Automorphismus gesucht (Modelltheorie)

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05.04.2019, 18:08	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Automorphismus gesucht (Modelltheorie) Meine Frage: Seid gegrüßt, ich bereite zur Zeit einen Vortrag für ein Modelltheorie-Seminar vor. Es geht um die Redukte von (Q,<). Kluge Menschen haben herausgefunden, dass (Q,K) solch ein Redukt ist. Dabei ist K eine dreistellige Relation über die sich folgendes sagen lässt: K(x,y,z) g.d.w (x<y<z) oder (y<z<x) oder (z<x<y) K ist also die natürliche (dreistellige) Ordnung, die man erhält, wenn man die "rationale Gerade" zu einem "Kreis" verbiegt. (frei übersetzt aus meiner Quelle: A survey of homogeneous structures von Dugald Macpherson) Jetzt zu meinem Problem: Ich suche einen Automorphismus auf (Q,K), der jedoch kein Automorphismus auf (Q,<) ist. Notiz: Q soll die Menge der rationalen Zahlen sein. LaTeX wollte einfach nicht funktionieren.. Meine Ideen: Biegt man die "rationale Gerade" zu einem "Kreis", so erhält man ja gegenüber der 0 einen Pol p der nicht rational ist. Meine Idee war einen Automorphismus zu konstruieren, der jedes Element auf dem "rationalen Kreis" um einen bestimmten Winkel auf diesem verschiebt. Allerdings bereitet mir der Pol Probleme. Bildet mein Automorphismus beispielsweise jedes Element auf die gegenüberliegende Seite des Kreises ab so würde 0 auf p abgebildet (schlecht!). Bildet er alle von 0 verschiedenen Elemente wie erwähnt ab und die 0 auf sich selbst ist er schon kein Automorphismus mehr auf (Q ,K), da die Relation K nicht mehr erhalten wird. Kann mir jemand einen Tipp geben wie ich vermeiden kann, dass der Pol getroffen wird? Bzw. mir meine Denkfehler aufzeigen? Vielen Dank
05.04.2019, 19:42	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich kann mir gut vorstellen, wie man die reellen Zahlen auf einem Kreis darstellt. Das geht z.B. durch Einpunktkompaktifizierung der komplexen Zahlen zur Zahlenkugel. Damit sind auch die in den reellen Zahlen enthaltenen rationalen auf einem Kreis dargestellt. Es sieht für mich aber nicht so aus, als ob es einen Winkel gäbe, um den ich diesen Kreis drehen könnte, so dass die rationalen Zahlen bijektiv auf die rationalen Zahlen abgebildet werden. Negation als Automorphismus kommt auch nicht infrage, weil dabei K nicht erhalten wird. Hoffentlich ist es ein kleiner Trost für dich, dass du nicht der einzige bist, der das Problem nicht lösen kann.
06.04.2019, 13:55	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke erstmal! Der Trost ist relativ Jetzt muss ich mir etwas anderes überlegen um zu zeigen dass (Q,K) ein echtes Redukt von (Q,<) ist. Muss also eine elementar definierbare Relation in (Q,<) finden, die nicht elementar definierbar in (Q,K) ist Falls da jemandem was einfällt, ich bin für jeden Denkanstoß dankbar
06.04.2019, 15:51	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht funktioniert deine Idee ja doch. Was macht die Möbiustransformationen mit den reellen Zahlen als Fixgerade (nicht Fixpunktgerade), die pi auf den Nordpol abbildet, mit rationalen Zahlen? Was macht ihre Umkehrung mit rationalen Zahlen? Ist ja nicht so schwer zu berechnen. Wenn das eine rationale Bijektion ist, bist du fertig.
07.04.2019, 15:07	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, ich habe grad mein altes Funktionentheorie-Skript ausgegraben und versucht die von dir genannte Möbiustransformation zu konstruieren. $\begin{eqnarray} f(z) = \frac{az+b}{cz+d} \end{eqnarray}$ mit komplexen Koeffizienten, so dass $\begin{eqnarray} ad - bc \neq 0 \end{eqnarray}$ . Außerdem $\begin{eqnarray} - \frac{d}{c} = \pi \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} d = -c \pi \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} f(z) = \frac{az+b}{c(z - \pi)} \end{eqnarray}$ . Jetzt sollen reelle Zahlen auf reelle Zahlen abgebildet werden, z.B: $\begin{eqnarray} f(0) = - \frac{b}{c \pi} \in \mathbb R \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(1) = \frac{a+b}{c+d} \in \mathbb R \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(-1) = \frac{b-a}{d-c} \in \mathbb R \end{eqnarray}$ und so weiter. Durch den Ansatz $\begin{eqnarray} f(z_{1}) = 0 \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} f(z_{2}) = 1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f(\pi) = \infty \end{eqnarray}$ komme ich auf $\begin{eqnarray} f(z) = \frac{\frac{z-z_{1}}{z- \pi}}{\frac{z_{2}-z_{1}}{z_{2}- \pi}} = \frac{(z_{2}- \pi)z + z_{1}(\pi-z_{2})}{(z_{2}- z_{1})(z- \pi)} \end{eqnarray}$ und somit $\begin{eqnarray} a = z_{2}- \pi \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} b = z_{1}(\pi-z_{2}) \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} c = z_{2}-z_{1} \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} a,b,c \in \mathbb R \end{eqnarray}$ . Jetzt tue ich mich schwer a,b und c geeignet zu bestimmen
07.04.2019, 23:09	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Jede der obigen Möbiustransformationen hat doch die reellen Zahlen als Fixgerade und bildet Pi auf den Nordpol ab. Aber mit rationalen Zahlen passiert da nichts Gutes.
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08.04.2019, 11:43	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Egal was ich mache, es klappt nicht. Das beweist nur, dass ich es nicht kann; das beweist nicht, dass es nicht geht.
08.04.2019, 23:34	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie wäre es mit: Sei $\begin{eqnarray} \mathbb Q = A \cup B \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f(A) := f((- \infty , \pi) \cap \mathbb Q) = (- \pi,\infty) \cap \mathbb Q \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} f(B) := f((\pi , \infty) \cap \mathbb Q) =( - \infty , - \pi) \cap \mathbb Q \end{eqnarray}$ so, dass: $\begin{eqnarray} \lim_{x \to - \infty} f(x) = - \pi \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \pi} f(x) = \infty \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (x< \pi) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \infty} f(x) = - \pi \end{eqnarray}$ , $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \pi} f(x) = - \infty \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} (x> \pi) \end{eqnarray}$ Dies müsste ein Automorphismus auf $\begin{eqnarray} (\mathbb Q , K) \end{eqnarray}$ sein und keiner auf $\begin{eqnarray} (\mathbb Q , <) \end{eqnarray}$ Wie man den genau formuliert überlege ich mir morgen.
09.04.2019, 08:30	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Negation f(x)=-x ist eine bijektive Abbildung auf Q, aber sie ist kein Automorphismus auf K.
09.04.2019, 10:52	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Das ist richtig. Im Gegensatz zur Negation liegen die Bilder von extrem großen und extrem kleinen Elementen bei meinem f allerdings sehr nah beieinander (nämlich um -pi herum). Für 3 Elemente a,b,c > pi mit a<b<c gilt f(a)<f(b)<f(c). Für 3 Elemente a,b,c < pi mit a<b<c gilt f(a)<f(b)<f(c). Für 3 Elemente a < pi, b,c > pi mit a<b<c gilt f(b)<f(c)<f(a). Für 3 Elemente a,b < pi, c > pi mit a<b<c gilt f(c)<f(a)<f(b). Die beiden Intervalle werden von f verschoben, nicht gedreht.
09.04.2019, 11:08	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Dann verstehe ich deine Abbildung $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ nicht. $\begin{eqnarray} f(x)=x-2\pi \end{eqnarray}$ für $\begin{eqnarray} x<\pi \end{eqnarray}$ ist eine Verschiebung. Sie bildet aber nicht auf $\begin{eqnarray} (-\pi,\infty) \end{eqnarray}$ sondern auf $\begin{eqnarray} (-\infty,\pi) \end{eqnarray}$ ab. Auch der andere Teil der Abbildung lässt sich nicht durch eine Verschiebung realisieren. Ganz schlecht ist auch, dass $\begin{eqnarray} 1\in\mathbb Q \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} 1-2\pi\notin\mathbb Q \end{eqnarray}$ abgebildet wird.
09.04.2019, 11:19	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Formal lässt sich das nicht durch eine Verschiebung um eine reelle Zahl lösen. Damit wollte ich nur verdeutlichen was ich mit den Grenzwertbedingungen von f meine. Intuitiv würde ich annehmen, dass so eine Bijektion f existiert. Ich kann natürlich auch daneben liegen.
09.04.2019, 11:26	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Bisher sagt meine Intuition, dass jede Verschiebung sowohl K als auch < fixiert.
09.04.2019, 11:40	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich bin mir grad nicht sicher ob meine Idee einfach Quatsch ist, oder ob ich einfach nicht in der Lage bin zu erläutern was mein f tun soll. Falls mein f existiert, ist es formal keine Verschiebung. Intuitiv werden beide Intervalle verschoben (und zwar unendlich weit, so dass " $\begin{eqnarray} - \infty \rightarrow -\pi \end{eqnarray}$ " und " $\begin{eqnarray} \infty \rightarrow -\pi \end{eqnarray}$ "). Tut mir leid, ich bin grad nicht in der Lage dies weniger schwammig zu formulieren . Sei a eine extrem kleine rationale Zahl und b eine extrem große. Logischerweise a<b. Mein f bildet a auf a' ab und b auf b'. Dann ist a' minimal größer als -pi und b' minimal kleiner. Also b'<a'.
09.04.2019, 11:59	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe, was du möchtest, aber ich weiß nicht, wie es gehen soll. Eine rationale Bijektion muss eine rationale Zahl auf eine rationale Zahl abbilden, da führt kein Weg daran vorbei.
09.04.2019, 12:21	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
Das wäre doch gegeben oder nicht? Angenommen $\begin{eqnarray} f': \mathbb R \cup \left\{ \pm \infty \right\} \rightarrow \mathbb R \cup \left\{ \pm \infty \right\} \end{eqnarray}$ wäre die Abbildung, die $\begin{eqnarray} [- \infty , pi] \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (pi,\infty] \end{eqnarray}$ wie gewünscht "verschiebt", so ist f' doch eine Bijektion und somit auch dessen Einschränkung auf $\begin{eqnarray} \mathbb Q \end{eqnarray}$ . Edit: f' ist natürlich keine Bijektion, da $\begin{eqnarray} -\pi \end{eqnarray}$ 2 mal getroffen wird(außerdem wird $\begin{eqnarray} -\infty \end{eqnarray}$ nicht getroffen), die Einschränkung müsste dennoch eine sein.
09.04.2019, 12:44	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Was genau ist das Bild f(x) einer rationalen Zahl x ?
09.04.2019, 15:27	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
okay, das Problem ist nach wie vor das selbe wie anfangs . Der Ansatz über Automorphismen scheint also sehr ungeeignet zu sein, um zu zeigen, dass (Q,K) ein echtes Redukt von (Q,<) ist. Also werde ich wohl einfach argumentieren, dass in einem Redukt die selben Aussagen getätigt werden können. Das folgt ja direkt aus der Definition des Redukts (die selben elementar definierbaren Mengen). Ich machs also wie in der Literatur und sage "ist trivial". Schade eigentlich, einen Beweis hätte ich deutlich schöner gefunden.
09.04.2019, 18:18	Elvis	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht haben wir zu viel verlangt und sind deswegen gescheitert. Brauchen wir tatsächlich eine bijektive Abbildung der rationalen Zahlen, die K erhält und < nicht erhält ? Wie genau sieht die Definition von "Redukt" aus ?
10.04.2019, 14:18	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
(I) Eine vollständige L-Theorie T heißt $\begin{eqnarray} \omega - kategorisierbar \end{eqnarray}$ , falls sie ein unendliches Modell besitzt und genau ein abzählbares Modell (bis auf Isomorphie). (II) Eine L-Struktur $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ heißt $\begin{eqnarray} \omega - kategorisierbar \end{eqnarray}$ , falls sie abzählbar ist und $\begin{eqnarray} Th(M) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \omega - kategorisierbar \end{eqnarray}$ ist. ( $\begin{eqnarray} Th(M) \end{eqnarray}$ ist die Menge aller Aussagen, die in $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ gelten.) (III) Ein Redukt einer $\begin{eqnarray} \omega - kategorisierbaren \end{eqnarray}$ L-Struktur M ist eine Struktur N (nicht notwendigerweise eine L-Struktur) auf der selben Grundmenge, so dass jede $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbare \end{eqnarray}$ Relation auf N auch $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbar \end{eqnarray}$ auf M ist. Zwei Redukte werden miteinander identifiziert, falls sie die selben $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbaren \end{eqnarray}$ Relationen besitzen. (IV) Sei M eine L-Struktur. Eine Menge $\begin{eqnarray} A \subseteq M^{n} \end{eqnarray}$ , für eine natürliche Zahl n, heißt $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbare \end{eqnarray}$ Relation auf M, g.d.w: Es existiert eine L-Formel $\begin{eqnarray} \phi (x_{1},...,x_{n}) \end{eqnarray}$ , so dass $\begin{eqnarray} \forall (a_{1},...,a_{n})\in M^{n} \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} (a_{1},...,a_{n})\in A \Leftrightarrow M \models \phi [a_{1},...,a_{n}] \end{eqnarray}$
10.04.2019, 16:42	Grandles	Auf diesen Beitrag antworten »
So ist klar, dass $\begin{eqnarray} A = \left\{ (x,y) \in \mathbb Q^{2} \mid x<y\right\} \end{eqnarray}$ via $\begin{eqnarray} \phi (x,y) = x<y \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbar \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (\mathbb Q,<) \end{eqnarray}$ ist. Man sieht auch leicht, dass A nicht $\begin{eqnarray} \emptyset - definierbar \end{eqnarray}$ auf $\begin{eqnarray} (\mathbb Q,K) \end{eqnarray}$ sein kann. Denn in der Sprache {K} kann x<y nicht ausgedrückt werden. Man kann hier nur folgendes ausdrücken: 1) x=y, bzw. $\begin{eqnarray} x \neq y \end{eqnarray}$ 2) K(x,y,z) für beliebiges z ( $\begin{eqnarray} \Rightarrow (x<y) \vee (y<x) \end{eqnarray}$ ) 3) K(z,y,x) für beliebiges z ( $\begin{eqnarray} \Rightarrow (x<y) \vee (y<x) \end{eqnarray}$ ) Edit: Hier geht es nur darum zu erläutern dass $\begin{eqnarray} (\mathbb Q,<) \neq (\mathbb Q,K) \end{eqnarray}$ im Sinne der Identifizierung von Redukten. Also das $\begin{eqnarray} (\mathbb Q,K) \end{eqnarray}$ ein echtes Redukt von $\begin{eqnarray} (\mathbb Q,<) \end{eqnarray}$ ist. Das es ein Redukt ist konnte ich schon zeigen.

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