Sobre la propiedad universal de completar un campo ordenado

Question

He estado tratando de escribir algunas notas sobre la finalización de ordenada campos, idealmente en el caso general (es decir, no solamente completando $\mathbb{Q}$ conseguir $\mathbb{R}$ pero teniendo en cuenta la conclusión a través de secuencias de Cauchy de cualquier ordenó campo). He encontrado los detalles técnicos de este ser sorprendentemente espinoso, sobre todo en comparación con el relativamente limpia la construcción de la realización de un espacio métrico (en $\mathbb{R}$ como dado).

Por fin he encontrado un lugar limpio, conciso tratamiento del caso general en $\S$ 8.7 de P. M. Cohn texto de Álgebra Básica: Grupos, Anillos y Campos. Él hace el caso general, y también incluye la característica universal de la finalización. Siguiendo su terminología, digamos de un pedido de campo es completo si cada secuencia de Cauchy en ese campo es convergente (yo diría "de forma secuencial completa" para diferenciar de Dedekind integridad y también la posibilidad de considerar más general de Cauchy redes).

Teorema de 8.7.1: Vamos a $K$ ser ordenada campo. Entonces, hay una completa ordenó campo $\tilde{K}$ y una densa orden de incorporación de $\lambda: K \rightarrow \tilde{K}$ tal que para cada orden de incorporación de $f: K \hookrightarrow L$ en un completo ordenó campo $L$ hay una única orden de incorporación de $f': \tilde{K} \rightarrow L$ tal que $f = f' \circ \lambda$.

Estoy feliz con la existencia de $\lambda$. Sin embargo, Cohn prueba de la universalización de la propiedad dice:

"Por último, vamos a $f: K \hookrightarrow L$ ser una orden de incorporación en un campo $L$. Cualquier elemento $\alpha$ de % de $\tilde{K}$ se obtiene como el límite de una secuencia de Cauchy $\{a_n\}$ en $K$; es fácil ver que $\{f(a_n)\}$ es una secuencia de Cauchy en $L$, por lo que tiene un límite..."

Esto suena razonable a primera vista...pero es falso, creo. Supongamos $K = \mathbb{Q}$ e $L = \mathbb{R}((t))$, en el último el único orden en que $t$ es positivo y menor que todo número real positivo. Es bien sabido que el $L$ es completa (todo lo que estoy usando acerca de $L$ es que es completa y no Arquimedianos, y los campos que ciertamente existe, así que si usted prefiere acaba de tomar cualquier $L$). Deje $a_n = \frac{1}{n}$, así que por supuesto $f(a_n) = \frac{1}{n}$. Pero tenemos un problema: la secuencia de $\frac{1}{n}$ no está en el hecho de Cauchy (o, equivalentemente, convergente) en $L$ porque $L$ no es de Arquímedes: el intervalo abierto $(-t,t)$ sobre $0$ no contiene términos de la secuencia!

[De hecho, uno puede hacer que el problema sea aún menos sutil. Se sabe que ultraproducts y tal ordenó construir campos que han innumerables cofinality (lo que es equivalente, no son de primera contables en el orden de la topología). En ese campo, el único de Cauchy secuencias son las que eventualmente constante queridos. En particular, dichos campos se complete automáticamente. Sin embargo, este campo contiene subcampos como $\mathbb{Q}$ que tienen un montón de no finalmente constante secuencias convergentes. Claramente un orden de incrustación puede hacer un no-eventualmente-constante de la secuencia eventualmente constante!]

Por lo tanto reclamo el hecho lamentable que un homomorphism de ordenada campos no necesitan ser incluso secuencialmente continua con respecto a la orden de topologías: a fortiori, no tiene que ser continua.

Así que la pregunta es: estoy haciendo algún tonto error aquí? (Cohn es un estándar de oro algebrista y su libro es precioso y con autoridad, incluso en comparación con muchos de los más conocidos textos estándar.) Si no, es el resultado hasta cierto? Yo pienso que no es: en lugar de $\mathbb{R}((t))$ podríamos tomar a $\mathbb{Q}((t))$ que creo que es todavía completa -- una sucesión es de Cauchy si para cada una de las $n$ la secuencia de $n$th Laurent serie de coeficientes finalmente es constante; por lo tanto secuencias de Cauchy son convergentes -- y, a continuación, la incrustación de $\mathbb{Q}$ no se extenderá a $\mathbb{R}$. Si el resultado es false, me pregunto:

¿Cuál es el apropiado universal de los bienes de la realización de un pedido en el campo? (Nota que me hicieron una pregunta similar sobre la métrica de los espacios de aquí un tiempo.) Podríamos requerir, por ejemplo, los mapas "de forma secuencial de Cauchy" (es decir, para preservar secuencias de Cauchy) y, a continuación, la prueba pasa a través de. Pero eso parece un poco débil...

Añadido: Una solución es imponer la condición de que $f$ también ser una densa incrustación de objetos (es decir, tal que entre dos elementos distintos de $L$ se encuentra un elemento de la imagen de $f$). Esta condición es suficiente para secuencias de Cauchy para asignar secuencias de Cauchy (creo que no es necesario: imaginar la incorporación de un campo de innumerables cofinality en otro campo de mayor cofinality). Si ponemos esto en esencia tenemos un lugar prolijo manera de decir que la conclusión es única, sino que es de hecho la principal aplicación de este resultado, de todos modos, lo que yo sé.

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Además Agregó: La siguiente nota reciente parece enfrentan a algunos problemas en la topología de ordenada campos de cabeza más de lo que yo he visto lo contrario en la literatura. Aquí está el MathSciNet revisión:

Tanaka, Yoshio Topología ordenados en los campos. Comentario. De matemáticas. Univ. Carolin. 53 (2012), no. 1, 139-147. Una orden de campo es un campo de $(K,+,∗)$ equipada con un orden lineal $<$ y el intervalo abierto de la topología $λ(<)$ donde el álgebra y el orden están relacionadas como sigue: si $a,b,c \in K$ e $a<b$,, a continuación,$a+c<b+c$; y si $c>0$ entonces $a∗c<b∗c$. En consecuencia, cualquier ordenó campo contiene una expresión algebraica copia de $\mathbb{Q}$, el habitual campo de los números racionales. Una cuestión clave en este trabajo es que para un subconjunto $A \subset K$, la topología $λ(<)|A$ que $A$ hereda como un subespacio de $(K,λ(<))$ podría, o no, ser el mismo que el intervalo abierto de la topología definida en $A$ por el orden restringido $<|A$. El autor analiza la Arquímedes propiedad de una orden de campo, mostrando, por ejemplo, que el valor de K es de Arquímedes si y sólo si Q es denso en K, y que para cualquier ordenó campo K, ya sea Q es denso en K o se cierra discretos en K. Otros resultados de la preocupación de Dedekind integridad de K y otro resultado muestra que, si K es una de Arquímedes ordenó campo y si f:K→K " es un surjective algebraicas homomorphism, a continuación, los siguientes son equivalentes: f es continua, f es una homeomorphism; y f es el fin de preservar. El documento concluye con ejemplos de diversos ordenó campos y homomorphisms.

No he podido tener en mis manos una copia, pero si alguien puede y parece relevante, lo tomaría como un favor si me dejas saber.

Answer 1

La declaración puede ser corregida mediante la adición de una palabra:

Teorema de 8.7.1: Vamos a $K$ ser ordenada campo. Entonces, hay una completa ordenó campo $\tilde{K}$ y una densa orden de incorporación de $\lambda:K \to \tilde{K}$ tal que para cada cofinal orden de incorporación de $f:K \to L$ en un completo ordenó campo $L$ hay una única orden de incorporación de $f′:\tilde{K} \to L$ tal que $f=f′\circ \lambda$.

Tenga en cuenta que sólo hay dos posibilidades para un subcampo $K$ de una orden de campo $L$: o $K$ es cofinal en $L$ o $K$ es discreta en el $L$. [Si $K \cap (0,\varepsilon) = \varnothing$ entonces $K \cap (x-\varepsilon,x+\varepsilon) = \{x\}$ por cada $x \in K$.] De manera similar, una incrustación $f:K \to L$ es cofinal (y uniformemente continua) o discretas (y tremendamente discontinua).

No puede ser un teorema que permite discretos incrustaciones $f:K \to L$. La razón es que todos los pedidos de campo $K$ es discretamente integrado en la completa ordenó campo $K((T))$ donde $T$ es infinitesimal, con respecto a $K$, y luego no hay ninguna copia de $\tilde{K}$ en $K((T))$ en que $K$ es cofinal menos $K$ ya está completa.

Comentario 1: en Un discreto incrustación $f:K \to L$ nunca puede ser "de forma secuencial de Cauchy" a menos que todas las secuencias de Cauchy en $K$ son finalmente constante. En el caso de que $K$ no tiene no trivial de secuencias de Cauchy, entonces todas las incrustaciones son secuencialmente de Cauchy pero ese $K$ también es trivialmente completa. Por lo tanto, el teorema con "cofinal" y "de forma secuencial de Cauchy" son precisamente equivalente.

Observación 2: Cohn finalización es inusual porque él sólo considera Cauchy secuencias. Sin embargo, coincide con la habitual topológico de finalización cuando la orden de campo es metrizable. Una orden de campo es metrizable, precisamente, si se ha contables cofinality. Cuando un campo tiene innumerables cofinality, todas las secuencias de Cauchy son finalmente constante y Cohn terminación de la banaliza.

Answer 2

Sine Emil parece estar bastante ocupado, aquí es un esquema de la Dedekind estilo de enfoque para completar una orden de campo.

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$\newcommand{\cut}[1]{\langle#1\rangle}$Un buen corte en $K$ es un par $\cut{L,R}$ tal forma que:

1. $L$ es un vacío parcial inicial de $K$ con ningún elemento maximal.
2. $R$ es un vacío en la parte final de la $K$ sin mínimo elemento.
3. $L$ e $R$ no se superponen.
4. Para cada $\varepsilon \gt 0$ hay $x \in L$, $y \in R$ tal que $y - x \lt \varepsilon$.

El único requisito nuevo es el último. Al $K$ es de Arquímedes esto es equivalente a decir que el $L \cup R$ omite en la mayoría de un punto de $K$. Sin embargo, cuando se $K$ no está de Arquímedes, hay algunos cortes que no son buenas, tales como el corte con la parte inferior $(-\infty,1)\cup(-\infty,2)\cup\cdots$

Las operaciones de campo para la buena cortes se definen como de costumbre.

Hecho. Si $\cut{L_1,R_1}$ e $\cut{L_2,R_2}$ son buenos cortes lo es $$\cut{L_1,R_1} + \cut{L_2,R_2} = \cut{L_1 + L_2,R_1 + R_2}.$$

No es difícil comprobar que el buen corte $\cut{(-\infty,0),(0,+\infty)}$ es una identidad para la suma de los buenos cortes. Inversos aditivos también existen:

Hecho. Si $\cut{L,R}$ es un buen corte lo es $\cut{-R,-L}.$ Además, $$\cut{L,R}+\cut{-R,-L} = \cut{(-\infty,0),(0,+\infty)}.$$

Tenga en cuenta que el requisito adicional es muy útil aquí, ya que es equivalente a $R - L = (0,+\infty)$ (módulo los otros tres requisitos).

Para comprender la multiplicación de los recortes, ayuda a pensar en cómo intervalos de multiplicar. El producto $[x_1, y_1] \cdot [x_2, y_2]$ tiene que ser un intervalo y sus extremos deben estar entre los cuatro productos de $x_1x_2, x_1y_2, y_1x_2, y_1y_2.$ Ya que debe contener todos los cuatro productos, el resultado es $$[\min(x_1x_2, x_1y_2, y_1x_2, y_1y_2),\max(x_1x_2, x_1y_2, y_1x_2, y_1y_2)].$$

Hecho. Si $\cut{L_1,R_1}$ e $\cut{L_2,R_2}$ son buenos cortes lo es $\cut{L_1,R_1}\cdot\cut{L_2,R_2} = \cut{L,R}$, donde $$\begin{aligned} L &= \{\min(x_1x_2, x_1y_2, y_1x_2, y_1y_2) : x_1 \in L_1, y_1 \in R_1, x_2 \in L_2, y_2 \in R_2\}, \\ R &= \{\max(x_1x_2, x_1y_2, y_1x_2, y_1y_2) : x_1 \in L_1, y_1 \in R_1, x_2 \in L_2, y_2 \in R_2\}. \end{aligned}$$

(La comprobación de que este producto es un buen corte es realmente sencillo posiblemente menos tedioso que con la definición más común por los casos).

No es difícil comprobar que el buen corte $\cut{(-\infty,1),(1,+\infty)}$ es una identidad para la multiplicación de los buenos cortes. Los inversos multiplicativos, también existen para bien positivo cortes:

Hecho. Si $\cut{L,R}$ es un buen corte y $0 \in L$ entonces $\cut{L^{-1},R^{-1}}$ es también un buen corte donde $$\begin{aligned} L^{-1} &= (-\infty,0] \cup \{y^{-1} : y \in R\}, \\ R^{-1} &= \{x^{-1} : x \in L \cap (0,+\infty)\}. \end{aligned}$$ Por otra parte, $\cut{L,R}\cdot\cut{L^{-1},R^{-1}} = \cut{(-\infty,1),(1,\infty)}.$

Como era de esperar, este último hecho es la parte más tediosa de todas las cuatro de verificar debido al hecho de que $x^{-1}$ no es uniformemente continua en $(0,+\infty)$. Los inversos multiplicativos para el bien de los recortes $\cut{L,R}$ con $0 \in R$ puede ser definido de manera similar o tomando el negativo de la inversa de $\cut{-R,-L}.$

Después de verificar que las operaciones se comportan como se requiere, se obtienen los siguientes.

La Incrustación De Teorema. Si $K$ es un orden de campo, a continuación, el conjunto de todos los buenos cortes de $K$ formas de un pedido de campo $\overline{K}$ de tal manera que $$x \in K \mapsto \cut{(-\infty,x),(x,+\infty)} \in \overline{K}$$ is a dense emebedding of $K$ into $\overline{K}.$ Furthermore, $\overline{K}$ is complete in the sense that every good cut in $\overline{K}$ está lleno.

La finalización de la $\overline{K}$ tiene dos propiedades universales:

Propiedades Universales. Supongamos $K$ es un orden de campo y $h:K \to \overline{K}$ es la incrustación de objetos en su campo de buena cortes.

1. Si $f:K \to L$ es un denso incrustación entonces existe un único incrustación $g:L \to \overline{K}$ tal que $h = g \circ f$.

2. Si $f:K \to M$ es cofinal de incrustación y $M$ es completa, no hay una única incrustación $g:\overline{K} \to M$ tal que $f = g \circ h$.

Answer 3

Escribí el material secuencial de la terminación de una orden de campo. Aparece en el Capítulo 16 de estas notas. Mi punto de vista fue el de Francois Dorais la respuesta: a saber, la corrección de Cohn del Teorema con el cofinality hipótesis añadido a la homomorphism $f: K \rightarrow L$. También he incluido los siguientes resultados:

Deje $f: F \rightarrow F'$ ser un homomorphism de ordenada campos.

La proposición: Vamos a $\{x_n\}$ ser una secuencia en $F$. Si $\{f(x_n)\}$ es de Cauchy, entonces también lo es $\{x_n\}$.

$ $

La proposición (Dorais Dicotomía): Exactamente uno de los siguientes sostiene:
(i) $f(F)$ es discreta en el $F'$.
(ii) $f(F)$ es cofinal en $F'$.

$ $

Teorema: Los siguientes son equivalentes:
(i) $f$ es uniformemente continua. [Por lo tanto $f$ conserva secuencias de Cauchy.]
(ii) $f$ es continua.
(iii) $f$ es continua en $0$.
(iv) $f(F)$ es cofinal en $F'$.

Alguien ha visto a estos resultados en la literatura existente? Me interesaría saber.

Idealmente me gustaría también dar a la construcción de $\mathbb{R}$ de $\mathbb{Q}$ el uso de Dedekind cortes. Pero de lo que sé acerca de Dedekind la terminación, se puede realizar en cualquier linealmente conjunto ordenado y los rendimientos de un Dedekind completa linealmente conjunto ordenado. Pero si desea que el Dedekind realización de un ordenado conmutativa grupo $G$ a conservar la estructura de un conmutativa grupo, es necesario y suficiente para $G$ a ser de Arquímedes. Esto hace que la perspectiva de Dedekind la terminación de una orden de campo ver más limitado. Sin embargo, los comentarios de Niels Diepeveen la respuesta sugiere que debería ser posible encontrar la secuencia de terminación como un subconjunto de la Dedekind la finalización de una manera natural. De nuevo, yo estaría muy interesado en ver que en más detalle.

(Añadido: acabo de enterarme de que la construcción de Emil y Francois está describiendo es de una 1970 papel de R. Baer. Me gustaría poder leer en alemán!)

Answer 4

Nota: Esta respuesta ha sido despedidos por la versión más reciente de la otra respuesta. Estoy dejando en su lugar sólo para guardar los debates conectados a él.

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Parece que han respondido a casi todas sus preguntas. Todo lo que puedo hacer se intenta ofrecer una perspectiva que hace que sus conclusiones parecen más naturales.

El Cauchy realización de un pedido de campo es fundamentalmente nada pero la realización de un topológico de Hausdorff grupo (el grupo aditivo con el fin de topología) que "sucede" a admitir la extensión de algo más de estructura (multiplicación y el orden). Para las terminaciones de topológico de Hausdorff grupos a los que tienen la simple universal de la propiedad

Cada continuo homomorphism de un grupo en un grupo completo tiene un único extensión continua a un homomorphism de su finalización.

Este establecimiento lleva más bien a pedido de los campos. Es "simplemente sucede", como una consecuencia de la extra estructura, que la imagen de un continuo homomorphism de ordenada campos es densa.

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Edit: a la luz de algunos de los comentarios que debo explicar que se hace no hacer una diferencia significativa para el de arriba si "de Cauchy terminación" es interpretado en términos de secuencias o filtros. Si una orden de campo es de primera contables, a continuación, los dos son el mismo; si no lo es, luego, la secuencia de terminación es igual a la de campo original y universal de la propiedad se aplica trivialmente.

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Edit: he escrito antes de que la imagen de un continuo homomorphism de ordenada campos es densa. Buscando de nuevo en mi razonamiento me di cuenta de que podía sólo demostrar que es cofinal. De hecho, parece ser que hay una continua endomorfismo de $R((x))$ que se asigna $x$ a $x^2$ y tiene un denso en ninguna parte imagen. Esto sugiere que puede ser difícil para el estado de una característica universal en el orden teórico de los términos.

Answer 5

François G. Dorais ya ha descrito en detalle la construcción de finalización el uso de los recortes, pero permítanme añadir otra perspectiva que puede parecer más algebraica-mente.

Los siguientes son equivalentes para cualquier ordenó campo $K$:

1. $K$ no tiene adecuada ordenó la extensión de $L$ en que es denso (en el sentido de que hay un elemento de $K$ entre cualquier par de elementos de $L$).

2. Cada buen corte en $K$ está lleno.

Para $2\to1$, basta observar que cualquier $a\in L$ determina un buen corte $\langle(-\infty,a)\cap K,(a,+\infty)\cap K\rangle$ (condición 4 tiene a causa de la densidad de $K$ en $L$), y el único elemento de $L$ que puede llenar es $a$ sí (de nuevo debido a la densidad). Por lo tanto, $a\in K$.

Para $1\to2$, Vamos a $\langle A,B\rangle$ ser un buen corte que no se llena en $K$. Para cada polinomio $f\in K[x]$, exactamente uno de los siguientes debe suceder (usando el hecho de que un polinomio puede cambiar de signo sólo un número finito de veces en un orden de campo):

(+) No hay $a\in A$, $b\in B$, y $0<\epsilon\in K$ tal que $f(u)>\epsilon$ por cada $u\in(a,b)$.

(−) Hay $a\in A$, $b\in B$, y $0<\epsilon\in K$ tal que $f(u)>-\epsilon$ por cada $u\in(a,b)$.

(0) Para cada $0<\epsilon\in K$ hay $a\in A$ e $b\in B$ tal que $-\epsilon<f(u)<\epsilon$ por cada $u\in(a,b)$.

El conjunto $I$ de todos los polinomios de satisfacción (0) es un alojamiento ideal, y tomar (+) positiva cono induce un orden en $K[x]/I$, lo que canónicamente se extiende a su fracción de campo $L$. A continuación, $L$ es una extensión de $K$ donde $x+I$ llena el corte de $\langle A,B\rangle$. Uno puede mostrar que $K$ es denso en $L$ usando el uniforme de la continuidad de polinomios.

Así, vamos a llamar a un orden de campo completo cuando se cumple cualquiera de estas condiciones. Por el lema de Zorn, cada $K$ tiene un máximo ordenó la extensión de $\hat K$ en que es denso. A continuación, $\hat K$ es completa. Como en el anterior, cada elemento de la $\hat K$ está determinada únicamente por un buen corte en $K$ (por la densidad), y por el contrario cada corte se llena en $\hat K$ (por integridad), por lo tanto $\hat K$ puede ser identificado con el conjunto de todos los buenos cortes en $K$. Uno puede fácilmente comprobar que cumple con las adecuadas condiciones universales (por ejemplo, si $K$ es denso en $L$, la asignación de envío de cada elemento de $L$ a el corte en $K$ determina que es el único ordenado $K$-la incorporación de la $L$ en $\hat K$), lo que implica también que $\hat K$ es único hasta el isomorfismo.

EDIT: en cuanto a las referencias, la construcción parece ser debido a Dana Scott [En completar ordenó campos, en: Aplicaciones del Modelo de la Teoría de Álgebra, Análisis y Probabilidad, Nueva York, 1969, pp 274-278], pero por desgracia no tengo acceso a este libro.