ให้ฟิลด์ $\mathbb F$มีสนามที่เล็กที่สุดไหม $\mathbb G\supseteq\mathbb F$ ที่ทุกองค์ประกอบใน $\mathbb G$ มี $n$th root สำหรับทุกคน $n$เหรอ?
ฟิลด์ฐาน $\mathbb F$ อาจจะไม่สำคัญ แต่ฉันกำลังใช้นิพจน์เชิงเหตุผลในฟิลด์ไบนารี $\mathbb F=\mathbb F_2(x)$.
หนึ่งฟิลด์ย่อยของ $\mathbb G$ ประกอบด้วยอัตราส่วนของพหุนามในรากของ $x$โดยมีค่าสัมประสิทธิ์เป็น $\mathbb F_2$เช่น
$$\frac{x^{2/5}+x^{-1/3}+x^2}{x^{-2/3}+1}=\frac{x^{16/15}+x^{1/3}+x^{8/3}}{1+x^{2/3}}=\frac{\sqrt[15]x^{40}+\sqrt[15]x^{16}+\sqrt[15]x^5}{\sqrt[15]x^{10}+1},$$
และนิพจน์ดังกล่าวจะถูกเพิ่มและคูณโดยใช้กฎปกติสำหรับฟังก์ชันที่มีเหตุผลและ $x^ax^b=x^{a+b}$ สำหรับ $a,b\in\mathbb Q$.
กู้หน้าและรากที่เป็นเชิงเส้นมากกว่า$\mathbb F_2$ดังนั้นเราสามารถลดเลขชี้กำลังลงครึ่งหนึ่งได้ $x$เพื่อให้ได้รากที่สองของนิพจน์ ดังนั้นใด ๆ$2^n$รูทมีอยู่เสมอ ตัวอย่างเช่น,
$$x+1=(x^{1/2}+1)^2=(x^{1/4}+1)^4=(x^{1/8}+1)^8.$$
แต่สิ่งนี้ใช้ไม่ได้กับสิ่งอื่น $n$ราก; ไม่สามารถเขียนได้
$$x+1=\frac{p(x^{1/m})^3}{q(x^{1/m})^3}$$
ที่ไหน $p,q$ เป็นพหุนามและ $m\in\mathbb N$. ดังนั้นจึงจำเป็นต้องเข้าร่วมอย่างเป็นทางการ$\sqrt[3]{x+1}$ ไปที่สนามหรือแทน $\sqrt[3]{x^{1/2}+1}$ฯลฯ
มีฟิลด์เฉพาะที่กำหนดไว้อย่างดีหรือไม่ $\mathbb G$ ของนิพจน์พีชคณิตดังกล่าวมากกว่า $\mathbb F$เหรอ?
โปรดทราบว่าฉันไม่ต้องการ $n$ แตกต่างกัน $n$รากของแต่ละองค์ประกอบเพียงรูทเดียว (เว้นแต่ $\mathbb F$มีรากฐานของความสามัคคีอยู่แล้ว แต่ฉันเลือก$\mathbb F_2$ เพื่อหลีกเลี่ยงสิ่งนี้)
ระบุการปิดพีชคณิต $\mathbb A\supseteq\mathbb F$เราอาจจะใช้จุดตัด $\mathbb G\overset?=\bigcap\{\mathbb B\}$ ของฟิลด์กลางทั้งหมด $\mathbb A\supseteq\mathbb B\supseteq\mathbb F$ กับทรัพย์สิน $\forall n\in\mathbb N,\,\forall a\in\mathbb B,\,\exists b\in\mathbb B,\,a=b^n$. แต่ไม่ได้ผลเนื่องจากช่องต่างๆมีรากที่แตกต่างกัน$a$ดังนั้นจุดตัดของพวกเขาจึงไม่มีรูทของ $a$. น่าจะมีวิธีใช้สัจพจน์ที่เลือกสร้าง$\mathbb G$ทั้งผ่าน $\mathbb A$หรือโดยตรงจาก $\mathbb F$. กรณีนี้หรือไม่ สามารถแก้ไขการพิสูจน์การมีอยู่ของ Wiki (ฉันยังไม่ได้ติดตามโดยละเอียด) เพื่อให้$n$รากของทุกสิ่งโดยไม่ต้องนำรากใหม่ของความสามัคคี? แล้วความเป็นเอกลักษณ์ล่ะ?
มีโครงสร้างที่ง่ายกว่านี้ไหม $\mathbb G$ สำหรับกรณีพิเศษของ $\mathbb F_2(x)$ที่ไม่ใช้สัจพจน์ที่เลือก? ที่นี่ฉันไม่ต้องการความเป็นเอกลักษณ์ ดูตัวอย่างคำตอบนี้ ; เราจะใช้พหุนามของแบบฟอร์ม$x^p-a$ซึ่งไม่สามารถวัดได้ในฟิลด์ที่กำหนดโดยพหุนามก่อนหน้านี้
มีหลาย $n$รากของ $a\neq0$ เทียบเท่ากับการมีไฟล์ $n$รากแห่งความสามัคคี: ถ้า $x_1^n=x_2^n=a$ และ $x_1\neq x_2$แล้ว $(x_1/x_2)^n=1$ และ $(x_1/x_2)\neq1$. ในทางกลับกันถ้า$\omega^n=1$ และ $\omega\neq1$และ $x_1^n=a$แล้ว $(\omega x_1)^n=a$ และ $x_1\neq\omega x_1$.
ถ้า $\mathbb F$ มีความดั้งเดิม $mn$รากของความสามัคคีแล้วก็ยังมีดั้งเดิม $n$รากแห่งความสามัคคี ดังนั้นเราต้องพิจารณาเฉพาะจำนวนเฉพาะ แก้ไขสองช่วงเวลา$p\neq q$. ถ้า$\mathbb F$ มีความดั้งเดิม $p$รากแห่งความสามัคคี $\omega_1$แล้ว $\mathbb G$ ควรมีแบบดั้งเดิม $p^n$รากแห่งความสามัคคี $\omega_n$ เพื่อทุกสิ่ง $n$เนื่องจากไม่ใช่แบบดั้งเดิม $p^n$รากของความสามัคคีไม่สามารถเข้าถึงได้ $\omega_{n-1}$ เป็น $p$พลัง ถ้า$\mathbb F$ ไม่มีแบบดั้งเดิม $q$รากของความสามัคคีแล้ว $\mathbb G$ ไม่ควรอย่างใดอย่างหนึ่งเนื่องจากเรามีอยู่แล้ว $1^q=1$ และ $(\omega_n^r)^q=\omega_n$ ที่ไหน $r=q^{-1}\bmod p^n$.
คำตอบ
จากการพูดคุยเกี่ยวกับความคิดเห็นของฉันอาจเป็นที่ชัดเจนว่าฉันยังไม่เข้าใจถึงความลึกซึ้งของปัญหานี้ แต่ขอให้ฉันตั้งข้อสังเกตก่อนเกี่ยวกับกรณีพิเศษมาก$\mathbf F=\Bbb F_2(x)$. มันเกิดขึ้นและคนที่มีประสบการณ์สูงบางคนดูเหมือนจะไม่รู้เรื่องนี้ว่าเมื่อไร$\mathbf F$ เป็นระดับวิชชาหนึ่งเหนือขอบเขตของคุณลักษณะที่สมบูรณ์แบบ $p$และยังไม่สมบูรณ์แบบมีส่วนขยายรัศมี (= แยกกันไม่ออกหมดจดนั่นคือเรดิเซียลฝรั่งเศส) ของแต่ละระดับ$p^m$. ฉันคิดว่าสิ่งนี้ควรชี้แจงความคิดของคุณเกี่ยวกับส่วนขยายที่ปิดรากที่สองของ$\Bbb F_2(x)$.
ประการที่สองให้ฉันชี้ให้เห็นความยากลำบากในการอธิบายการก่อสร้างใด ๆ สำหรับสนามของคุณ $\mathbf F=\Bbb F_2(x)$: สำหรับ $d$ แปลกส่วนขยาย $\mathbf F(\sqrt[d]x\,)$ และ $\mathbf F(\sqrt[d]{x+1}\,)$ ไม่มีอะไรเกี่ยวข้องกันจุดตัดของพวกเขาคือสนามกราวด์ $\mathbf F$. ติดใด ๆ$\Bbb F_2$พหุนามที่วัดได้ภายใต้เครื่องหมายรากและรับส่วนขยายอื่นที่ไม่เกี่ยวข้องโดยสิ้นเชิง อย่างไรก็ตามแนวคิดนี้กำลังจะยุ่งเหยิง คุณต้องกังวลเกี่ยวกับการแสดงออกที่เป็นเหตุเป็นผลด้วย
ฉันเดาว่าคุณกำลังคิดที่จะระบุตั้งแต่เริ่มแรกว่าในทุกกรณี $n$รากที่ - ของ $1$ ที่คุณเลือกคือ $1$ตัวเอง แม้ว่าคุณจะทำเช่นนั้น แต่ก็ไม่ชัดเจนสำหรับฉันที่คุณเลือกจำนวนมากที่ไม่ได้ระบุ$n$- รากขององค์ประกอบอื่น ๆ คุณอาจกระตุ้นให้เกิดรากเหง้าอื่น ๆ ของความสามัคคีโดยไม่ได้ตั้งใจ $1$ตัวเอง สิ่งนี้จะทำให้เรื่องง่ายขึ้น แต่ฉันคิดว่าคุณกำลังทำเรื่องยากให้ตัวเอง สำหรับฉันแล้วดูเหมือนว่าถ้าคุณเห็นด้วยตั้งแต่แรกว่าควรเพิ่มรากของความสามัคคีทั้งหมด (สิ่งนี้จะทำให้ฟิลด์คงที่$\overline{\Bbb F_2}\,$ปิดด้วยพีชคณิต) ตอนนี้การมีอยู่ของฟิลด์ของคุณจะเห็นได้ง่ายแม้ว่าโครงสร้างที่ชัดเจนจะยังคงเป็นปัญหาอยู่
นี่คือเกณฑ์มาตรฐานที่ดี ถ้า$\Bbb F$ เป็นฟิลด์และ $\Bbb K$ เป็นส่วนขยายฟิลด์ที่:
- $\Bbb{K/F}$ เป็นมิติที่ไม่มีที่สิ้นสุดและ
- สำหรับทุกสิ่งที่ไม่สามารถลดได้ $p\in\Bbb F[x]$, ถ้า $p$ มีอย่างน้อยสองรูทใน $\Bbb K$แล้วมีระบบอัตโนมัติของ $\Bbb K$ (การแก้ไข $\Bbb F$) ซึ่งเป็นความผิดปกติที่สมบูรณ์ของรากของ $p$ ใน $\Bbb K$.
ในกรณีนี้มีรูปแบบของ $\sf ZF$ ซึ่งมีเขตข้อมูลซึ่งเป็น "isomorphic to $\Bbb K$แต่ไม่ใช่ไอโซมอร์ฟิกภายใน "กล่าวคือเราเพิ่มสำเนาใหม่ของ $\Bbb K$แต่เราลบ isomorphism และแน่นอน bijection ใด ๆ ในขณะที่รักษาโครงสร้างสนามและทุกส่วนขยายของ $\Bbb F$ การฝังทั้งสองจะเป็นมิติที่ จำกัด
ไม่ใช่เรื่องยากที่จะเห็นว่า "เขตข้อมูลที่เล็กที่สุด" ของคุณจะตอบสนองคุณสมบัติเหล่านี้หรืออย่างน้อยที่สุดเราสามารถพบฟิลด์ดังกล่าวซึ่งจะทำให้แน่ใจว่าไม่มี "ฟิลด์ที่เล็กที่สุด" อยู่
แทนที่จะสร้างการปิดที่รุนแรง $\Bbb{F}^{rad}$ตามทางแยกทำไมไม่สร้างมันขึ้นมาด้วยกระบวนการของสหภาพแรงงาน? เริ่มต้นด้วยฟิลด์ฐานของคุณ$\Bbb{F}$ (ในกรณีเฉพาะของคุณฟิลด์ฐานคือ $\Bbb{F}_2(x)$) ซึ่งโดยการสันนิษฐานนั้นยังไม่ได้ปิดอย่างรุนแรง (มิฉะนั้นกระบวนการนี้จะสิ้นสุดลงในขั้นตอนแรกฮ่า ๆ ) ฟิลด์ถัดไปของคุณ$\Bbb{F}_1 \supset \Bbb{F}$ คือการรวมกันของส่วนขยายที่รุนแรงทั้งหมดของ $\Bbb{F}$, $$\Bbb{F}_1 := \bigcup_{a \in \Bbb{F}} \left( \bigcup_{n \geq 2} \Bbb{F}(\sqrt[n]{a}) \right);$$ ฟิลด์ถัดไป $\Bbb{F}_2 \supset \Bbb{F}_1$ คือการรวมกันของส่วนขยายที่รุนแรงทั้งหมดของ $\Bbb{F}_1$, $$\Bbb{F}_2 := \bigcup_{a \in \Bbb{F}_1} \left( \bigcup_{n \geq 2} \Bbb{F}_1(\sqrt[n]{a}) \right);$$ และดำเนินการต่อในลักษณะนี้คุณจะได้รับลำดับของส่วนขยายที่รุนแรง $$... \supset \Bbb{F}_n \supset ... \supset \Bbb{F}_2 \supset \Bbb{F}_1 \supset \Bbb{F}.$$ ส่วนขยายอย่างชัดเจน $\Bbb{F}_n/\Bbb{F}_{n-1}$จะไม่ซ้ำกันสำหรับไอโซมอร์ฟิซึมในแต่ละขั้นตอนดังนั้นห่วงโซ่ทั้งหมดก็เช่นกัน ดังนั้น$\Bbb{F}^{rad} := \bigcup_{n \geq 1} \Bbb{F}_n$ เป็นเอกลักษณ์เฉพาะของ isomorphism และทุกองค์ประกอบของ $\Bbb{F}^{rad}$ มี $n$th รากใน $\Bbb{F}^{rad}$ เพื่อทุกสิ่ง $n \geq 2$.
แก้ไข:วิธีการห่วงโซ่นี้ยังคงทำงานแม้ว่าเช่นในกรณีของ OP เราเพียงแค่ต้องการรากสำหรับองค์ประกอบของแต่ละสนาม เริ่มต้นด้วยฟิลด์ฐาน$F := \Bbb{F}_2(x)$. สร้าง$F_1 \supset F$ ผ่าน $$F_1 := \bigcup_{a \in F^\times} \bigcup_{q \in \Bbb{Q}} F(a^q)$$ จะหลีกเลี่ยงความจริงทางเลือกที่เราคำนึงถึง $a^q$, $q \in \Bbb{Q} \setminus \Bbb{Z}$เป็น "อำนาจ" ที่เป็นทางการอย่างแท้จริงขององค์ประกอบ $a$ ภายใต้ความสัมพันธ์เทียบเท่าที่เหมาะสมเช่น: $$(a^n)^q \sim (a^q)^n \text{ for all } q \in \Bbb{Q}, n \in \Bbb{Z}, a \in F^\times,$$ $$a^q a^r \sim a^{q+r} \text{ for all } q, r \in \Bbb{Q}, a \in F^\times,$$ หรือ $$(ab)^q \sim a^q b^q \text{ for all } a, b \in F^\times, q \in \Bbb{Q}.$$ ในสาขาส่วนใหญ่ปัญหารากของความสามัคคีจะทำให้การตั้งค่าความสัมพันธ์ที่เท่าเทียมกันเหล่านี้เต็มไปด้วยความยากลำบาก แต่เนื่องจากรากเหง้าเดียวของความสามัคคีใน $F = \Bbb{F}_2(x)$ คือ $1$ตัวมันเองความสัมพันธ์ที่เท่าเทียมกันเหล่านี้จบลงด้วยพฤติกรรมที่เราต้องการโดยไม่ต้องยุ่งยากมากนัก (แก้ไข: เราควรระบุด้วยว่า$x \sim 0$ ถ้า $x^n = 0$ สำหรับบางคน $n$.)
ทำซ้ำโครงสร้างนี้เพื่อให้ได้ฟิลด์ใหม่ $F_{k+1}$ จากฟิลด์ก่อนหน้า $F_k$: $$F_{k+1} := \bigcup_{a \in F_k^\times} \bigcup_{q \in \Bbb{Q}} F(a^q),$$ โดยที่เรายังเพิ่มว่าความสัมพันธ์ที่เท่าเทียมกันของเราควรเป็นไปตาม $(a^q)^r \sim (a^r)^q \sim a^{rq}$ เพื่อทุกสิ่ง $a \in F_{k-1}$ และทั้งหมด $q, r \in \Bbb{Q}$. จากนั้นก่อนที่เราจะได้รับสนามอนุมูลที่ต้องการผ่าน$\bar{F} := \bigcup_{k \geq 1} F_k$และฟิลด์อื่น ๆ ที่ปิดอยู่ภายใต้อนุมูลและมีฟิลด์ฐาน $F$ ต้องมี isomorphic ของฟิลด์ถึง $\bar{F}$, เช่น $\bar{F}$ โดยโครงสร้างประกอบด้วยนิพจน์รากศัพท์ที่เป็นไปได้ทั้งหมดซึ่งสามารถสร้างขึ้นจากองค์ประกอบของ $F = \Bbb{F}_2(x)$ (หรือในอัตราใด ๆ องค์ประกอบที่เทียบเท่ากัน)