¿Implica la algebraicidad dividir (teoría de modelos)

Question

Supongamos que $A$ es un conjunto de parámetros en un modelo $M$ y $a,\overline{b}$ son respectivamente un elemento y una tupla de $M$ tal que $a\in \operatorname{acl}(A\overline{b})\setminus \operatorname{acl}(A)$ .

Está claro que en este caso, el tipo $\operatorname{tp}(a/A\overline{b})$ horquillas en $A$ : Si $\{a_1=a,a_2\ldots,a_k\}$ son las realizaciones finitas del tipo $\operatorname{tp}(a/A\overline{b})$ entonces tenemos $$\operatorname{tp}(a/A\overline{b})\models \bigvee_{i=1}^k x=a_i,$$ y cada una de las fórmulas $x=a_i$ 2-divide sobre $A$ .

Sin embargo, mi pregunta es:

En $\operatorname{tp}(a/A\overline{b})$ necesariamente divide en $A$ ?

Answer 1

El tipo $\operatorname{tp}(a/Ab)$ necesariamente se divide sobre $A$ . Sea $\phi(x, b)$ definir (sobre $A$ ) el menor conjunto finito $\{a = a_1, ..., a_n\}$ que contiene $a$ . La reclamación es $\phi(x, b)$ $2$ -divide sobre $A$ .

El argumento que he encontrado es un poco complicado y utiliza el lema de Neumann: Sea $X$ sea un conjunto infinito, $G \le \operatorname{Sym}(X)$ y $B \subset X$ ser finito. Supongamos que la órbita de cada uno de $c_1, ..., c_n \in X$ es infinito bajo $G$ , entonces hay $g \in G$ tal que $g \cdot c_i \not \in B$ para todos $i = 1, ..., n$ . Véase el ejercicio 6.1.15 en Tent, Ziegler "A course in model theory".

Por este lema existe $f_1 \in \operatorname{Aut}(\mathfrak C/A) = G$ tal que $\{f_1(a_1), ..., f_1(a_n)\} \cap \{a_1, ..., a_n\} = \emptyset$ . Esto implica, por supuesto, que $\phi(x, f_1(b)) \land \phi(x, b)$ es inconsistente. Así que tomamos $b_1 = f_1(b)$ . Aplicando de nuevo el lema encontramos $f_2 \in \operatorname{Aut}(\mathfrak C/A)$ tal que $\{f_2(a_1), ..., f_2(a_n)\} \cap \{f_1(a_1), ..., f_1(a_n), a_1, ..., a_n\} = \emptyset$ y tomar $b_2 = f_2(b)$ . Continuando así obtenemos una secuencia $b = b_0, b_1, b_2, ...$ siendo testigo de la $2$ -división de $\phi(x, b)$ .

Tengo curiosidad por saber si existe un argumento más sencillo.

Answer 2

$\newcommand{\tp}{\operatorname{tp}}\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}\newcommand{\acl}{\operatorname{acl}}$ Aquí hay un argumento sin involucrar (¿directamente?) el Lemma de Neumann. Es esencialmente una solución del Ejercicio 5.6.2 del libro de Tent-Ziegler, y fue referido en el Ejercicio 6.1.15 mencionado en la respuesta de Levon.

En primer lugar, comenzamos con el siguiente lema:

Lema: Si $c_1,\ldots,c_n$ son elementos tales que $\tp(c_i/A)$ no es algebraico, entonces para cualquier conjunto finito $B$ hay es una tupla $(c_1',\ldots,c_n')$ realizando $\tp(c_1,\ldots,c_n/A)$ y disjuntos de $B$ .

Prueba del lema: Por inducción en $n$ .

Para $n=1$ ya que el tipo $\tp(c_1/A)$ no es algebraico, tiene infinitas realizaciones, por lo que debe existir $c_1'\equiv_A c_1$ no en $B$ .

Consideremos ahora una tupla $(c_1,\ldots,c_n,c_{n+1})$ tal que $\tp(c_i/A)$ no es algebraico para cada $i\leq n+1$ . Tenemos dos casos:

1. $\tp(c_i/Ac_{n+1})$ no es algebraico para cada $i\leq n$ :

Desde $\tp(c_{n+1}/A)$ no es algebraico, tenemos por el caso $n=1$ que existe $c_{n+1}'\equiv_A c_{n+1}$ tal que $c_{n+1}'\not\in B$ . Sea $\alpha$ sea un automorfismo sobre $A$ tal que $\alpha(c_{n+1})=c_{n+1}'$ . Entonces, el tipo $\tp(\alpha(c_i)/Ac_{n+1}')$ no es algebraico para cada $i\leq n$ y tenemos por hipótesis de inducción que existe una tupla $c_1',\ldots,c_n'\equiv_{Ac_{n+1}'} \alpha(c_1),\ldots,\alpha(c_n)$ que es disjunta de $B$ .

Así, $(c_1,\ldots,c_n,c_{n+1})\equiv_A (c_1',\ldots,c_n',c_{n+1}')$ y $\{c_1',\ldots,c_n',c_{n+1}'\}\cap B=\emptyset$ .

2. $\tp(c_i/Ac_{n+1})$ es algebraico para algún $i\leq n$ :

En primer lugar, observe que por la hipótesis de inducción existe una tupla $\overline{c}'=(c_1',\ldots,c_n')\equiv_A (c_1,\ldots,c_n)=\overline{c}$ que es disjunta de $B$ . Además, aplicando repetidamente la hipótesis de inducción, podemos demostrar que hay infinitas tuplas $\overline{c}^m\equiv_A \overline{c}$ de manera que todas las tuplas sean disjuntas por pares y todas sean disjuntas de $B$ . (Esto puede hacerse aplicando el lema para los conjuntos $B,B\overline{c}^1,B\overline{c}^1\overline{c}^2,\ldots$ )

Por cada $m<\omega$ , dejemos que $\alpha_m\in \Aut(\mathfrak{C} / A)$ sea un automorfismo que envíe la tupla $\overline{c}$ a $\overline{c}^m$ . Si la conclusión del lema no se cumple, entonces en particular $\alpha_m(c_{n+1})\in B$ para todos $m<\omega$ y como $B$ es finito, hay $b\in B$ tal que $\alpha_m(c_{n+1})=b$ por cada $m$ en un subconjunto infinito $J\subseteq \omega$ .

Además, como $\tp(c_i/Ac_{n+1})$ es algebraico, tiene como máximo $k$ realizaciones para algunos $k<\omega$ y tenemos $\tp(\alpha_m(c_i)/A\alpha_m(c_{n+1}))=\tp(\alpha_m(c_i)/Ab)$ tiene $k$ realizaciones de cada $m\in J$ . Esto es una contradicción porque, por construcción, $\alpha_m(c_i)\neq \alpha_{m'}(c_i)$ por cada $m\neq m'$ en $J$ . $\Box$

Ahora podemos demostrar el resultado deseado:

Propuesta: Si $a\in \acl(A\overline{b})\setminus \acl(A)$ entonces $\tp(a/A\overline{b})$ 2-divide sobre $A$ .

Prueba: Si $\tp(a/A\overline{b})$ entonces existe una fórmula $\phi(x,\overline{b})\in \tp(a/A\overline{b})$ caracterizando el tipo, es decir, el conjunto de realizaciones de $\tp(a/A\overline{b})$ es exactamente el conjunto finito de realizaciones de la fórmula $\phi(x,\overline{b})$ . Supongamos que este conjunto es $\{a=a_1,a_2,\ldots,a_n\}$ .

Por supuesto, $\tp(a_i/A)=\tp(a/A)$ no es algebraico para todo $i=1,2,\ldots,n$ por lo que por el lema existe una tupla $(a_1^1,\ldots,a_n^1)\equiv_A (a_1,\ldots,a_n)$ que es disjunta de $B_1=\{a_1,\ldots,a_n\}$ . Diga $\alpha_1$ es un automorfismo sobre $A$ enviando $(a_1,\ldots,a_n)$ a $(a_1',\ldots,a_n')$ . Entonces tenemos $\overline{b}\equiv_A \alpha_1(\overline{b})$ y $\phi(M,\overline{b})\cap \phi(M,\alpha_1(\overline{b}))=\emptyset$ y podemos llamar a $B_2=\{a_1,\ldots,a_n,a_1^1,\ldots,a_n^1\}$

Aplicando repetidamente el lema, siempre podemos encontrar una tupla $(a_1^m,\ldots,a_n^m)\equiv_A (a_1,\ldots,a_n)$ disjuntos de $B_1\cup B_2\cup \cdots \cup B_m$ y eligiendo adecuadamente $\alpha_m \in \Aut(M/A)$ tenemos $\overline{b}\equiv_A\alpha_m(\overline{b})$ y $\phi(M,\alpha_i(\overline{b})\cap \phi(M,\alpha_m(\overline{b}))=\emptyset$ por cada $i<m$ .

Así, la fórmula $\phi(x,\overline{b})$ 2-divide sobre $A$ , atestiguado por la secuencia infinita $\langle \alpha_m(\overline{b}):m<\omega\rangle$ . $\Box$