¿Implica Con(ZF) Con(ZF + Aut C = Z/2Z)?

Question

¿Cuántos automorfismos de campo tiene $\mathbf{C}$ ¿tiene? Si asumes el axioma de la elección, hay toneladas de ellas $2^{2^{\aleph_0}}$ Yo creo. Y si no ¿qué tan esencial es el axioma de elección para construir automorfismos "salvajes" de $\mathbf{C}$ ? Específicamente, si usted asume que ZF admite un modelo, ¿implica eso que ZF admite un modelo donde $\mathbf{C}$ no tiene automorfismos salvajes: $\mathop{Aut}\mathbf{C}=\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$ ?

Supongo que si eso es cierto, la siguiente pregunta lógica es construir modelos de ZF donde $\mathop{Aut}\mathbf{C}$ tiene una cardinalidad estrictamente entre 2 y $2^{2^{\aleph_0}}$ -bastante inquietante si me preguntas. ¿Qué grupos finitos puedes golpear?

Answer 1

El uso de cardinales inaccesibles no es necesario aquí, la propiedad de Baire funciona igual de bien que la medida de Lebesgue. Shelah ( ¿Puede quitarle a Solovay lo inaccesible , Isr. J. Math. 48, 1984, 1-47) muestra que ZF + DC + "todo subconjunto de R tiene la Propiedad de Baire " es relativamente consistente con ZF. (Este es también el documento donde Shelah también muestra que el cardinal inaccesible es necesario para el resultado de Solovay).

La conexión es un viejo teorema de Banach y Pettis que dice que cualquier homomorfismo medible de Baire entre grupos polacos es automáticamente continuo. Este resultado es demostrable en ZF + DC. Como C es un grupo polaco bajo adición, se deduce que todo endomorfismo aditivo de C es continuo en el modelo de Shelah. Dado que los endomorfismos aditivos continuos de C son precisamente los endomorfismos del espacio vectorial R, se deduce que los únicos automorfismos de campo de C en el modelo de Shelah son la identidad y la conjugación.

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Como ha señalado Pete Clark en los comentarios, el Teorema de Artin-Schreier pasa por utilizar sólo el Teorema del Ideal Primario Booleano (TIP), que es significativamente más débil que el AC completo. Esto muestra que AC no es completamente necesario para demostrar que hay una única clase de conjugación de elementos de orden 2 en Aut(C) y que éstos corresponden precisamente a los subgrupos finitos de Aut(C).

Mirando a Pete Clark's Notas de teoría de campo En los pasos 4 y 5 de su demostración del Gran Teorema de Artin-Schreier en las páginas 62-63, creo que es un teorema de ZF que el único orden posible para un subgrupo finito no trivial de Aut(C) es 2.

Answer 2

La respuesta de Pete es informativa. Pero hay un sutil punto que en realidad le da la vuelta a la respuesta. ¡Resulta que la respuesta está relacionada con los cardenales grandes! [Edición: la respuesta de François muestra cómo evitar el cardenal inaccesible].

Pete menciona el artículo de Kestelman, que explica

Toda función que define un automorfismo no trivial de los números complejos transforma todo conjunto acotado (en el plano de Argand) en un conjunto de medida de Lebesgue cero o bien en un conjunto no medible.

Al considerar conjuntos acotados cada vez más grandes, esto significa que la existencia de un automorfismo no trivial implica la existencia de un conjunto no medible. Creo que esta parte del artículo de Kestelman no utiliza AC, aunque supongo que supongo que hay que tener Opciones Dependientes (DC) para tener una teoría decente de la medida de Lebesgue.

Pete menciona que se sabe que hay modelos de ZF en que cada conjunto de reales es medible. Estos modelos, sin embargo, como menciona Gerald en sus comentarios, están construidos a partir de un modelo básico de ZFC que tiene un cardinal inaccesible (el modelo de Solovay). Shelah ha demostrado que esta hipótesis de cardinal grande no puede ser omitida. Así, la consistencia de ZF + DC + "Todo conjunto es medible por Lebesgue medible" es equivalente a la teoría "ZFC + hay un cardinal inaccesible". Una forma de explicar lo que esto significa es que debemos tener exactamente la misma confianza en la en la consistencia de los cardinales inaccesibles como en que no hay que no existe un análogo de la construcción de Vitali de un conjunto no medible de Lebesgue que no utilice AC.

Dado que el resultado de Kestelman muestra que la existencia de un automorfismo no trivial de C (en presencia de DC) implica la existencia de un conjunto no medible, esto establece:

• Con(ZFC + hay un cardinal inaccesible) implica Con(ZF + DC + no hay ningún automorfismo no trivial de C).

Este es el resultado real que proporciona el argumento de Pete. La hipótesis aquí es estrictamente más fuerte que Con(ZF), si ZF es consistente. [Edición: François muestra que al utilizar la propiedad Baire en lugar de la medida, se evita la necesidad de cardinales inaccesibles, por lo que tiene el argumento óptimo].

Tener DC en la conclusión parece lo que se debería desear, cuando se consideran funciones sobre R y C, ya que incluso para saber que las caracterizaciones de continuidad de épsilon-delta y de secuencia convergente de la continuidad son equivalentes utiliza DC.

No estoy seguro de lo que sucede si uno deja caer DC en la conclusión. Por ejemplo, se sabe que es consistente con ZF que los reales son una unión contable de conjuntos contables, y este modelo no tiene DC o incluso elección contable. ¿Quizás este sea un buen modelo candidato?

Por último, la pregunta sobre la realización de otros grupos es extremadamente interesante.

Answer 3

Querido Jared,

Lo primero es lo primero: suponiendo AC, es cierto que para cualquier campo algebraicamente cerrado $F$ , $\# \operatorname{Aut}(F) = 2^{\# F}$ . La idea principal para esto es que podemos elegir una base de trascendencia y entonces cada permutación de la base de trascendencia se extiende a un automorfismo de $F$ . Véase, por ejemplo, el teorema 80 de la página 49 de

http://math.uga.edu/~pete/FieldTheory.pdf

para más detalles.

En segundo lugar, sí, es coherente con ZF que $\operatorname{Aut}(\mathbb{C})$ es sólo la identidad y la conjugación compleja, al menos si crees en cardenales inaccesibles . Hay muchos resultados de la forma "Un automorfismo de campo de $\mathbb{C}$ es continua (es decir, es la identidad o la conjugación compleja) si...." Una de estas condiciones suficientes es la mensurabilidad, por ejemplo

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Kestelman, H. Automorfismos del campo de los números complejos. Proc. London Math. Soc. (2) 53, (1951). 1--12.

http://www.math.uga.edu/~pete/Kestelman51.pdf

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Y es conocido Creo haber oído que hay modelos de ZF en los que cada subconjunto de $\mathbb{C}$ es medible. [ Anexo : Como menciona el profesor Edgar en su comentario, existe la Modelo Solovay cuya construcción se basa en la existencia de un cardinal inaccesible. Así que no estoy seguro de si se sabe incondicionalmente si "Todos los subconjuntos de $\mathbb{C}$ son medibles por Lebesgue" es consistente con ZF. Pero parece que se cree que esto es cierto, al menos].

En cuanto a tu tercera pregunta -- en las matemáticas convencionales tenemos el teorema de Artin-Schreier, que implica que para cualquier campo algebraicamente cerrado $F$ , $\operatorname{Aut}(F)$ no tiene subgrupos finitos de orden mayor que $2$ . (Véase, por ejemplo loc. cit. (el teorema 98 de la p. 61). Pero la prueba de esto utiliza AC. Sin AC, ciertamente no lo sé. Sospecho que necesitarás a un verdadero teórico de conjuntos (¡existen personas así en MO!) para eso.

Anexo : Como se estableció en una pregunta anterior de MO -- ¿Cuántas opciones se necesitan para demostrar que los campos formalmente reales pueden ser ordenados? -- la ordenabilidad de todos los campos formalmente reales es equivalente al teorema del ideal primo booleano. De ello se deduce que (como sugirió François G. Dorais) el BPIT implica el Gran Teorema de Artin-Schreier. Tal vez esto podría ser útil para responder a la última pregunta de Jared (aunque no veo inmediatamente cómo).