Campos cuyo cierre algebraico no puede ser construido sin el axioma de elección

Question

Se puede demostrar que la afirmación de que cada campo tiene un cierre algebraico requiere el axioma de elección.

Sin embargo, para casi todos los campos "cotidianos", parece que uno realmente puede producir un cierre algebraico de manera bastante explícita sin utilizar AC (con lo que quiero decir: uno puede producir una extensión algebraica del campo base y demostrar que es algebraicamente cerrado, sin usar AC). No necesariamente se puede demostrar la unicidad del cierre algebraico, pero de todas maneras se puede construir uno. Por ejemplo:

1. Campos finitos;
2. Campos de series de Laurent formales sobre un campo algebraicamente cerrado (siendo el cierre algebraico dado por el campo de series de Puiseux);
3. El campo de funciones racionales sobre un campo algebraicamente cerrado: se incrusta en el campo de series de Laurent formales, por lo que se puede tomar su cierre algebraico en el campo de series de Puiseux. Más en general, cualquier subcampo de un campo cuyo cierre algebraico exista en ZF también tiene un cierre algebraico en ZF.
4. Los números reales. En este estoy solo 95% seguro. Obviamente se puede construir $\mathbf C$ a partir de $\mathbf R$ sin elección, pero todas las demostraciones de que $\mathbf C$ es algebraicamente cerrado utilizan análisis de alguna manera, y quizás aquí puedan surgir problemas. (El aporte analítico en la demostración de Legendre de que $\mathbf C$ es algebraicamente cerrado parece ser solo el teorema del valor intermedio, que no depende de AC. Sin embargo, ¡estaré feliz si un experto puede dar su opinión!)
5. $\mathbf Q$. Si (5) es cierto, entonces se puede construir el cierre algebraico de $\mathbf Q$ sin AC tomando el cierre algebraico de $\mathbf Q$ en $\mathbf C$. Alternativamente, y de manera más simple, también se puede hacer esto directamente escribiendo una enumeración de $\mathbf Q[x]$.
6. $\mathbf Q_p$. En este tampoco estoy completamente seguro. Se puede usar el lema de Krasner para demostrar que $\mathbf Q_p$ tiene un número finito de extensiones de grado dado hasta isomorfismo, y se debería poder usar esto para escribir un subconjunto contable de $\mathbf Q_p[x]$ cuyo cuerpo de descomposición es un cierre algebraico de $\mathbf Q_p$. Pero quizás me esté perdiendo un punto sutil.

Pregunta: ¿Existe un ejemplo explícito de un campo cuya existencia de su cierre algebraico se pueda demostrar depende de AC? Un candidato natural podría ser un campo de funciones racionales en un número muy grande de variables. Sin embargo, ¡cuanto menos "degenerado" sea el ejemplo, mejor!

Answer 1

Re: (4). Dado que solo estás "95% seguro".....En ZF, sin análisis, tenemos

(i). Si $X$ es un espacio compacto y $f:X\to [0,\infty)$ es continua y $y=\inf_{x\in X}f(x)$ entonces $\exists x\in X\;(f(x)=y).$ De lo contrario $\{f^{-1}(y+r,\infty):r>0\}$ es una cubierta abierta de $X$ sin sub-cubierta finita.

(ii).(Editado). $[-r,r]^2$ es compacto para $r$ real positivo. Derivamos esto de (iii) a continuación. [No quiero reenumerar todas las referencias en la segunda mitad de esta sección.]

(iii). Un intervalo real cerrado y acotado es compacto.

(iv). (Elemental). Para $r>0$ el conjunto $R(r)=\{z\in \mathbb C: \max (|Re (z)|, |Im(z)|)\leq r\}$ es homeomorfo a $[-r,r]^2.$ Por (ii) y (iii), $R(r)$ es compacto.

(v). (Elemental). Si $p:\mathbb C\to \mathbb C$ es un polinomio no constante entonces $|p(z)|\to \infty$ uniformemente cuando $|z|\to \infty$. Y por medios algebraicos elementales, $|p|$ es una función continua.

Teorema. Un polinomio no constante $p:\mathbb C\to \mathbb C$ tiene un cero. DEMOSTRACIÓN: El caso deg $(p)=1$ es trivial, así que asumimos deg$(p)>1.$

Por (v) existe $r>0$ tal que $\forall z \in \mathbb C$ \ $R(r)\;( |p(z)|>|p(0)|).$

Sea $R(r)$ como en (iv). Ahora $R(r)$ es compacto así que existe $z_0\in R(r)$ con $|p(z_0)|=\min \{|p(z)|:z\in R(r)\}.$

Tenemos $|p(z_0)|\leq |p(0)|.$ Además $z\not \in R(r)\implies |p(z)|>p(0)|\geq |p(z_0)|.$ Por lo tanto $$|p(z_0)|=\min \{|p(z)|:z\in \mathbb C\}.$$

Asumimos ahora que $p(z_0)\ne 0$ y obtenemos una contradicción.

Dado que deg$(p)>1$ existe (único) $k\in \mathbb N$ y $A\ne 0$ y polinomio $q$ tal que $$\forall z\;(p(z)=p(z_0)+A(z-z_0)^k(1+(z-z_0)q(z-z_0)).$$ Existe $y$ tal que $Ay^k/p(z_0)$ es un número real negativo. Para dicho $y,$ tenemos $A(ys)^k/p(z_0)<0$ para todo $s>0.$ Ahora existe (pequeño) $s>0$ tal que $$A(ys)^k=-tP(z_0)\text { para cierto } t\in(0,1)$$ $$\text { y }\quad |ys\cdot q(ys)|<1/2$$ . $$\text {Luego }\quad |p(z_0+ys)|=|(1-t)p(z_0)-tp(z_0)(ys\cdot q(ys)|\leq$$ $$ \leq (1-t)|p(z_0)|+t|p(z_0)|/2=$$ $$=(1-t/2)|p(z_0)|<|p(z_0)|$$ lo cual contradice la minimalidad de $|p(z_0)|.

La larga lista de preliminares fue para asegurarse de que no se hubiera asumido AC en algún lugar.