Clasificando el orden 2 subcampos de los números complejos

Question

Parece que algunas preguntas similares fueron "contestadas" (o cerradas como duplicados) diciendo $ \mathbb R$ es el único subcampo de este tipo, señalando el teorema de Artin-Schreier que establece que para cada campo $F$ de tal manera que $0<[ \bar {F}:F]< \infty $ tenemos que $F$ es muy cerrado, $[ \bar {F}:F]=2$ y $ \bar {F}=F[i]$ (donde $i^2=-1)$ . Pero, por lo que puedo ver esto todavía deja abiertas (para mí) las siguientes preguntas:

1) ¿Hay algún orden dos subcampos de $ \mathbb {C}$ que no sea $ \mathbb {R}$ ?

2) ¿Son todos estos campos isomórficos?

Creo que en términos del grupo $G=Aut( \mathbb C)$ esto es equivalente a:

1) ¿hay un orden de 2 elementos en $G$ aparte de la conjugación?

2) ¿están todos estos elementos conjugados en $G$ ? (Creo que esta condición aparentemente más fuerte es equivalente a tener isomorfismo abstracto entre los subcampos)

Si no me equivoco, la respuesta a (1) debería ser positivo desde la aplicación de un "salvaje" automorfismo de $ \mathbb C$ a $ \mathbb R$ debería producir dicho subcampo (no puede estabilizarse $ \mathbb R$ sin arreglarlo, ya que $ \mathbb R$ no tiene un automorfismo no trivial). La pregunta (2) es esencialmente si todos ellos se presentan de esta manera.

Answer 1

Con el axioma de la elección, se puede demostrar que existen automorfismos "salvajes". (He leído que ZF es consistente con $Aut( \mathbb {C}) \cong \mathbb {Z} / 2$ )

Para su segunda pregunta, la respuesta es obviamente sí. Pero luego me detengo a pensarlo, parece claro que hay contraejemplos.

Mi receta favorita para construir un "interesante" campo cerrado real comienza con tomar algún campo formalmente real, como $ \mathbb {Q}$ y luego ordenando $ \mathbb {Q}(x)$ de tal manera que $x$ es infinito. Esto claramente se incrusta (como un campo) en $ \mathbb {C}$ y por lo tanto también lo hace su verdadero cierre. Por inducción transfinita, el siguiente algoritmo termina (después de muchos pasos transfinitos):

• Set $F = \mathbb {Q}^r$
• Elija una incrustación $ \phi : \overline {F} \to \mathbb {C}$
• Mientras que $ \overline {F} \not\cong \mathbb {C}$ :
  • Elija $ \zeta \in \mathbb {C} \setminus \phi ( \overline {F})$
  • Set $G = F(x)$ (ordenado con $x$ más grande que cada elemento de $F$ )
  • Ampliar $ \phi $ por $ \phi (x) = \zeta $
  • Ampliar $ \phi : G \to \mathbb {C}$ a $ \overline {G} \to \mathbb {C}$
  • Set $F = G^r$

(básicamente, empezar con los números algebraicos reales, y seguir adyacente a los elementos infinitos y tomar el cierre real hasta que el cierre algebraico es isomórfico a $ \mathbb {C}$ . En los ordinales de límite, recoges todo lo hecho hasta ahora con una unión anidada)

El resultado final es un verdadero campo cerrado $F$ y un isomorfismo $ \phi : \overline {F} \to \mathbb {C}$ . Sin embargo, $F \not\cong \mathbb {R}$ porque $F$ tiene un elemento más grande que cada número racional! (el orden en un campo cerrado real es único, por lo que no puede haber un isomorfismo "salvaje")

No lo he pensado bien, pero creo que el campo de la serie Puiseaux en $x$ sobre $ \mathbb {Q}^r$ (con $x$ infinito), es decir. $ \mathbb {Q}^r((x))^r$ -- es un campo explícito cuyo cierre algebraico es $ \mathbb {C}$ .