Deje $\mathcal{R}=\langle\mathbb{R};\ <,Q\rangle$ es la expansión en el conjunto ordenado de los reales por un predicado unario, interpretado como los racionales. Quiero demostrar que no hay ningún modelo de $T=Th(\mathcal{R})$ que es el primer largo de $\mathbb{Q}$. Para esto, tengo que demostrar que los tipos aislados en $S_1^{\mathcal{R}}(\mathbb{Q})$ no son densos, es decir, que no existe una fórmula $\varphi(x)$ lo cual es consistente con $T$ y que no pertenece a ningún aislado tipo. Tengo un candidato para $\varphi$, es decir,$\neg Q(x)$. Ya que todos los aislados de tipo se realiza, es suficiente para entender que los números reales tienen un aislado tipo más de $\mathbb{Q}$ en esta estructura. Claramente todos los racionales hacer. Mi conjetura es que ningún número irracional tiene un aislado tipo (por lo tanto, $\varphi$ no pertenece a ningún aislado tipo). Sin embargo, no estoy seguro de cómo probar esto formalmente: en el reducto de $\mathcal{R}$ en el puro orden, de esta manera se sigue por la eliminación de cuantificadores. Debo tratar de demostrar QE para $T$? O es que hay una manera más directa y evidente argumento?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
A menos que me estoy perdiendo algo, hay un sencillo automorfismos argumento:
Supongamos $p(x)=tp(r)$, $r$ irracional, está aislado por la fórmula $\varphi(x)$. Sólo puede haber un número finito (constantes de nomenclatura) racionales $q_1, ..., q_n$ aparecen en $\varphi$; deje $L$ ser el reducto de nuestra lengua a la lengua de la orden, el predicado del racionales, y de estos un número finito de constantes símbolos.
Ahora considere la posibilidad de un orden, un automorphism $\mu$ $\mathbb{R}$ que
envía racionales a los racionales y irrationals a irrationals,
mueve $r$, y
revisiones de cada racional $q_i$.
Podemos construir fácilmente un $\mu$ a través de un ida y vuelta argumento. Pero ahora $\mu(r)$ también satisface $\varphi$, pese a que los tipos de $r$ $\mu(r)$ son diferentes (ya que están separados por una racional).
