Shelah vs Woodin

Martial

Salut à tous,

Comme vous le voyez, je continue à monter en consistency strength. Mais là j'ai un petit souci sur un truc trivial, comme d'hab.

Un cardinal $\delta $ est Shelah si pour toute fonction $f:\delta
\rightarrow \delta $ il existe un plongement élémentaire non trivial $j:\mathbb{V} \rightarrow M$, où $M$ est une classe transitive, de point critique $\delta $ tel que $V_{j(f)(\delta
)}\subseteq M$.

$\delta$ est un cardinal Woodin si pour toute fonction $f : \delta \to \delta$, il existe $\kappa < \delta$ tel que $Im(f \upharpoonright \kappa) \subseteq \kappa$ (c'est-à-dire que $\kappa$ est clos par $f$), et il existe un plongement élémentaire $j : \mathbb{V} \to M$ tels que $cr(j) = \kappa$ et $V_{j(f)(\kappa)} \subseteq M$.

Soi-disant qu'il est évident que Shelah $\Rightarrow$ Woodin. Quelqu'un peut-il m'expliquer pourquoi ?

Merci d'avance

Martial

christophe c

Bon je n'ai jamais aimé ces cardinaux et ne les ai jamais étudié (il faut dire qu'ils ont été "inventés" pour "coller" à cons(AD)).

Cela dit, vues tes définitions (que je ne connaissais pas), pour "les raisons habituelles" de réflexion, si $k$ est Shelah il y a sur $k$ un ultrafiltre NORMAL $W$ tel que $\{x<k\mid x \text{ est Woodin}\}$ et cette propriété qui semble du deuxième ordre se transmet à $k$

Bon en tout cas je te donne un truc pas dur mais long qui me semble essentiel dans ce domaine :

[large]Théorème:[/large]

Hypothèse : $k$ et $W$ normale mesure dessus. $P$ énoncé du SECOND ORDRE clos (avec éventuellement paramètres dans $k$).

Alors

Conclusion : $(V_k\models P)\ \iff \ (\{x<k\mid V_x\models P\}\in W)$

(Par exemple un mesurable est inaccessible (comme déjà évoqué dans un autre de tes fils), mais en plus ce n'est pas le plus petit d'entre eux, loin s'en faut)

Martial

Merci Christophe.
Mais c'est justement "les raisons habituelles" qui me manquent.
Peux-tu me donner une piste pour montrer :
1) que si $\delta$ est Shelah, alors l'ensemble des Woodins $< \delta$ a pour mesure normale $1$.
2) que ce truc implique que $\delta$ lui-même est Woodin ?

Martial

Bon, pendant que j'y suis j'ai hélas un autre problème.
Début page 524, Patrick Dehornoy montre que si $\delta$ est Woodin, alors pour tout $\gamma < \delta$ il est limite de cardinaux $\gamma$-forts. Au passage il montre que $\delta$ est régulier, ce qui implique qu'il y a $\delta$ cardinaux $\gamma$-forts sous $\delta$. OK.

Mais bas de la page (1.2.13), il écrit "par définition, un cardinal de Woodin est inaccessible et limite de cardinaux 2-forts,...".
Pourquoi inaccessible ? Plus précisément : pourquoi fortement limite ?

Thierry Poma

Martial,

Ma misérable contribution : en vertu de la définition 1.2.9, page 523 et de la proposition 1.1.6, page 519, le cardinal $\kappa$ est mesurable.Le caractère inaccessible de $\kappa$ découle alors des propositions 2.1.4, page 490 et 1.2.6, page 482.

Après, pour $\delta$, je ne vois pas.

Titi

Thierry Poma

Il me semble que l'auteur lui-même donne une autre définition, page 1956 du document ci-joint.


Source : Handbook of Set Theory, Matthew Foreman & Akihiro Kanamori, volume 3.

Thierry Poma

Sinon, sur JSTOR, je viens de télécharger le document suivant :

IN SEARCH OF ULTIMATE-$L$, THE 19TH MIDRASHA MATHEMATICAE LECTURES par W. HUGH WOODIN

Martial

@Thierry :

Réponse à ton premier post : oui, je m'en suis rendu compte juste après. Du coup les lignes 4 à 8 de la page 524 ne servent à rien. Mais ce qui m'emmerde toujours c'est le passage de la Shelahness à la Woodiness...

Réponse à ton deuxième post : en fait les deux définitions sont équivalentes, c'est expliqué dans le Jech pages 647/648, ou dans le Kanamori pages 363/364.

Réponse à ton troisième post : comment on fait pour télécharger sur JSTOR ? J'ai essayé, on me demande de bourse délier...

Thierry Poma

@Martial : en allant ici, tu auras soin de noter la présence de ceci, en haut de la page Web : "Have library access? Log in through your library." Par la suite, je sélectionne mon université et j'utilise mes anciens identifiants lorsque j'étais étudiant à Aix-Marseille ; ça fonctionne bien.

Martial

@Thierry : en fait il y a quand même un mot à dire au sujet de l'inaccessibilité, parce que tout mesurable est faiblement compact et tout faiblement compact est inaccessible, mais un Woodin n'est pas nécessairement mesurable, ni même faiblement compact (proposition bas page 524).

Mais on peut s'en sortir quand même pour la forte limitude : soit $\delta$ un Woodin. Par la proposition 1.2.10 on sait qu'il existe une suite cofinale de $\kappa_{\alpha}$ qui sont $2$-forts (donc en particulier mesurables, donc en particulier inaccessibles) sous $\delta$. Soit $\lambda < \delta$. Par cofinalité on a $\lambda < \kappa_{\alpha}$ pour un certain $\alpha$, donc aussi $2^{\lambda} < \kappa_{\alpha}$, d'où $2^{\lambda} < \delta$, CQFD.

Et du coup les lignes 4 à 8 ne servent pas à rien.

Martial

Purée, j'ai pas d'identifiant. Je n'en ai jamais demandé, même quand j'étais en activité. Quelle bille !!!

Thierry Poma

@Martial : aucun identifiant en tant qu'enseignant au sein d'une université ?

Martial

Je vais essayer avec le seul identifiant que je connaisse...

Martial

Je n'y suis pas arrivé par JSTOR (l'université de Cergy-Pontoise lui semble inconnue), mais pas besoin, le pdf est en libre téléchargement, il suffit de taper le titre dans un moteur de recherche.

Martial

@Christophe : tu penses à ma démo de "Shelah implique Woodin" ?

(Sorry)

christophe c

Pardon ..... Oui, je vais y penser, mais au même titre que la notion "d'algèbre" dont je n'ai jamais imprimé ce que c'était (contrairement à anneau corps, etc), je fais une "gentille allergie" à ces deux notions. Donc je ne te garantis pas une idée dans les H qui suivent, sachant que comme tu sais, je suis pas mal polarisé sur des non maths.

Ce qui est sûr c'est que ça n'a rien d'évident, sinon je t'aurais répondu à la volée. Donc rassure-toi sur ce point. C'est du procédé diagonal relativement épuisant à trouver quand on n'est plus dans la passion de ces trucs (genre je prends la fonction qui prouve que non, et elle se reflète par j justement pour montrer que oui).

En plus, si ça utilise les extenders, j'aime autant te dire tout de suite que je ne les ai JAMAIS acquis (à part le nom) et que s'il y faut un entrainement, je ne trouverai pas.

Mais comme j'ai à peu près mémorisé les définitions, je vais y penser au lit.

christophe c

Pour info quand-même la rumeur raconte que Shelah essayait de battre Woodin pour la bonne notion qui allait être équiconsistante avec AD. Et c'est finalement Woodin qui a gagné. Mais tu vois ces deux définitions sont assez "faites pour marcher"

Tout supercompact a ces propriétés par exemple.

Thierry Poma

@Martial : le résultat que tu cherches se trouve dans le lemme 4.1 (le résultat (3)), de l'article "A Proof of Projective Determinacy" de Donald A. Martin and John R. Steel. (JSTOR).

@CC : les démonstrations du lemme utilisent bien la notion d'extendeur.

PS : voici un lien. Bonne lecture !

Remi S

.

Martial

@Thierry : merci pour ce lien.

Vu qu'il y a des extendeurs c'est mort pour moi pour l'instant. Il faudra que j'attende de suivre un vrai cours sur les grands cardinaux, que quelqu'un m'explique clairement ces notions techniques.

En tous cas je comprends au moins une chose, c'est pourquoi Christophe pense que ce n'est pas trivial, lol.

Martial

J'ai maintenant un problème d'absoluité. J'ai compris la preuve du fait que si $\delta$ est Woodin, alors pour tout $\gamma < \delta$ la collection des cardinaux $\gamma$-forts sous $\delta$ est cofinale dans $\delta$. Je note $(\kappa_{\alpha})_{\alpha < \delta}$ cette collection.

J'aimerais maintenant en déduire que $V_{\delta} \models ZFC + \forall \gamma, \mathbb{ON}(\gamma) \Rightarrow$ "Il existe une classe propre de cardinaux $\gamma$-forts".

Comme $\delta$ est inaccessible, on a $V_{\delta} \models ZFC$. Mais comment s'assurer que $V_{\delta}$ "voit" tous les $\kappa_{\alpha}$ comme des cardinaux $\gamma$-forts ?

Martial

@Christophe : oui, je connaissais cette histoire de rivalité entre Shelah et Woodin. Ils travaillaient ensemble là-dessus (Kanamori parle même de "conversations téléphoniques", et Woodin en dit un mot quelque part), mais c'était à celui qui franchirait le premier la ligne d'arrivée. (Pour rester poli, lol).

christophe c

Pour otn problème, des rumeurs que j'ai entendu l'invention des extenders n'est en fait pas "un coup de génie", mais un travail de rangement puissant pour pourvoir parler des plongements en étant "à l'aise" et uniquement dans le langage interne du modèle.

Je te donne l'idée (je n'y ai hélas pas re-réfléchi) que j'exprimais. Supposons que pour tout $a<k$, l'ordinal $a$ n'est pas Woodin. Cela se traduit par le fait qu'il existe $L: a<k\mapsto f_a$ qui témoigne de cette non woodinitude.

Tu utilises la mesurabilité de $k$ et obtient $j:V\to M$ de sorte que tu vas te retrouver avec $g:=j(L)(k)$ qui est une $g: k\to k$ telle que :

$$M\models IsTemoinNotWoodin(g,k))$$

et taffé jusqu'à une contradiction obtenue en avançant patiemment dans le conflit que $k$ est shelah dans $V$ et pas Woodin dans $M$

Voilà. Beaucoup de choses se passent ainsi, ce sont des "mega-(raisonnements par l'absurde)"

Une manière peut-être plus simple encore de voir ce plan est de dire que (avec $j: V\to_{critk(k)} \ M$) tu as:

$$ M\models non(Woodin(j(k))) \ But\ V\models Shelah(k)$$

qui à la différence M vs V près est contradictoire. Tu taffes un peu pour obtenir une "vraie" contradiction.

christophe c

Je te donne un exemple bien plus reposant pour un retraité ;-) de ces jeux avec le fait que les grands cardinaux "frisent" le plafond contradictoire.

Soit $P$ clos tel qu'on voudrait que tout modèle devin en hauteur soit devin en largeur, c'est à dire "ne rate pas" la mesurabilité de ses cardinaux quand ils "peuvent" l'être.

Supposons $V\models P$ et $k$ le plus petit des mesurables. Soit $j:V\to M$.
Alors $M\models k$ n'est pas mesurable, puisque $M\models j(k)$ est le plus petit d'entre eux , donc il rate la potentialité d'être mesurable pour $k$, pourtant bien réelle ($V$ arrive à le voir mesurable), et pourtant $M\models P$. L'énoncé $P$ n'a pas fait le boulot attendu.

En résumé un tel énoncé $P$ force l'absence de cardinaux mesurables.

christophe c

Précision: j'ai parlé d'un seul énoncé $P$ (du coup, c'est pas vendeur :-D ) mais évidemment le raisonnement est le même avec "théorie" à la place d'énoncé. Et là "c'est plus vendeur dans les soirée camping de set-theorists"

Martial

J'ai à peu près compris ton exemple avec l'énoncé $P$.
Pour la démo qui précède je suppose qu'il faut taffer encore un peu.

Question subsidiaire : il y a de la bière et du bon vin, dans les "soirée camping de set-theorists" ?

Martial

Bon, je viens de mettre dans le chap 24 tout ce que je sais et ai réussi à comprendre sur les cardinaux Woodin, c'est-à-dire pas grand-chose. Il y a beaucoup de théorèmes, quelques esquisses de preuves, et peu de vraies démonstrations.

A améliorer, donc...