¿Por qué en countably saturado de modelos, tipos que son consistentes con $TH(\mathcal{M_a})$ son finitely realizable?

Question

Estoy aprendiendo acerca de countably saturado ($\alpha$saturada) de los modelos. Se esconde un presupuesto en todas partes utilizadas:

El tipo de $\Gamma(x)$ es consistente con $TH(\mathcal{M_a})$ fib $\Gamma(x)$ es finitely realizable en $\mathcal{M_a}$,

donde $\mathcal{M_a}$ es el modelo ampliado del modelo $\mathcal{M}$ más de anextended idioma $\mathcal{L_a}=\mathcal L \cup \{c_a : a\in A\} $ que $A \subseteq M $.

¿Por qué es eso? Todo lo que sé (si a la derecha!) es que: a partir de la consistencia de $\Gamma(x) \cup TH(\mathcal{M_a})$ y el modelo de existencia lema, esta unión es válido. Así que hay un modelo de $TH(\mathcal{M_a})$ que también satisface $\Gamma(x)$. A continuación, por la compacidad, $\Gamma(x)$ es finitely conste. Ahora ¿qué?! Sabemos que satisfiablity y realización no son los mismos.

Estoy confundido ahora! Por favor, dime lo que está pasando aquí.

Answer 1

Satisfiability y la realización de un determinado modelo de $M$ son los mismos para las fórmulas, en relación a una teoría completa $T$.

Es decir, supongamos $T$ es una teoría completa y $M\models T$. Deje $\varphi(x)$ ser una fórmula. Si $\varphi$ es válido en relación a $T$, entonces hay algún otro modelo de $M'\models T$ que contiene la realización de la $\varphi$. A continuación,$M'\models \exists x\, \varphi(x)$. Pero $T$ es completa, por lo $\exists x\, \varphi(x)\in T$. Por lo tanto $M\models \exists x\, \varphi(x)$, lo $M$ contiene una realización de $\varphi$.