Es

Question

Se trata de una pregunta complementaria de la anterior.

¿Es verdad ${}^{*}\mathbb{Q}={}^{*}\mathbb{R}$?

Me parece que es cierto porque cualquier $x \in{}^{*}\mathbb{R}$, hay un $y \in {}^{*}\mathbb{Q}$ tal que $y < x$ y viceversa, y porque cualquier $x' \in \mathbb{R}$, hay un $y' \in {}^{*}\mathbb{Q}$ tal que $y' = x'$.

Answer 1

No. La teoría de la $\Bbb R$ no es la misma de primer orden de teoría de la $\Bbb Q$. Si definimos $^*\Bbb Q$ $^*\Bbb R$ ultrapowers entonces tienen el mismo primer orden teorías como su estándar de contrapartes.

En particular, $^*\Bbb Q$ satisface $\forall x(x\cdot x\neq(1+1))$; mientras que $^*\Bbb R$ satisface $\exists x(x\cdot x=1+1)$, $x$ es la clase de equivalencia de a $f(n)=\sqrt2$ en el ultrapower.

Se puede hacer un poco mejor, por ejemplo, ya en $\Bbb R$ es cierto que cada impar de grado del polinomio tiene una raíz, por lo que podemos encontrar muchos de los números algebraicos en $^\ast\Bbb R$ que no existen en la $^*\Bbb Q$.

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Una cosa más sobre el uso de la transferencia de principio. La transferencia de principio es en realidad de Los teorema, que la ultrapower de una estructura primaria es equivalente, es decir, un enunciado es verdadero en el ultrapower si y sólo si es verdadera en la estructura.

Las estructuras y los modelos vienen con una lengua. Si tu idioma es el lenguaje de la orden de los campos, a continuación, $\Bbb Q$ no es definible. Esto es debido a que definibles conjuntos de números reales son finitos uniones de intervalos (posiblemente un punto de intervalos). Los racionales claramente no son tales.

Si, por el contrario, usted es libre de agregar cualquier predicado que usted elija agregar y cualquier función, constantes o de otra manera, es evidente que usted puede añadir un predicado unario símbolo $Q$, lo que se interpreta como verdadero para $x$ si y sólo si $x\in\Bbb Q$. Desde $\Bbb Q\models\forall x.Q(x)$ tenemos que $^*\Bbb Q$ debe satisfacer la misma frase, y por un razonamiento similar tenemos que $Q^{^*\Bbb R}=\, ^*\Bbb Q$. Así que es bastante obvio ahora que $\exists x.\lnot Q(x)$ que es verdad en $\Bbb R$ y, por tanto, en $^*\Bbb R$, y así tenemos el $^*\Bbb R\neq\, ^*\Bbb Q$.

Pero por lo general, cuando hablamos de $^*\Bbb R$ hablamos de él como de un pedido de campo, en cuyo caso no es $Q$ predicado como ese, y los racionales no son definibles por allí. Así tenemos que no existe ninguna fórmula que los estados $\Bbb Q\neq\Bbb R$.

Answer 2

No, ${}^*\Bbb Q\ne{}^*\Bbb R$. No es cierto que $\Bbb R\subseteq{}^*\Bbb Q$. En la construcción ultrapower esto es especialmente fácil de ver: en ${}^*\Bbb R$ $\Bbb R$ se identifica con el conjunto de clases de equivalencia de secuencias constantes de reales, y la clase de una secuencia constante con valor irracional fácilmente se ve que es diferente de todos los elementos de ${}^*\Bbb Q$, aunque también es fácil ver que hay elementos de ${}^*\Bbb Q$ infinitamente cerca de cada dicha clase.

Answer 3

Por transferencia, todos los elementos de $^*\mathbb Q$ es un cociente de dos elementos de $^*\mathbb Z$. Por transferencia, no todos los elementos de $^*\mathbb R$ es el cociente de dos elementos de $^*\mathbb Z$. Por lo tanto, no son iguales las dos ampliaciones.

Lo que está haciendo alusión a (creo) en la cuestión es que ambos dan ampliaciones aumentando la terminación misma de $\mathbb Q$, es decir, $\mathbb R$.

Answer 4

El más simple argumento es la transferencia de la fórmula $\mathbb{Q}\not=\mathbb{R}$.

En más detalle, los símbolos "Q" y "R" en el idioma en que se interpretan como, respectivamente, los racionales $\Bbb Q$ y los reales $\Bbb R$ en el modelo estándar, y como $^\star\Bbb Q$ $^\star\Bbb R$ en el no-modelo estándar. El hecho de que $\Bbb Q$ está CORRECTAMENTE contenida en $\Bbb R$, y por lo tanto distinto de ella, es codificada por la fórmula P$\not=$R. Por la transferencia de principio, la misma fórmula sigue siendo cierto cuando se interpreta sobre el modelo no estándar. Por lo tanto $^\star\Bbb Q\not= {}^\star\Bbb R$.