división por números primos en modelos no estándar

Question

Actualmente estoy estudiando lógica de primer orden y estoy luchando en un problema.

Trabajamos en un lenguaje de primer orden con símbolos no lógicos de la aritmética y los axiomas de la aritmética.

Definimos un modelo no estándar $\mathfrak{M}$ de $T$ en la que existe $a \in |\mathfrak{M}|$ tal que $\mathfrak{M}(S^n0)<\mathfrak{M}(a)$ para todos $n$ . (tal $a$ se llama número no estándar).

Tengo que demostrar que para cualquier $\mathfrak{M}$ un modelo no estándar de $T$ y cualquier número no estándar $b \in |\mathfrak{M}|$ existe un $a <\mathfrak{M}(b)$ tal que para cada $p$ de primera, $\mathfrak{M}(S^p0)$ divide $a$ .

No sé por dónde empezar, sé que podemos construir un modelo no estándar ampliando $\mathcal{L}$ con una constante $c$ y luego consideramos $\Sigma=\{0<c,\text{S}0<c,\text{SS}0<c,\cdots\}.$ Pensé que añadir una nueva restricción con una constante $d$ como puede ser dividido por todos $p$ primo, y añadiendo otra restricción $d<c$ . Y concluye con el teorema de completitud.

Pero no estoy seguro de que este método pueda aplicarse a mi problema.

¿Puede alguien ayudarme?

¡Muchas gracias!

Answer 1

¡Bienvenido a Math.SE!

En lugar de construir un nuevo modelo $\mathcal{M}(c,d)$ El problema le pide que trabaje en el modelo $\mathcal{M}(b)$ que se le da.

Las tres afirmaciones siguientes se desprenden de los axiomas de la aritmética y, por tanto, se mantienen en todos los modelos de aritmética, incluyendo $\mathcal{M}(b)$ .

1. Por cada $n$ podemos encontrar un número $m$ que es divisible por cada número menor o igual que $n$ .

Esto se desprende del principio de inducción. En el caso base, $n=0$ podemos elegir $m = 1$ . En el caso inductivo, $n=k+1$ y por la hipótesis inductiva existe un número $m'$ que es divisible por cada número menor o igual que $k$ . Pero entonces el número $nm'$ es divisible por cualquier número menor que $n$ (ya que todos esos números dividen $m'$ ), y claramente por $n$ también a sí mismo. Así que podemos demostrar el caso inductivo estableciendo $m=nm'$ . Por el principio de inducción, concluimos que para cada $n$ podemos encontrar un número $m'$ que es divisible por cada número menor o igual que $n$ .

Utilizando el enunciado anterior, vemos que la aritmética demuestra también lo siguiente:

2. Por cada $n$ hay un único menos número $Q_n$ que es divisible por cada número menor o igual que $n$ (lo que significa que para cualquier otro número $P_n$ con esta propiedad, la desigualdad $Q_n \leq P_n$ se mantiene).

3. Para todos $n > 1$ hay un único número mayor $m$ tal que $Q_m<n$ .

Llamamos $x \in \mathcal{M}(b)$ estándar si $x \leq \mathcal{M}(b)(S^ko)$ para algunos $k \in \mathbb{N}$ . Tenga en cuenta que si $x$ es estándar, entonces también lo es $Q_x$ ya que, por ejemplo $Q_x \leq \mathcal{M}(b)(S^{k!}o)$ .

Ahora considere $b \in \mathcal{M}(b)$ . Dado que la tercera afirmación anterior es válida en $\mathcal{M}(b)$ podemos encontrar un $m \in \mathcal{M}(b)$ tal que $Q_m < b$ . Si esto $m$ fuera estándar, entonces también lo sería $m+1$ y por la observación anterior $Q_{m+1}$ también. Pero $b$ no es estándar, por lo que $Q_{m+1} < b$ se mantendría, contradiciendo que $m$ era el mayor número tal que $Q_m < b$ . Por lo tanto, $m$ no es estándar, por lo que $m$ es mayor que todos los $\mathcal{M}(b)(S^po)$ con $p \in \mathbb{N}$ . Pero $Q_m$ es divisible por todos los números menores que $m$ , por lo que podemos establecer $a=Q_m$ para conseguir $a<b$ que es divisible por todos los números de la forma $\mathcal{M}(b)(S^po)$ con $p \in \mathbb{N}$ . Esto debía mostrarse.