Da una discussione serale rumena

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Anér
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Messaggio da Anér » 27 mar 2010, 20:36

[modalità muratore]Caspita, è vero, non sono obbligato a prendere una già determinata somma formale come inverso di un'altra o prodotto di due, posso benissimo imporre che siano nuovi elementi inventati ad hoc e la cardinalità rimane invariata.[/modalità muratore]

[modalità architetto]Sì, per leggere avevo selezionato tutto tranne il punto interrogativo! Il grado di trascendenza è infinito quanto il nuovo campo che stiamo formando (spero di non dire eresie), ma prima bisogna dire che il campo esiste, poi che ha un grado di trascendenza... A meno che non esista un teorema che affermi che per ogni grado di trascendenza esiste un campo con tale grado rispetto al campo iniziale che si vuole estendere, nella fattispecie Q; e in effetti questo teorema esiste ed è sostanzialmente ciò che ha fatto Evaristeg.[/modalità architetto]
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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 27 mar 2010, 20:48

Quel campo esiste: se $ \{ x_i \} $ è un insieme di cardinalità data, $ \mathbb{Q}(x_i) $ è il campo che vuoi.
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Messaggio da EvaristeG » 27 mar 2010, 21:28

Nonno Bassotto, forse il fatto è semplicemente che non è proprio una cosa "ovvia" cosa vuol dire costruire su Q un campo aggiungendo una cardinalità arbitraria di elementi trascendenti.
Evidentemente Anér aveva dedotto dalla strada da te suggerita che un risultato del genere dovesse essere vero, ma non è affatto una cosa che si possa dare per scontata ... per questo io proponevo una versione "costruttiva" della faccenda (e graduale, passando prima per il gruppo).

Il fatto è che "il gruppo generato da" e "il campo delle frazioni" o, d'un botto, "il campo generato da" non sono concetti ovvi in ogni cardinalità ( di solito li si vede prima come "inseriti" in un gruppo o campo ambiente, come le estensioni finite di Q in Q-bar o quelle di trdeg finito in C).

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Nonno Bassotto
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Messaggio da Nonno Bassotto » 28 mar 2010, 17:45

Boh, a me sembra più semplice e costruttivo di quello che dici tu. Gli elementi di $ \mathbb{Q}(x_i) $ sono funzioni razionali a coefficienti razionali, con infinite indeterminate. Non sto passando per nessuna teoria delle estensioni trascendenti. Poi ovviamente cosa è facile e cosa no dipende dalle inclinazioni.
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Messaggio da Nonno Bassotto » 29 mar 2010, 16:07

Visto che ormai sono venuti fuori diversi approcci, cerco di ricapitolare un po'.

Sia $ E = \{ e_i \} $ un insieme infinito.

La soluzione di EvaristeG consiste nel prendere l'insieme delle combinazioni formali $ n_1 e_1 + \cdots + n_k e_k $, dove gli $ n_i $ sono interi, e le somme si fanno componente per componente. La struttura di gruppo è "ereditata" da $ \mathbb{Z} $. Un altro modo del tutto equivalente di descrivere questo insieme è considerare l'insieme delle funzioni $ f \colon E \to \mathbb{Z} $ tali che $ f(e) = 0 $ tranne che al più per un numero finito di elementi $ e \in E $. L'elemento $ n_1 e_1 + \cdots + n_k e_k $ corrisponde alla funzione $ f(e_i) = n_i $ e $ f(e) = 0 $ sugli altri elementi. Due funzioni si sommano sommando i valori, e i due gruppi che ho descritto sono isomorfi.

La soluzione di Anér è di prendere come gruppo l'insieme delle parti finite di E con la differenza simmetrica come operazione. Questo sembra diversa dalla soluzione di EvaristeG, ma in realtà è molto simile. Questo gruppo è isomorfo al gruppo delle funzioni $ f \colon E \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} $ tali che $ f(e) = 0 $ tranne che al più per un numero finito di elementi $ e \in E $. L'insieme finito $ X \subset E $ corrisponde alla funzione che vale 1 sugli elementi di X e 0 altrove.

Infine c'è il problema di estendere questa cosa per ottenere un campo. Intanto bisogna introdurre una moltiplicazione. Per la proprietà distributiva questa è determinata una volta che definisco quanto vale $ e_i \cdot e_j $, ed EvaristeG suggerisce che si può reiterare il procedimento. Cioè, supponiamo di avere una legge di gruppo $ \ast $ sull'insieme E; allora possiamo definire $ e_i \cdot e_j = e_i \ast e_j $. A questo punto si possono introdurre formalmente gli inversi e si ottiene un campo. Non sono sicuro di quest'ultima affermazione, perché ci potrebbero essere elementi f e g (somme formali degli e_i) tali che $ f \cdot g = 0 $, e quindi potrebbe spuntare fuori qualche complicazione ad introdurre formalmente gli inversi.

Infine il metodo che ho proposto io, che bypassa questa complicazione. Per ogni elemento $ e_i $ introduciamo una variabile $ x_i $ e prendiamo il campo delle funzioni razionali a coefficienti razionali nelle variabili $ x_i $. Ad esempio un elemento potrebbe essere $ \frac{3}{2} x_1 - \frac{x_2}{x_3 - 3 x_4^2} $. Il vantaggio è che sono oggetti familiari dall'algebra del liceo, a parte le infinite indeterminate, e le operazioni di campo sono chiare.

Come si fa a farsi venire in mente questo campo? Il fatto è che i campi sono oggetti molto più rigidi dei gruppi. Ogni campo contiene i razionali oppure contiene $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} $ per qualche primo p: basta prendere il sottocampo generato dall'elemento 1. Questo campo si chiama il campo base. Adesso consideriamo due campi $ k \subset K $ (come campo k prenderemo il campo base). Allora c'è un risultato abbastanza facile che dice che esiste un certo insieme $ A = \{ a_i \} \subset K $ di elementi algebricamente indipendenti, cioè tali che non ci sia nessuna relazione polinomiale fra di loro, e tali che K sia algebrico su $ k(a_i) $, cioè ogni elemento di K soddisfa un polinomio a coefficienti in $ k(a_i) $.

Siccome gli elementi $ a_i $ sono algebricamente indipendenti, si comportano come variabili formali, cioè il campo $ k(a_i) $ è isomorfo al campo $ k(x_i) $. In conclusione tutti i campi sono estensioni algebriche di un campo della forma $ k(x_i) $, dove k è il campo dei numeri razionali oppure $ \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} $. A questo punto vedete che per costruire un campo di cardinalità data non c'è molta scelta, e la cosa più semplice è prendere solo $ k(x_i) $.
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