Mostrando que los hyperintegers son innumerables

Question

En clase, hemos construido la hyperintegers de la siguiente manera:

Deje $N$ ser un modelo normal de la número natural con el dominio $\mathbb{N}$ en el idioma $\{0, 1, +, \cdot, <, =\} $. También vamos a $F$ ser un fijo nonprincipal ultrafilter en $\omega$. Luego tenemos a $N^*$ como el ultrapower $N^\omega /F$ dominio $\mathbb{N}^{\omega} / F$ .

Ahora tengo que demostrar que $N^*$ es incontable (esto significa que la cardinalidad es $2^{\aleph_0}$ supongo).

El dominio de $N^*$ son las clases de equivalencia de funciones $\{f_F : f \mbox{ a function from }\mathbb{N} \to \mathbb{N}\}$ Además, tenemos $N^{\sharp}$ que es la de clases de equivalencia de todas las constantes de funciones.

Este es mi intuición: sé que $N$ $N^{\sharp}$ son isomporphic (por lo tanto tienen la misma cardinalidad, que es $\aleph_0$ desde $N$ es un modelo para los números naturales). Además sé que $N^{\sharp}$ es elemental equivalente a $N^*$. Pero $N^*$ tiene un extra de 'copia' de $N^\sharp$ sobre la parte superior de la misma, la hyperintegers. Entonces, la cardinalty de $N^*$ debe $2^{\aleph_0}$ (¿aún existen? Y es que innumerables?). Espero que alguien me pueda ayudar con una prueba formal.

Answer 1

He aquí un argumento de diagonalización. Deje $\left(\mathbf{x}^{(m)} \right)_{m \in \mathbb{N}}$ denotar una secuencia de secuencias naturales $\left(x_{n}^{(m)} \right)_{n \in \mathbb{N}} \in \mathbb{N}^{\mathbb{N}}$. Definir una secuencia $\left(y_n \right)_{n \in \mathbb{N}}$ por $$y_{n} = 1 + \max_{1 \leq m \leq n} \left(x_{n}^{(m)} \right) .$$ Deje $\sim$ denotar la ultrafilter la igualdad, es decir,$(a_{k}) \sim (b_{k}) \iff \{ k \in \mathbb{N} : a_k = b_k \} \in F$.

Yo reclamo que $(y_n) \not \sim \left( x_{n}^{(m)} \right)$ todos los $m$. Para ver esto, observe que $y_n > x_{n}^{(m)}$ todos los $n \geq m$, lo $\left\{ n : y_n = x_{n}^{(m)} \right\} \subseteq \{ 1, \ldots , m - 1 \}$, lo que significa que el conjunto es finito. Pero un nonprincipal ultrafilter no contiene finito de conjuntos, por lo $\left\{ n : y_n = x_{n}^{(m)} \right\} \not \in F$. Por lo tanto $(y_n) \not \sim \left(x_{n}^{(m)} \right)$ todos los $m$. Por lo tanto $^{*} \mathbb{N} \setminus S$ no está vacía para todos contables $S$.

Tenga en cuenta que, de hecho, podemos decir que el $(y_n) > \left(x_{n}^{(m)} \right)$ como no estándar naturales, por lo que podemos elaborar de que cada contables subconjunto de $^{*} \mathbb{N}$ está acotada.

Answer 2

De hecho, hay una inyección del conjunto de reales a los hipernaturales: para el% real dado$r$ considere$$f(r) = \langle \lfloor rn\rfloor : n=1, 2,\cdots\rangle.$ $ Puede ver que si$r\neq s$ luego la secuencia$f(r)$ y $f(s)$ son eventualmente componentes diferentes. Por lo tanto, el mapa$r \mapsto [f(r)]$ es injective.

Answer 3

Otra variación sobre este tema es elegir un hiperintensificador infinito fijo$H$ y observar que el mapa parcial$f\colon{}^\ast\mathbb{N}\to\mathbb{R}$ dado por$f(n)=\text{st}(\frac{n}{H})$ siempre que esto esté definido, es surjective.

Answer 4

La estructura de $N^*$ pueden variar dependiendo de la $F$, pero su cardinal es, de hecho, fija, igual a $2^{\aleph_0}$.

Para ver esto, se podría definir una familia de $\mathcal{C}$ $2^{\aleph_0}$ mapas de $\omega \rightarrow N$ pares casi discontinuo, que es tal que $\forall f \neq g \in \mathcal{C}, (f-g)^{-1}(\{0\})$ es finito. (lo $f_F \neq g_F$) A continuación, esta familia da lugar a $2^{\aleph_0}$ elementos de $N^*$. Supongo que usted sabe que $|N^*| \leq |\omega^{N}| = 2^{\aleph_0}$. edit: esto es debido a que el mapa de $\omega^N \ni f \mapsto f_F \in N^*$ es surjective, y $2^{\aleph_0} \leq |\omega^N| \leq |(2^{\omega})^N| = |2^{\omega \times N}| = 2^{\aleph_0}$.

Ahora, para cada subconjunto $A$ del conjunto de $\mathbb{N}_N$ de los enteros positivos de $N$, vamos a $f_A$ ser el mapa que envía a $m$ a la interpretación de $\underline{2^{a_0} + ... + 2^{a_{m-1}}}$ $N$ donde $a_0 < ... <a_{m-1}$ $m$ primeros elementos de $A$, y deje $\mathcal{F}$ denotar $\{f_A \ | \ A \subset \mathbb{N}_N\}$. Se puede demostrar que esto funciona?

El resultado se necesita aquí es la siguiente (en realidad, sólo la unicidad): $\forall n \in \mathbb{N}, \exists ! a_0,...,a_n \in \{0;1\}, n = a_0 + a_12^1 + ... + a_n2^n$.