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Algebraicity hace implica dividir (teoría modelo)

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 $A$: Si $\{a_1=a,a_2\ldots,a_k\}$ el finito muchas realizaciones del tipo $\operatorname{tp}(a/A\overline{b})$, entonces tenemos $$\operatorname{tp}(a/A\overline{b})\models \bigvee_{i=1}^k x=a_i,$$and each of the formulas $x = a_i $ 2-divide over $A$.

Sin embargo, mi pregunta es:

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

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Levon Haykazyan Puntos 3271

El tipo de $\operatorname{tp}(a/Ab)$ necesariamente divide $A$. Deje $\phi(x, b)$ definir ( $A$ ) el mínimo conjunto finito $\{a = a_1, ..., a_n\}$ contiene $a$. El reclamo es $\phi(x, b)$ $2$-divide $A$.

El argumento que he encontrado es algo complicado y usos de Neumann Lema: Vamos a $X$ ser un conjunto infinito, $G \le \operatorname{Sym}(X)$ $B \subset X$ ser finito. Suponga que la órbita de cada una de las $c_1, ..., c_n \in X$ es infinito en $G$, entonces no es $g \in G$ tal que $g \cdot c_i \not \in B$ todos los $i = 1, ..., n$. Véase el Ejercicio 6.1.15 en Tienda de campaña, Ziegler "curso de formación en el modelo de la teoría".

Por este lema no es $f_1 \in \operatorname{Aut}(\mathfrak C/A) = G$ tal que $\{f_1(a_1), ..., f_1(a_n)\} \cap \{a_1, ..., a_n\} = \emptyset$. Por supuesto, esto implica que $\phi(x, f_1(b)) \land \phi(x, b)$ es inconsistente. Así que nos tomamos $b_1 = f_1(b)$. Ahora aplicando el lema de nuevo nos encontramos con $f_2 \in \operatorname{Aut}(\mathfrak C/A)$ 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 tome $b_2 = f_2(b)$. Continuando de esta manera obtenemos una secuencia $b = b_0, b_1, b_2, ...$ testigos de la $2$-división de $\phi(x, b)$.

Tengo curiosidad de saber si hay una manera más simple argumento.

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GreenAlien Puntos 3

$\newcommand{\tp}{\operatorname{tp}}\newcommand{\Aut}{\operatorname{Aut}}\newcommand{\acl}{\operatorname{acl}}$Aquí es un argumento sin la participación directa (?) Neumann Lema. Es esencialmente una solución de Ejercicio 5.6.2 de la Tienda-Ziegler libro, y la que se hace referencia en el Ejercicio 6.1.15 mencionado en Levon la respuesta.

Primero empezamos con el siguiente lema:

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

La prueba del Lema: Por inducción sobre $n$.

Para $n=1$, ya que el tipo de $\tp(c_1/A)$ no es algebraico, tiene infinitamente muchas realizaciones, y por eso no deben existe $c_1'\equiv_A c_1$ no $B$.

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

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

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

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

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

En primer lugar, observe que por la inducción de la hipótesis de que existe una tupla $\overline{c}'=(c_1',\ldots,c_n')\equiv_A (c_1,\ldots,c_n)=\overline{c}$ que es disjunta de a $B$. Por otra parte, aplicando repetidamente la inducción de la hipótesis, se puede mostrar que hay infinitamente muchas tuplas $\overline{c}^m\equiv_A \overline{c}$ de manera tal que todas las tuplas son pares distintos, y todos ellos son distintos de $B$. (Esto se puede hacer aplicando el lema de los conjuntos de $B,B\overline{c}^1,B\overline{c}^1\overline{c}^2,\ldots$)

Para cada $m<\omega$, vamos a $\alpha_m\in \Aut(\mathfrak{C} / A)$ ser un automorphism el envío de la tupla $\overline{c}$$\overline{c}^m$. Si la conclusión de que el lema no se sostiene, entonces, en particular, $\alpha_m(c_{n+1})\in B$ todos los $m<\omega$, y desde $B$ es finito, no es $b\in B$ tal que $\alpha_m(c_{n+1})=b$ por cada $m$, en un infinito subconjunto $J\subseteq \omega$.

También, desde la $\tp(c_i/Ac_{n+1})$ es algebraica, en la mayoría de los $k$ realizaciones para algunos $k<\omega$, y tenemos $\tp(\alpha_m(c_i)/A\alpha_m(c_{n+1}))=\tp(\alpha_m(c_i)/Ab)$ $k$ realizaciones de cada $m\in J$. Esto es una contradicción ya que, por construcción, $\alpha_m(c_i)\neq \alpha_{m'}(c_i)$ por cada $m\neq m'$ en $J$. $\Box$

Ahora podemos probar el resultado deseado:

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

Prueba: Si $\tp(a/A\overline{b})$, entonces no es una fórmula $\phi(x,\overline{b})\in \tp(a/A\overline{b})$ la caracterización del 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 algebraica de todas las $i=1,2,\ldots,n$, por tanto, por el lema no es una tupla $(a_1^1,\ldots,a_n^1)\equiv_A (a_1,\ldots,a_n)$ que es disjunta de a $B_1=\{a_1,\ldots,a_n\}$. Decir $\alpha_1$ es un automorphism $A$ envío de $(a_1,\ldots,a_n)$$(a_1',\ldots,a_n')$. Luego tenemos a $\overline{b}\equiv_A \alpha_1(\overline{b})$$\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 $(a_1^m,\ldots,a_n^m)\equiv_A (a_1,\ldots,a_n)$ disjunta de a $B_1\cup B_2\cup \cdots \cup B_m$, y eligiendo apropiadamente $\alpha_m \in \Aut(M/A)$ tenemos $\overline{b}\equiv_A\alpha_m(\overline{b})$ $\phi(M,\alpha_i(\overline{b})\cap \phi(M,\alpha_m(\overline{b}))=\emptyset$ por cada $i<m$.

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

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