ジェネリックフィルター

$D\subset P$ に対し、$D$ のどれかの元より強い条件全体を $D^{\downarrow}=\{q\in P\mid(\exists d\in D)\ q\le d\}$ と書く。$D\in M$ なら $D^{\downarrow}$ は $M$ の中で分出公理により定義できるので $D^{\downarrow}\in M$ である。フィルターは弱い条件へ閉じているから、次が成り立つ。
$(\ast)$ $G\cap D^{\downarrow}\ne\emptyset$ なら $G\cap D\ne\emptyset$ である。実際 $q\in G\cap D^{\downarrow}$ と $q\le d\in D$ をとれば、(ii) から $d\in G$ となる。
(a)⇒(c)：$D\in M$ を前稠密とする。強制概念の「前稠密集合の特徴づけ」により $D^{\downarrow}$ は稠密であり、$M$ に属する。(a) から $G\cap D^{\downarrow}\ne\emptyset$ で、$(\ast)$ から $G\cap D\ne\emptyset$ である。
(c)⇒(d)：極大な反鎖は前稠密である（同じ命題）。
(d)⇒(a)：$D\in M$ を稠密とする。$M$ は ZFC を満たすので、$M$ の中で Zornの補題を使い、$D$ に含まれる反鎖のうち包含について極大なもの $A\in M$ をとれる（包含について鎖をなす反鎖の族の和集合がまた反鎖になることを使う。反鎖の「反鎖の極大拡張」と同じ議論である）。$A$ が $P$ 全体の中でも極大な反鎖であることを示す。ある $q\in P$ が $A$ のどの元とも両立しないとする。$D$ の稠密性から $d\le q$ となる $d\in D$ がある。$d$ と $a\in A$ の共通の強化は $q$ と $a$ の共通の強化でもあるので、$d$ も $A$ のどの元とも両立しない。特に $d\notin A$（$d$ は $d$ 自身と両立する）であり、$A\cup\{d\}$ は $D$ に含まれる真に大きい反鎖となって、$A$ の極大性に反する。よって $A$ は極大な反鎖であり、(d) から $G\cap A\ne\emptyset$ である。$A\subset D$ だから $G\cap D\ne\emptyset$ である。
(a)⇒(b) は稠密開集合が稠密であることから明らかである。(b)⇒(a)：$D\in M$ が稠密なら、強制概念の「稠密集合から稠密開集合へ」により $D^{\downarrow}\in M$ は稠密開集合なので $G\cap D^{\downarrow}\ne\emptyset$ であり、$(\ast)$ から $G\cap D\ne\emptyset$ である。
最後の主張：(d) から $G\cap A$ は空でない。相異なる $a,b\in G\cap A$ があれば、フィルターの (iii) から $a,b$ は両立するが、反鎖の相異なる元は両立しないので矛盾する。$\square$

稠密集合は $p$ の下でも稠密なので、後者から前者が従う。逆に $G$ をジェネリック、$D\in M$ を $p$ の下で稠密とし、
$$ D'=D\cup\{q\in P\mid q\perp p\} $$
とおく。$D'\in M$ である。$D'$ が稠密であることを示す。$r\in P$ をとる。$r\perp p$ なら $r\in D'$ である。そうでなければ $s\le r$ かつ $s\le p$ となる $s$ があり、$s\le p$ だから $d\le s\le r$ となる $d\in D$ がある。よって $D'$ は稠密で、$q\in G\cap D'$ がある。$q,p\in G$ は両立するので $q\perp p$ ではなく、$q\in D$ である。$\square$

$p_0=p$ とおく。$p_n$ まで選んだら、$D_n$ の稠密性により $p_{n+1}\in D_n$ かつ $p_{n+1}\le p_n$ となる条件を選ぶ（各段の選択が前の段の結果に依存するので、使うのは従属選択公理である。$P\times\omega$ 上の関係「$(q,n)$ から $(q',n+1)$ へ進めるのは $q'\le q$ かつ $q'\in D_n$ のとき」に適用すればよい）。こうして $p_0\ge p_1\ge p_2\ge\cdots$ を得る。
$$ G=\{q\in P\mid (\exists n)\ p_n\le q\} $$
とおくと、ex-generic-filter-examples のとおり $G$ はフィルターである。$p=p_0\in G$ であり、各 $n$ について $p_{n+1}\in G\cap D_n$ である。$\square$

$M$ は可算なので、$M$ に属する $P$ の稠密部分集合も可算個であり、外側で $D_0,D_1,\ldots$ と列挙できる（有限個なら同じものを繰り返す。$P$ 自身が稠密なので少なくとも一つある）。Rasiowa–Sikorski の補題を適用すればよい。$\square$

$G$ を任意のフィルターとし、$P\setminus G$ が稠密であることを示す。$p\in P$ をとる。非原子性から、両立しない強化 $q,r\le p$ がある。フィルターの二元は両立するので、$q,r$ の両方が $G$ に属することはなく、どちらかが $P\setminus G$ に属する。それが $p$ の下にある $P\setminus G$ の元である。
いま $G\in M$ とすると、$P\setminus G\in M$ であり、これは $M$ に属する稠密集合で $G$ と交わらない。これは $G$ のジェネリック性に反する。$\square$

そのようなフィルター $G$ があれば、上の証明の前半により $P\setminus G$ は稠密なので $G$ と交わるはずだが、$G\cap(P\setminus G)=\emptyset$ である。$\square$

$p\in G_p$ なので空でない。$q\in G_p$、$q\le q'$ なら、$q$ と $p$ の共通の強化は $q'$ と $p$ の共通の強化でもあるので $q'\in G_p$ である。$q_1,q_2\in G_p$ とし、$r_i\le q_i$ かつ $r_i\le p$ を選ぶ（$i=1,2$）。$r_1,r_2$ は原子 $p$ の強化なので両立し、$s\le r_1$ かつ $s\le r_2$ となる $s$ がある。$s\le p$ なので $s\in G_p$ であり、$s\le q_1$ かつ $s\le q_2$ である。よって $G_p$ はフィルターである。$D$ が稠密なら $d\le p$ となる $d\in D$ があり、$d\in G_p$ である。$G_p$ は $M$ の中で分出公理により定義できるので、$\mathbb P,p\in M$ なら $G_p\in M$ である。$\square$

以下では強制概念の「稠密埋め込みが保つもの」の (a)〜(c) を使う。
(a) $G$ が空でないので $H$ も空でなく、$H$ は定義から弱い条件へ閉じている。$q_1,q_2\in H$ とし、$h(p_i)\le q_i$（$p_i\in G$）とする。$p\le p_1$ かつ $p\le p_2$ となる $p\in G$ をとると、$h(p)\in H$ で $h(p)\le q_1,q_2$ である。よって $H$ はフィルターである。$E\in M$ を $Q$ の稠密集合とすると、$E^{\downarrow}$ は稠密開集合で、$h^{-1}[E^{\downarrow}]\in M$ は $P$ で稠密である。$p\in G\cap h^{-1}[E^{\downarrow}]$ をとれば $h(p)\le e$ となる $e\in E$ があり、$e\in H\cap E$ である。
(b) $G=h^{-1}[H]$ とおく。$h[P]\in M$ は稠密なので $H$ と交わり、$G$ は空でない。$p\in G$、$p\le p'$ なら $h(p)\le h(p')$ なので $h(p')\in H$、すなわち $p'\in G$ である。$M$ に属する $P$ の稠密集合 $D$ について、$h[D]\in M$ は $Q$ で稠密なので $H$ と交わり、$G\cap D\ne\emptyset$ となる。残るのは $G$ の中で強められること（フィルターの (iii)）である。$p_1,p_2\in G$ とし、
$$ D=\{p\in P\mid (p\le p_1\text{ かつ }p\le p_2)\text{ または }p\perp p_1\text{ または }p\perp p_2\} $$
とおく。$D\in M$ は稠密である。$r\in P$ が $p_1$ と両立しなければ $r\in D$、両立すれば $s\le r,p_1$ をとり、$s$ が $p_2$ と両立しなければ $s\in D$、両立すれば $t\le s,p_2$ が $D$ の $r$ の下の元になる。上で示したとおり $p\in G\cap D$ がある。$p\perp p_1$ なら $h(p)\perp h(p_1)$ だが、$h(p),h(p_1)\in H$ は両立するので矛盾する。$p\perp p_2$ も同様に起きない。よって $p\le p_1,p_2$ で $p\in G$ である。$\square$