¿Generalmente damos ejemplos (ej. ultrapowers) de estructuras elementales equivalentes que no son isomorfas porque tienen cardinalities distintos?
¿Alguien me puede ayudar a encontrar un ejemplo de dos tales estructuras que tienen la misma cardinalidad?
¿Pueden algunas construcciones con ayuda de productos ultra? (Por ejemplo, con hipótesis acerca de su cardinalidad, tomando ultrafilters regulares y similares).
Gracias de antemano.
Esta pregunta es realmente mucho más fácil sin ultraproducts. Es fácil comprender la teoría completa de un ultraproduct, pero es mucho más difícil entender su tipo de isomorfismo.
Por otro lado, cualquier teoría completa que no es $\aleph_0$categoría tiene dos modelos contables que son elementarily equivalentes, pero no isomorfos. Y cualquier teoría que no es uncountably categórica tiene dos modelos de cualquier innumerables cardinalidad te gusta que se elementarily equivalentes, pero no isomorfos. Desde $\aleph_0$-categoricity e incontables categoricity son propiedades muy especiales, esto significa que usted puede escoger cualquier teoría que te gusta y llegar con ejemplos.
Aquí están algunos ejemplos explícitos:
Las estructuras de $(\mathbb{Q},+), (\mathbb{Q}^2,+), \dots, (\mathbb{Q}^n,+),\dots$ son todos contables y elementarily equivalente (la teoría de los divisible abelian grupos - o, equivalentemente, $\mathbb{Q}$- espacios vectoriales - es completa), pero no isomorfos (que tienen diferentes dimensiones).
Para todos los $n\geq 0$, vamos a $K_n$ ser el algebraicas que se cierre el campo de $\mathbb{Q}(x_1,\dots,x_n)$. Estos campos son todos contables y elementarily equivalente (la teoría de la algebraicamente cerrado campos de la característica $0$ es completa), pero ellos no son isomorfos (tienen diferentes trascendencia grado).
JDH la respuesta se puede expandir para mostrar que para cualquier orden lineal $I$, la estructura de $\langle \mathbb{Z}\times I,<\rangle$ (que consta de las copias de $\mathbb{Z}$ indexados por los elementos de a $I$ y ordenó en consecuencia) es elementarily equivalente a $\mathbb{Z}$. Desde $\mathbb{Z}\times I$ $\mathbb{Z}\times J$ son no isomorfos cuando $I$ $J$ son no isomorfos, y hay continuum-muchas contables lineal pedidos hasta el isomorfismo, esta construcción produce continuo-muchos elementarily equivalentes, pero no isomorfos contables modelos de $\mathrm{Th}(\mathbb{Z})$. De hecho, hay $2^\kappa$-muchos lineal órdenes de tamaño $\kappa$ hasta isomorfismo, con lo que conseguimos $2^\kappa$-a muchos no isomorfos modelos de $\mathrm{Th}(\mathbb{Z})$ del tamaño de la $\kappa$.
Considerar el idioma con un solo predicado unario $P$. La teoría de la $T$ que dice que un número infinito de elementos satisfacer $P$ e infinitamente muchos elementos satisfacer $\lnot P$ es completa. $T$ sólo tiene un modelo contable hasta el isomorfismo, pero ha $3$ modelos de tamaño $\aleph_1$, 5 modelos de tamaño $\aleph_2$, etc.
$\mathrm{Th}(\mathbb{Q},<,(n)_{n\in \mathbb{N}})$ tiene exactamente $3$ contables de los modelos hasta el isomorfismo. También hay ejemplos de completar teorías con exactamente $k$ contables de los modelos hasta el isomorfismo natural de todos los números de $k\geq 3$. Pero, curiosamente, Vaught "nunca dos" teorema nos dice que no hay teoría completa tiene exactamente $2$ contables de los modelos hasta el isomorfismo. Usted podría estar interesado en leer acerca de Vaught de la conjetura, en el mismo vinculado página de la Wikipedia...
Usted puede obtener muchos más ejemplos por jugar con el conocimiento y la omisión de los tipos. Por ejemplo, una variante de Asaf la respuesta es comenzar con $\mathbb{N}$ y darse cuenta de que el tipo de un elemento en una contables primaria de extensión.
Tomar cualquier ultrapower de $\Bbb N$. Bien, no es la cardinalidad correcta $\Bbb N$, pero ahora escoge cualquier elemento no estándar y considerar el submodelo primaria genera. Que sería un modelo contable de $\sf PA$ elemental equivalente a $\Bbb N$ sí mismo (tanto elemental incrustar en el ultrapower), pero no son isomorfos, claramente.
La teoría de la densa lineal de los pedidos es completa - lo que puede considerar lineal órdenes de $((0, 2), <)$ frente al $((0, 1)\cup ([1, 2)\cap \mathbb{Q}), <)$. El último tiene una contables intervalo no trivial, mientras que el primero no.
(Tenga en cuenta que esto funciona en cualquier cardinalidad $\kappa$ - deje $L$ $\kappa$- denso orden lineal de cardinalidad $\kappa$, y considerar la posibilidad de $L$ vs $L+\mathbb{Q}$.)
Usted menciona ultrapowers; vale la pena señalar que el Henkinization prueba de compacidad es mucho mejor se comportó en este contexto - si tengo una estructura $M$ y un tipo que no se dio cuenta de en $M$, Henkinization me genera una estructura que contenga $M$ y darse cuenta de que el tipo con la misma cardinalidad como $M$. Así, por ejemplo, si cada elemento de a $M$ es definible de esta forma se genera un nonisomorphic pero elementarily equivalente $M'$ con la misma cardinalidad como $M$.
Por ejemplo, esto le da otra prueba de que hay una contables no estándar del modelo de $Th(\mathbb{N})$ sin tener que utilizar ultraproducts + Lowenheim-Skolem.
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