gamma$ функция может и найтись, но объединение по всем функциям составить будет нельзя, так как ряд будет исчерпывать "все ординалы". Такой случай надо исключить. Я конечно, пока бегло ознакомился с Вашими доводами. Буду думать. На сегодня прощаюсь.

[rishelie]

Инт в сообщении #238573 писал(а):

Вы видимо имелии виду $\varphi(E,\gamma)\equiv (E=\{g_\gamma(\alpha)|\;\alpha<\gamma\})\wedge(E\subseteq X)$. Иначе, определяемая часть от $\gamma$ не зависит.

да, точно

Инт в сообщении #238573 писал(а):

И как Вы определите какое множество пробегает параметр $E$?

$E\in{\mathcal P}(X)$, можно это включить в определение $\varphi$, если не нравится выражение $E\subseteq X$

Инт в сообщении #238573 писал(а):

Скажем так, для каждого $\gamma$ функция может и найтись, но объединение по всем функциям составить будет нельзя, так как ряд будет исчерпывать "все ординалы". Такой случай надо исключить. Я конечно, пока бегло ознакомился с Вашими доводами. Буду думать. На сегодня прощаюсь.

Я именно это и доказываю во втором пункте методом "от противного". Именно, что для каждого $\gamma$ найдется функция $g_\gamma$. А объединение их по всем ординалам и не требуется. Как раз для этого нужна аксиома подстановки, которая выделяет некоторый ординал $U$. По нему-то мы и производим объединение этих функций $g_\gamma$.

На самом деле я тут сознательно старался избегать использования терминов "класс" и "определяемое отображение", чтобы сохранить строгость. А в теории множеств с классами (GB) проще всего воспользоваться трансфинитной рекурсией по классу ординалов, построив не функции $g_\gamma$, а определяемое отображение $G:{\rm Ord}\to X$ такое, что $G(0)=f(X)$, $G(\gamma)=f(X\setminus G\gamma)$, $G(\gamma)=X$, если $G\gamma=X$.
Напоминаю, что без круглых скобок выражение $G\gamma$ обозначает образ.
Далее мы просто замечаем, что если $G(\gamma)\ne X$ для всех ординалов $\gamma$, то $G$ есть инъективное отображение собственно класса ${\rm Ord}$ в множество, что невозможно (по аксиоме выделения и аксиоме подстановки).
Следовательно, ... и так далее.

-- Пт авг 28, 2009 08:40:35 --

По поводу того, что любое вполне упорядоченное множество порядково изоморфно единственному ординалу:
Если $(X,<)$ - в.у. непустое множество, то, опять же, трансфинитной рекурсией строим отображение:

$G(0)=\min X$

$G(\alpha)=\min X\setminus G\alpha$, если $G\alpha\ne X$, иначе $G(\alpha)=X$

Но тут полное доказательство примерно такое же, как у AGu, да и идея, в общем-то, та же самая.

[AGu]

Инт в сообщении #238497 писал(а):

AGu в сообщении #238488 писал(а):

${\rm Func}_\varphi\ :=\ (\forall\,x,y,z)\Bigl(\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\bigr]\Rightarrow(y=z)\Bigr)$

Сравниваем две формулы, ${\rm Func}_\varphi$ и формулу
${\rm Func}_{\varphi}^{*}:= (\forall\,x)(\exists!y) (\varphi(x,y))$

Формулы ${\rm Func}_\varphi$ и ${\rm Func}_\varphi^*$, конечно же, не всегда эквивалентны, но это
не отменяет эквивалентность схем $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ и $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$.
В некоторых источниках схема аксиом подстановки записывается
именно в виде $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$, который «внешне» более сильный,
чем $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$, но формально эквивалентен последнему.

Поскольку импликация $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Func}_\varphi\bigr]$ тривиальна,
Вас, наверное, удовлетворит доказательство выводимости
схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ из схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$.
Следует ли мне его привести, или оно достаточно очевидно?

Впрочем, может быть, будет даже проще сразу показать
выводимость схемы аксиом выделения именно из $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$
(например, доформализовав подход Куратовского — Мостовского).

[AGu]

Замечание от 30 августа: ЩАС БУДЕТ БРЕД!

Придумался один довольно простой способ вывода «усиленной»
(кстати, насколько я могу судить, более «классической») схемы подстановки
из «ослабленной» схемы, фигурирующей в книге Куратовского — Мостовского.
(Идея — привлечь аксиому регулярности, из которой следует $X\notin X$.)

Прежде всего заметим, что запись $\varphi(x,y)$ не запрещает формуле $\varphi$
иметь другие свободные переменные помимо $x$ и $y$.
(Соглашение о неявной допустимости свободных «параметров» вводится
повсеместно, включая Куратовского — Мостовского, см., например, стр. 62.)
С учетом этого обстоятельства «ослабленную» схему подстановки можно
использовать в следующем более общем виде (который в случае «усиленной»
версии схемы подстановки нам не требовался, а нынче пригодится):

$(\forall\,X)\Bigl((\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)\ \Rightarrow$ $(\exists\,Y)(\forall\,y)\bigl[y\in Y\,\Leftrightarrow\,x\in X\,\land\,\psi(x,y,X)\bigr]\Bigr).\quad({\rm R}^*_\psi)$

На всякий случай: это не подмена и не жульничество, а всего лишь
использование схемы в более общем виде, который изначально подразумевался.
Убедиться в этом можно, взглянув на схему подстановки в изложении, например,
G.Takeuti и W.M.Zaring («Introduction to Axiomatic set theory», стр. 17, Axiom 5)
или во многих других источниках, включая Википедию (там еще более общий вид).

Итак, примем схему $({\rm R}^*_\psi)$.
Пусть теперь $\varphi$ — произвольная формула.
Сразу рассмотрим вспомогательную формулу

$\psi(x,y,X)\ :=\ \varphi(x,y)\lor\bigl[\neg(\exists\,v)\,\varphi(x,v)\,\land\,x=X\bigr]$.

Наша цель — вывести формулу

$(\forall\,X)\Bigl((\forall\,x,y,z)\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\Rightarrow y=z\bigr]\ \Rightarrow$
$\qquad\Rightarrow\ (\exists\,Y)(\forall\,y)\bigl[y\in Y\,\Leftrightarrow\,x\in X\,\land\,\varphi(x,y)\bigr]\Bigr)$.

Пусть $X$ — произвольное множество
и пусть $(\forall\,x,y,z)\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\Rightarrow y=z\bigr]$.
Как легко видеть, в этом случае $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)$.
Согласно $({\rm R}^*_\psi)$ имеем $(\exists\,Y)(\forall\,y)\bigl[y\in Y\,\Leftrightarrow\,x\in X\,\land\,\psi(x,y,X)\bigr]$,
т.е. «существует $Y_\psi:=\{y:(\exists\,x\in X)\,\psi(x,y,X)\}$».
Нам же нужно «существование $Y_\varphi:=\{y:(\exists\,x\in X)\,\varphi(x,y)\}$».
Для этого достаточно установить «равенство $Y_\varphi=Y_\psi$»,
т.е. показать, что для любого $y$ имеет место равносильность
$(\exists\,x\in X)\,\varphi(x,y)\ \Leftrightarrow\ (\exists\,x\in X)\,\psi(x,y,X)$.
Для этого, в свою очередь, достаточно для любого $x\in X$
доказать равносильность $\varphi(x,y)\Leftrightarrow\psi(x,y,X)$.

Импликация «$\Rightarrow$» очевидна.
Докажем импликацию «$\Leftarrow$».

Допустив $\psi(x,y,X)$ и $\neg\varphi(x,y)$, найдем противоречие.

Из $\psi(x,y,X)$ и $\neg\varphi(x,y)$ следует $x=X$.
С учетом $x\in X$ получаем $X\in X$,
что противоречит аксиоме регулярности.

Замечание от 30 августа: ЭТО БЫЛ БРЕД!

[Инт]

AGu в сообщении #238964 писал(а):

$\psi(x,y,X)\ :=\ \varphi(x,y)\lor\bigl[\neg(\exists\,v)\,\varphi(x,v)\,\land\,x=X\bigr]$.

Пусть $X$ — произвольное множество
и пусть $(\forall\,x,y,z)\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\Rightarrow y=z\bigr]$.
Как легко видеть, в этом случае $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)$

Докажем, что каков бы ни был $X$, можно так подобрать формулу $\varphi(x,y)$, что $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)$ будет ложной. При этом, я считаю, что $\varphi(x,y):= \Phi(x) \wedge x = y$, где $\Phi$ - формула, которая и должна употребляться в аксиоме выделения, так как в противном случае, формула $(\forall\,x,y,z)\bigl[\varphi(x,y)\land\varphi(x,z)\Rightarrow y=z\bigr]$ берётся из ниоткуда. По существу, я повторяю те же аргументы, которые привёл в http://dxdy.ru/post238395.html#p238395, поскольку, Вы приводите доводы, похожие на доводы К.М.:

Пусть верно $\Phi(X)$. А свойство $\Phi$, пусть, в целом верно для некоторых $x$, а для некоторых неверно. Тогда, для некоторого $x$ формула $\varphi(x,y)$ ложна. И следовательно, для этого же $x$ формула $x = X$ ложна. Отсюда ложна $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)$. Следовательно, и не доказуема из чего бы то ни было.

То, что можно использовать схему подстановки со свободными переменными - не сомневаюсь. Против употребления аксиомы регулярности - протестую, по понятным причинам. Впрочем, употребляй не употребляй эту последнюю, вывести $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(x,y,X)$ всё равно невозможно в указанных условиях.

AGu в сообщении #238741 писал(а):

Формулы ${\rm Func}_\varphi$ и ${\rm Func}_\varphi^*$, конечно же, не всегда эквивалентны, но это не отменяет эквивалентность схем $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ и $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$.

Вас, наверное, удовлетворит доказательство выводимости схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ из схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$.
Следует ли мне его привести, или оно достаточно очевидно?

Доказательство схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ из схемы $\bigl[{\rm Func}_\varphi^*\Rightarrow{\rm Im}_\varphi\bigr]$ не очевидно, как и их эквивалентность.

В итоге, ошибка, допущенная в книге К.М., не исправлена, если она вообще может быть исправлена. Доказательство аксиомы выделения не приведено. А следовательно, не приведено доказательство о вполнеупорядочении, хотя бы по этой причине.

[rishelie]

Инт в сообщении #239004 писал(а):

В итоге, ошибка, допущенная в книге К.М., не исправлена, если она вообще может быть исправлена. Доказательство аксиомы выделения не приведено. А следовательно, не приведено доказательство о вполнеупорядочении, хотя бы по этой причине.

Я приводил доказательство, опирающееся на аксиому подстановки и не использовал аксиому выделения. Правда, неявно там использовалась аксиома регулярности и экспоненты.

Вообще же, если говорить неформально, вывод аксиомы выделения из аксиомы подстановки - банальное построение функции, которая на выделяемом подмножестве тождественна, а вне его принимает какое-нибудь фиксированное значение из данного подмножества. Идея настолько прозрачна, что мусолить тут, имхо, нечего. Так можно дойти до определения понятия символа и вообще до полного абсурда.

[Инт]

rishelie в сообщении #239022 писал(а):

Я приводил доказательство, опирающееся на аксиому подстановки и не использовал аксиому выделения. Правда, неявно там использовалась аксиома регулярности и экспоненты.

Насчёт мусоления не согласен. Ведь к противоположным доказательствам применяются самые жёсткие требования. Ваши аргументы, я пока не рассматривал досконально. Похоже, rishelie, время исчерпано.

[Someone]

Инт в сообщении #239004 писал(а):

В итоге, ошибка, допущенная в книге К.М., не исправлена, если она вообще может быть исправлена. Доказательство аксиомы выделения не приведено. А следовательно, не приведено доказательство о вполнеупорядочении, хотя бы по этой причине.

Зачем нужно доказательство аксиомы выделения? Оно просто демонстрирует, что аксиомы ZFC зависимы, только и всего. В доказательстве теоремы Цермело используется аксиома выделения сама по себе, независимо от того, выводится она из других аксиом или не выводится.

Инт в сообщении #238395 писал(а):

Предположим, была опечатка другого рода: Должно быть $(\Phi(x) \wedge y = x) \vee (\neg\Phi(x) \wedge y = a)$. Пусть снова верно $\neg\Phi(x)$. Тогда, выбор элемента $a$ произволен. Этот элемент не может быть выделен ничем заранее, не единственен. Мы можем описать элемент $a$ только в замкнутой формуле. Тогда же, тот $y$, который равен $a$ не единственен. Чтобы применить, скажем, аксиому выбора для выделения $a$ необходимо установить существование множества, требуемого аксиомой выделения. Так, что круг может быть замкнутым.

Да, выбор элемента $a$ произволен: это может быть любой элемент множества $A$ (так обозначено у Куратовского и Мостовского), для которого верно $\Phi(a)$. Он выбирается один раз, и после этого выбора изменяться не может. Только после фиксации элемента $a$ составляется высказывательная функция $\Psi(x,y)=[\Phi(x)\wedge(y=x)]\vee[\neg\Phi(x)\wedge(y=a)]$. Поэтому $y$ единственен как в случае $\Phi(x)$, так и в случае $\neg\Phi(x)$. Аксиома выбора для выбора одного элемента не нужна.

Хватит писать чушь.

Инт в сообщении #239025 писал(а):

Насчёт мусоления не согласен. Ведь к противоположным доказательствам применяются самые жёсткие требования.

Под "противоположными доказательствами" Вы подразумеваете свои сборники пожеланий?

[AGu]

Инт в сообщении #239004 писал(а):

В итоге, ошибка, допущенная в книге К.М., не исправлена, если она вообще может быть исправлена. Доказательство аксиомы выделения не приведено. А следовательно, не приведено доказательство о вполнеупорядочении, хотя бы по этой причине.

Спокойствие, только спокойствие.
Я готов с пеной у рта отстаивать свое право на бред!
То, что я написал в своем предыдущем сообщении, было бредом.
(Уж сколько раз я обещал себе не постить попыхи в конце дня!)
Через чуток я попробую сказать что-нибудь менее бредовое.

-- 2009.08.30 18:18 --

Инт в сообщении #239004 писал(а):

Против употребления аксиомы регулярности - протестую, по понятным причинам.

Откровенно говоря, я удивлен этим Вашим протестом. Аксиома регулярности
входит в ZFC, а мы сейчас занимаемся доказательствами именно в ZFC.
На аксиоме регулярности основаны весьма удобные конструкции, включая
кумулятивную иерархию фон Неймана и принципы $\in$-индукции и $\in$-рекурсии.
(Впрочем, сейчас это не принципиальный момент, так как в данном случае
действительно можно обойтись без аксиомы регулярности.)

Итак, отставив выпендреж, формализуем подход Куратовского — Мостовского.

Рассматривая произвольные формулы $\varphi(x)$ и $\psi(a,x,y)$, введем
сокращение $Y=\{x\in X:\varphi(x)\}$ для формулы $(\forall\,x)\Bigl(x\in Y\Leftrightarrow\bigl[\,x\in X\,\land\,\varphi(x)\,\bigr]\Bigr)$
и сокращение $Y=\psi[a,X]$ для формулы $(\forall\,y)\bigl[\,y\in Y\Leftrightarrow(\exists\,x\in X)\,\psi(a,x,y)\,\bigr]$.

Наша цель — доказать принцип выделения

${\rm C}_\varphi\ :=\ (\forall\,X)(\exists\,Y)\bigl[\,Y=\{x\in X:\varphi(x)\}\,\bigr]$.

Будем использовать «ослабленную» схему подстановки в следующей форме:

${\rm R}_\psi\ :=\ (\forall\,a)(\forall\,X)\Bigl((\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(a,x,y)\ \Rightarrow(\exists\,Y)\bigl(\,Y=\psi[a,X]\,\bigr)\Bigr)$.

Нам также пригодится аксиома существования пустого множества.

Фиксируем произвольную формулу $\varphi(x)$
и сразу вводим вспомогательную формулу

$\psi(a,x,y)\ :=\ \bigl[\,\varphi(x)\,\land\,y=x\,\bigr]\lor\bigl[\,\neg\varphi(x)\,\land\,y=a\,\bigr]$.

Теперь приступаем к доказательству ${\rm C}_\varphi$.

Пусть $X$ — произвольное множество. Докажем $(\exists\,Y)\bigl[\,Y=\{x\in X:\varphi(x)\}\,\bigr]$.

В случае $(\forall\,x\in X)\,\neg\varphi(x)$ на роль искомого $Y$ подходит пустое множество.
Пусть теперь имеется такой элемент $a\in X$, что $\varphi(a)$.

Как легко видеть, $(\forall\,x)(\exists!\,y)\,\psi(a,x,y)$.
Согласно ${\rm R}_\psi$ мы имеем $(\exists\,Y)\bigl(\,Y=\psi[a,X]\,\bigr)$.
Пусть $Y=\psi[a,X]$. Докажем, что $Y=\{y\in X:\varphi(y)\}$.

Пусть $y\in Y$. Докажем, что $y\in X$ и $\varphi(y)$.

Поскольку $y\in Y=\psi[a,X]$, имеется $x\in X$ такой, что $\psi(a,x,y)$.
Если $\varphi(x)$, то $y=x$, а значит, $y\in X$ и $\varphi(y)$.
Если же $\neg\varphi(x)$, то $y=a$, а значит, вновь $y\in X$ и $\varphi(y)$.

Пусть $y\in X$ и $\varphi(y)$. Докажем, что $y\in Y$, т.е. $(\exists\,x\in X)\,\psi(a,x,y)$.

Положим $x:=y$. Заметим, что $x\in X$.
Кроме того, мы имеем $\varphi(x)$ и $y=x$, а значит, $\psi(a,x,y)$.

Вот, как-то так. Надеюсь, теперь бреда стало поменьше.