Algebraicamente cerrado de campo con características $0$ frente al $\mathbb{C}$

Question

Sabemos que $\mathbb C$ es algebraicamente cerrado de campo con características $0$.

Parece que si una proposición que puede ser expresado en el lenguaje de la lógica de primer orden que es verdad para un algebraicamente cerrado de campo con características $0$, entonces es cierto para $\mathbb C$ (y para cada algebraicamente cerrado de campo con carácter $0$).

Estoy buscando resultados interesantes que sería cierto para los más de $\mathbb C$, pero no es cierto sobre algunos algebraicamente cerrado de campo con carácter $0$. Estoy más interesado en "aplicar" los resultados que los resultados en la teoría de campo.

Comentario adicional: La pregunta inicial es vaga (pero en fin). Aquí es lo que desencadena esa pregunta en mi mente. Sudbery demostrado el siguiente resultado: Deje $f(z)$ ser un polinomio de grado $N$ con coeficientes complejos, y deje $f^{(r)}(z)$ el valor del $r$th derivado de la $f(z)$. Si $f(z)$ tiene dos o más distintos raíces, a continuación, $\prod_{i=1}^{N}f^{(r)}(z)$ tiene al menos $N+1$ distintas raíces. Este resultado no parece generalizar fácilmente a algebraicamente cerrado de campo con características $0$.

Answer 1

Si usted desea declaraciones que en el campo de la teoría en la naturaleza, entonces útil contraste es entre el algebraicamente cerrado campo de $\overline{\mathbb Q}$ (el algebraicas cierre de $\mathbb Q$$\mathbb C)$$\mathbb C$. El primero es el más pequeño algebraicamente cerrado de campo de tipo char. cero, mientras que $\mathbb C$ es enorme en comparación.

Por ejemplo, $\mathbb C$ contiene una secuencia de elementos $x_i$ que son todos mutuamente algebraicamente independiente (en otras palabras, contiene una copia de el campo de $\mathbb Q(x_1,\ldots,x_n,\ldots)$ de funciones racionales sobre $\mathbb Q$ en una contables número de variables), mientras que $\overline{\mathbb Q}$ no contiene un elemento que es algebraicamente independiente de $\mathbb Q$.

Añadido: tenga en cuenta que la anterior propiedad hace que sea mucho más fácil probar que el Nullstellenstatz $\mathbb C$ $\overline{\mathbb Q}$ , por ejemplo.

Answer 2

Yo (también) encontrar a la pregunta original, bastante vago: hay tantas diferencias entre el $\overline{\mathbb{Q}}$ $\mathbb{C}$ que no sabría por dónde empezar. Lo que es más interesante es que según el modelo de la teoría de la primera orden de las teorías de estos campos de acuerdo.

Compare esto con el "Lefschetz Principio" en la geometría algebraica: si $K_1$ es cualquier algebraicamente cerrado campo de característica cero y el infinito de la absoluta trascendencia de grado, a continuación, "la geometría algebraica es la misma en $K_1$ es $\mathbb{C}$". La declaración en comillas no es preciso, pero sin duda debe ser interpretado para significar mucho más que sólo la igualdad de primer orden teorías, como la música clásica algebraica de los geómetras bien saben (este es el principio detrás de Weil universal de los dominios). Modelo teóricos han tratado de formular la Lefschetz Principio más precisamente, aunque a lo mejor de mi conocimiento, nunca en un lugar completamente manera definitiva.

Con respecto a tu "comentario": para cada entero positivo $N$ que usted ha escrito un primer pedido de declaración de $P(N)$ en el idioma de los campos que Sudbery mostró vale más de $\mathbb{C}$ utilizando, en parte, a la convexidad de los argumentos. Me dicen que sigue inmediatamente de la integridad de $\operatorname{ACF}_0$ que para todos los $N \in \mathbb{Z}^+$, $P(N)$ cuenta con más de cualquier algebraicamente cerrado campo de característica cero (aunque no parece sensato de la noción de "convexidad" en este contexto-es decir, el modelo de la teoría realmente está ayudando a salir de aquí!). Además, por Ax Traslado del Principio, para cada uno de ellos fijo $N$, debe existir un entero positivo $M(N)$ tal que para todos los números primos $p \geq M(N)$, la declaración de $P(N)$ mantiene por encima de cualquier algebraicamente cerrado campo de la característica $p$. Usted puede encontrar (lo que espero es) una forma muy detallada, de la escuela primaria de la presentación de esta transferencia de principio en $\S 3.5$ de estas notas.

Ahora, permítanme llamar su atención a los siguientes MathSciNet Revisión:

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MR1152642 (92j:11144) Bartocci, Umberto; Vipera, María Cristina En el de Gauss-Lucas lema en característica positiva. Italiano (resumen) Atti Acad. Naz. Lincei Rend. Cl. Sci. Fis. Mat. Natur. (8) 82 (1988), no. 2, 211-216 (1989).

Si $f(x)$ es un polinomio no constante con coeficientes en el campo de los números complejos de grado $n$, entonces tiene al menos una raíz α; para todo k en el intervalo µ≤k≤n, donde m es la multiplicidad de α, tenemos f(k)(α)/=0 (por ejemplo, una raíz que se llama un "libre" de la raíz de f). Esto es una consecuencia de la de Gauss-Lucas lema que fue demostrado por A. Sudbery [Toro. Londres Matemáticas. Soc. 5 (1973), 13--17; MR0320288 (47 #8827)]. Sudbery conjeturado que esta propiedad sigue siendo cierto para polinomios con coeficientes en un campo de característica positiva p>n. Bartocci [Atti Acad. Naz. Lincei Rend. Cl. Sci. Fis. Mat. Natur. (8) 56 (1974), no. 6, 856 858--; MR0389865 (52 #10695)] demostró que esta conjetura es falsa, pero es verdad para p>C(n). En este trabajo se muestra que, si $n<p<2n−2$, entonces existen polinomios que no tienen raíces libres a todos. (Revisado por M. Marden)

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Es decir, la parte de Sudbery la conjetura de que sigue inmediatamente a partir del modelo estándar de la teoría fue comprobada (no usando el modelo de la teoría, a lo que yo sé) en un artículo publicado un año más tarde. Mucho más tarde se ha demostrado que el más fuerte de forma cualitativa de Sudbery la conjetura está muy lejos de ser verdad. (Esta situación es algo similar a lo que sucedió con Artin la Conjetura de $p$-ádico campos: ver $\S 7$ de las mismas notas.)

Answer 3

Aquí está un ejemplo de un no-de primer orden de la declaración de que es cierto por $\mathbb{C}$ (y de hecho, cualquier innumerables algebraicamente cerrado de campo), pero no, por ejemplo, más de $\overline{\mathbb{Q}}$.

Deje $k$ ser un algebraicamente cerrado de campo. Recordar Schur del lema: si $A$ es finito-dimensional $k$-álgebra, y $V$ un irreductible $A$-módulo, a continuación, $\hom_A(V, V) = k$ se compone de los escalares. Bajo ciertas circunstancias, es posible extender esta a infinito-dimensional álgebras. Dixmier del lema afirma que si $k$ es incontable, entonces si $A$ es un countably dimensiones irreductibles $A$-módulo, tenemos $\hom_A(V, V) = k$. La prueba usual de Schur del lema (que se basa en la búsqueda de un autovalor de un endomorfismo) se rompe, pero podemos argumentar de la siguiente manera: $\hom_A(V, V)$ es un anillo de división, y si contiene un elemento $T \notin k$, hay un (conmutativa) campo de $k(T) \subset \hom_A(V, V)$. Pero $\hom_A(V, V)$ es countably dimensiones (ya que se inyecta en $\hom_k(v, V)$ cualquier $v \neq 0$$V$, por irreductibilidad), mientras que $k(T)$ no es countably dimensiones si $k$ es incontable. El parcial de fracciones $1/(T - \lambda), \lambda \in k$ son linealmente independientes.

La idea esencial de la prueba es que una extensión adecuada de $k$ debe ser uncountably dimensiones. Tenga en cuenta que la restricción en $k$ es necesario: de lo contrario, por ejemplo, podríamos tomar el countably-dimensional $\overline{\mathbb{Q}}$-álgebra $\overline{\mathbb{Q}}(t)$ y la consideran como un simple módulo sobre sí mismo. A continuación,$\hom_\overline{\mathbb{Q}}(t)(\overline{\mathbb{Q}}(t), \overline{\mathbb{Q}}(t)) = \overline{\mathbb{Q}}(t)$. Así Dixmier del lexema es falso sin la cardinalidad hipótesis.

Como Matt E observa, el Nullstellensatz es mucho más fácil probar más de incontables campos: la clave del lexema en el Nullstellensatz, de hecho, es la declaración de que un finitely generado álgebra sobre un campo que es en sí mismo un campo es una extensión algebraica. Esta cardinalidad argumento da una rápida prueba de ello.

Answer 4

Como se indicó esta pregunta es muy vaga, y respondiendo, es difícil. Independientemente, aquí están algunas respuestas:

• $\mathbb{C}$ es completo, mientras que $\overline{\mathbb{Q}}$ no lo es.
• $\mathbb{C}$ es incontable mientras que $\overline{\mathbb{Q}}$ es contable.