Ultraproducts e incrustaciones primaria

Question

Deje $K= \{A_i: i\in \omega\}$ ser una contables de la colección de $L-$estructuras.

Supongamos que para cada una de las $A_i, A_j$ en $K$, $\exists A_p \in K$ tal que $i,j< p$$A_i \prec A_p $$A_j \prec A_p$.

Supongamos $D$ es un no-director de ultrafilter $\omega$. Entonces, de lo anterior se sigue que para cada $A_i \in K$, $A_i \prec \prod_D K$ (Si no, podía fortalecimiento de nuestra hipótesis de que sea cierto)?

Observe que para cada cofinite set$H$$\omega$, tenemos los siguientes:

Para cualquier $A_i$ y $A_j$ ($i \in \omega$, $j \in H$), existe una $p \in H$ tal que $A_i, A_j \prec A_p$.

Answer 1

Esto podría fallar por muy simples razones si no el control de la cardinalidad de sus estructuras. Supongamos, sin pérdida de generalidad que el conjunto de los números pares es en su ultrafilter.

Deje que las estructuras en cuestión sólo pura conjuntos, y para todos los $n$, $A_{2n}$ es countably infinito, mientras que $A_{2n+1}$ tiene cardinalidad mayor que continuo. Esta secuencia satisface sus supuestos, pero el ultraproduct tiene cardinalidad en la mayoría de continuidad (es un cociente del producto de todos los $A_{2n}$), por lo que no puede contener una copia de cualquier $A_{2n+1}$.

Más generalmente, su suposición es essenetially equivalente a decir que todos los $A_n$ son elementarily equivalente: si este es el caso, sólo puede elegir un conjunto infinito que no es en $D$ y poner allí las estructuras en la que todos los anteriores $A_i$'s todo incrustar, sin cambiar el otro $A_i$ - esto no va a cambiar la ultraproduct, como sólo modificar un $D$-pequeño conjunto, pero el rendimiento de su asunción.

Esto es suficiente si todos los $A_i$ son contables: el ultraproduct se $\omega$-saturada, lo que permite una relación de recurrencia para la construcción de una incrustación de objetos (mediante la extensión finita parcial de funciones elementales), pero para estructuras generales es dudoso, incluso si de alguna manera el control de la cardinalidad.

Lo que usted desea que se mantenga si se supone que el conjunto de $p$ de los testigos es grande, así que para cualquier $i$ y para casi todos los $p$ (puede ser $D$-casi-todo, aunque, por supuesto, cofinitely muchos es lo suficientemente bueno) tenemos $A_i\preceq A_p$, y, obviamente, usted no necesita $j$, y la prueba debe ser sencillo.

Answer 2

Me gustaría ampliar más sobre tomasz del último párrafo, sólo para enfatizar que usted puede conseguir lo que quieres sin ninguna hipótesis sobre la colección de estructuras, acaba de elegir su ultrafilter con más cuidado.

Para cada una de las $i\in \omega$, vamos a $C_i = \{j\in \omega\mid A_i \prec A_j\}$. Vamos a llamar a este el cono por encima de $A_i$. Ahora vamos a $\text{Cone} = \{X\subseteq \omega\mid \exists i\,C_i\subseteq X\}$. Este es el llamado cono de filtro es el filtro generado por los conos. Para comprobar que se trata de un filtro adecuado, usted sólo tiene que comprobar que el conjunto de conos tiene la intersección finita de la propiedad, que es una fácil consecuencia de la suposición de que el conjunto de estructuras de la articulación de la incrustación de la propiedad.

Ahora vamos a $A = \prod_{i\in\omega} A_i/U$, el uso de cualquier ultrafilter $U\supseteq \text{Cone}$. Para todos los $i$, tenemos un natural de primaria de la incrustación de $A_i\prec A$, la asignación de un elemento $a\in A_i$ a la clase $[a_i]_{i\in \omega}$ donde $a_j$ es la imagen de $a$ $A_j$ al $j\in C_i$ y arbitraria de otro modo. Esto está bien definido, ya que $C_i\in U$.