2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение26.06.2012, 16:01 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


08/11/11
5940
Хорхе в сообщении #589293 писал(а):
Если бы этот факт имел место и для прямой суммы множеств (которая в некотором смысле "эквивалентна" декартовому произведению)


Нашел такую статью

http://arxiv.org/abs/0808.1873

, но вроде бы нужны дополнительные предположения.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение26.06.2012, 20:17 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
У Alexander Kharazishvili, Nonmeasurable Sets and Functions нашёл конструкцию, хотелось бы разобраться.
Строятся подгруппы $\mathbb{R}$, являющиеся множеством Бернштейна и пересекающиеся только в нуле.
Для каждого $X\subset\mathbb{R}$ обозначают через $[X]$- группу, порожденную $X$. Пусть $\alpha$- наименьший ординал мощности $\mathfrak{c}$ и пусть $\{P_{\xi}|\xi<\alpha\}$- семейство всех замкнутых подмножеств $\mathbb{R}$ (Мне непонятно, они что определили так трансфинитную последовательность замкнутых множеств типа $\alpha$, в смысле $P_\xi$- произвольное несчетное замкнутое подмножество прямой? Такая последовательность существует из теоремы об определнии по трансфинитной индукции, так?). Далее определяются 2 трансфинитные последовательности типа $\alpha$: $$\{G_{1,\xi}|\xi<\alpha\}\text{ и }\{G_{2,\xi}|\xi<\alpha\}$$, такие что:
1. $G_{1,1}\subset G_{1,2}\subset\ldots\subset G_{1,\xi}\subset\ldots$
2. $G_{2,1}\subset G_{2,2}\subset\ldots\subset G_{2,\xi}\subset\ldots$
3. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $G_{1,\xi}\cap G_{2,\xi}=\{0\}$
4. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $G_{2,\xi}\cap P_{\xi}\ne\varnothing$, $G_{2,\xi}\cap P_{\xi}\ne\varnothing$
5. Для каждого ординала $\xi<\alpha$: $card(G_{1,\xi})\le card(\xi)+\omega$, $card(G_{2,\xi})\le card(\xi)+\omega$
Предположим, что для некоторого ординала $\xi$ семейства $\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\}$ и $\{G_{2,\zeta}|\zeta<\xi\}$ уже определены. Кладём, что $G_{\xi'}=\left[\bigcup\{G_{1,\zeta}\cup G_{2,\zeta}|\zeta<\xi\}\right]$. Далее получим, что $card(G_{\xi}')\le card(\xi)+\omega<\mathfrak{c}$
Первое неравенство, как я понял, вытекает из того, что если $G$- группа, $H\subset G$- подмножество, такая что $card(H)=\mathfrak{m}\ge\aleph_0$, тогда $|[H]|=\mathfrak{m}$. Рассмотрим множество всех конечных сумм $H'=\{(-1)^{\varepsilon_1}a_1+\ldots+(-1)^{\varepsilon_n}a_n|a_i\in H,n\in\mathbb{N},\varepsilon_i\in\{0,1\}\}$- группа, тогда имеем, что $|H'|\le\mathfrak{m}$, значит $[H]=\mathfrak{m}$. Т.е. Мы изначально должны выбрать $G_{1,1},G_{2,1}$- бесконечными? А такие $G_{1,1},G_{2,1}$ вообще есть?

Т.к. $card(P_{\xi})=\mathfrak{c}>card(G_{\xi})'$, то можно выбрать 2 различные точки $u_{\xi},v_{\xi}$, такие что$\forall m,n\in\mathbb{Z}\ (mv_{\xi}+nu_{\xi}\in G_{\xi}'\Rightarrow m=n=0)$ (Поясните пожалуйста, почему так можно сделать?). Теперь определяют $G_{1,\xi}=\left[\{u_\xi\}\cup(\bigcup\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$, $G_{2,\xi}=\left[\{v_\xi\}\cup(\bigcup\{G_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$. Окончательно пологают, что $G_1=\bigcup\{G_{1,\xi}|\xi<\alpha\}$ и $G_2=\bigcup\{G_{2,\xi}|\xi<\alpha\}$. В инетернетах нашёл, что множество Бернштейна- неизмеримо и имеет мощность континуума. Доказывать это я тоже не умею :-( , дайте, пожалуйста, на водку. И также в конце доказательства сделано замечание, что это док-во можно модифицировать и для подполя $\mathbb{R}$. Это понятно, т.к. длч подполя верно, что $card(\mathbb{F}_{\xi}')\le card(\xi)+\omega<\mathfrak{c}$ и для аналогично построенного $\mathbb{F}_{1,\xi}=\left[\{u_\xi\}\cup(\bigcup\{\mathbb{F}_{1,\zeta}|\zeta<\xi\})\right]$ верно $card(\mathbb{F}_{1,\xi})\le card(\xi)+\omega$. Остаётся только определить бесконечные $\mathbb{F}_{1,1}$ и $\mathbb{F}_{2,1}$ с пересечением только в $\{0\}$ и $\{1\}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 11:49 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
arqady в сообщении #589033 писал(а):
Кстати, легко показать, что не существует собственного подполя $F$ поля $\mathbb R$ такого, что $F\left(\sqrt2\right)=\mathbb R$.

Хорхе в сообщении #589051 писал(а):
Да, расширение порядка 2 является нормальным, а $\mathbb R$ не может быть конечным нормальным расширением (поскольку группа его автоморфизов тривиальна).

А как быть, если $\mathbb R$ заменить на $\mathbb C$? Ведь Ваше рассуждение не проходит в этом случае. :wink:

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 12:37 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
arqady в сообщении #589599 писал(а):
arqady в сообщении #589033 писал(а):
Кстати, легко показать, что не существует собственного подполя $F$ поля $\mathbb R$ такого, что $F\left(\sqrt2\right)=\mathbb R$.

Хорхе в сообщении #589051 писал(а):
Да, расширение порядка 2 является нормальным, а $\mathbb R$ не может быть конечным нормальным расширением (поскольку группа его автоморфизов тривиальна).

А как быть, если $\mathbb R$ заменить на $\mathbb C$? Ведь Ваше рассуждение не проходит в этом случае. :wink:

Не проходит, поскольку у $\mathbb C$ очень много нетривиальных автоморфизмов. И, если мне не изменяет память, то существует такой автоморфизм $\varphi$, что $\varphi(\sqrt{2})=-\sqrt{2}$, поэтому если $\mathbb{F}$ -- поле, фиксируемое этим автоморфизмом, то $\mathbb C=\mathbb{F}(\sqrt{2})$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 13:58 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Хорхе, можно доказать, что и в случае $\mathbb C$ такоe $F$ не существует! :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 14:55 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
Ага, понял свою ошибку: мне нужен такой автоморфизм порядка 2. Сейчас подумаю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 14:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
Хорхе
, кажется понял как строить неизмеримое собственное подполе, Вы не посмотрите, правильно ли?
Положим $\mathbb{F}_0=\mathbb{Q}$. Вполне упорядочим семейство несчетных замкнутых множеств $\{P_\xi|\xi<\alpha\}$ наименьшим ординалом $\alpha$ мощности $\mathfrak{c}$. Определяем трансфинитную последовательность типа $\alpha$- $\{\mathbb{F}_\zeta|\zeta<\alpha\}$, такую что $\mathbb{F}_\zeta<\mathbb{F}_\theta\Leftrightarrow \zeta<\theta$, $|\mathbb{F}_\zeta|\le|\zeta|+\aleph_0$. Положим, что все $\{\mathbb{F}_\zeta|\zeta<\xi\}$ уже определены. Тогда $F_\xi '=\left[\bigcup\limits_{\zeta<\xi}\mathbb{F}_\zeta\right]$, причем $|F_\xi '|\le|\xi|+\aleph_0<\mathfrak{c}$. Существует элемент $u_\xi\in P_\xi$, такой что $\forall m\in\mathbb{Z}\ mu_\xi\in\mathbb{F}_\xi '\Rightarrow m=0$, если бы не существовал, то $\mathbb{F}_\xi '$ было бы мощности континуум. Тогда имеем $\mathbb{F}_\xi=\left[\{u_\xi\}\cup\left(\bigcup\limits_{\zeta<\xi}\mathbb{F}_\zeta\right\righ)\right]$ и $\mathbb{F}=\bigcup\limits_{\zeta<\alpha}\mathbb{F}_\zeta$. $\mathbb{F}$- множество Бернштейна, значит не измеримое.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение27.06.2012, 20:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


03/08/11
1613
Новосибирск
Да уж, понял, что бред написал...

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение28.06.2012, 10:23 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
arqady в сообщении #589654 писал(а):
можно доказать, что и в случае $\mathbb C$ такоe $F$ не существует!
Действительно, рассмотрим корень восьмой степени из минус единицы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение28.06.2012, 12:16 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


14/02/07
2648
А я рассмотрел, ничего не получилось. Я, правда, мало думал.

-- Чт июн 28, 2012 13:18:05 --

xmaister в сообщении #589875 писал(а):
Да уж, понял, что бред написал...

То-то я понять это не мог. Но пока не придумал ничего нового.

 Профиль  
                  
 
 Re: Подполе $\mathbb{R}$
Сообщение28.06.2012, 15:26 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
nnosipov, это ведёт к победе! :D

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 26 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group