Подполе $\mathbb{R}$

[xmaister]

Существует ли неизмеримое по Лебегу подполе $\mathbb{F}\subset\mathbb{R}$?

[Профессор Снэйп]

Хм!.. Мне кажется, должно существовать. Надо подумать...

-- Пн июн 25, 2012 18:46:29 --

Ну вот берём неизмеримое подмножество $\mathbb{R}$, а затем минимальное по включению подполе, содержащее это подмножество. Вроде оно получается неизмеримым. Хотя не уверен.

[Хорхе]

Профессор Снэйп в сообщении #588904 писал(а):

Ну вот берём неизмеримое подмножество $\mathbb{R}$, а затем минимальное по включению подполе, содержащее это подмножество. Вроде оно получается неизмеримым. Хотя не уверен.

Это неверно. Возьмем стандартный пример неизмеримого множества (представители $\mathbb R/\mathbb Q$), где $\mathbb Q$ чем-то ненулевым представлено, тогда наименьшее поле, содержащее эту радость, совпадает с $\mathbb R$.

[Oleg Zubelevich]

слышал, что вопрос поставлен Куратовским, а решена задача или нет не знаю

[Хорхе]

Как я понял из этого обсуждения (впрочем, я особо не вчитывался), ответ на этот вопрос не зависит от аксиом ZFC.

[xmaister]

Единственно, что я нашел, это то что всякое измеримое собственное подполе имеет меру нуль, но это банально... дальше не продвинулся.

[Хорхе]

Всякое измеримое собственное подполе

[xmaister]

Хорхе, спасибо, исправил.

[arqady]

Кстати, легко показать, что не существует собственного подполя $F$ поля $\mathbb R$ такого, что $F\left(\sqrt2\right)=\mathbb R$.

[Хорхе]

Да, расширение порядка 2 является нормальным, а $\mathbb R$ не может быть конечным нормальным расширением (поскольку группа его автоморфизов тривиальна).

Но я до сих пор не знаю ответа на вопрос, может ли быть $\mathbb R$ быть конечным расширением (не обязательно нормальным).

[xmaister]

Хорхе
, я что-то запутался... Т.е. ответ на исходный вопрос- положительный? Ещё интересует, можно ли явно указать несчетное подполе $\mathbb{F}\subset\mathbb{R}$?

-- 25.06.2012, 23:14 --

Тут была неправда...

[temp03]

Oleg Zubelevich в сообщении #588945 писал(а):

слышал, что вопрос поставлен Куратовским, а решена задача или нет не знаю

(Оффтоп)

А вы уверены, что неизмерим всякий односвязный компактный n-мерный конь?

[xmaister]

temp03 в сообщении #589062 писал(а):

(Оффтоп)

А вы уверены, что неизмерим всякий односвязный компактный n-мерный конь?

(Оффтоп)

Компакт=> замкнутый=> борелевский=> измеримый (Это если Ваш н-мерный конь- подмножество Хаусдорфова пространства со свойством Гейне-Бореля)

[temp03]

xmaister

(Оффтоп)

а вы не могли бы ответить Munin?

Munin в сообщении #588840 писал(а):

temp03 в сообщении #588831 писал(а):

Бесполезен всякий односвязный компактный n-мерный конь.

Жалко коняжку. Как он будет есть, если односвязный?

[Хорхе]

xmaister в сообщении #589056 писал(а):

Хорхе
, я что-то запутался... Т.е. ответ на исходный вопрос- положительный?

Не знаю. По ссылке, которую я привел (первой), возникает ощущение, что ответа на этот вопрос нет (то есть он не зависит от обычных гипотез, как гипотеза континуума). Но там все-таки немного не то рассматривается, так что с уверенностью сказать не могу.

Цитата:

Ещё интересует, можно ли явно указать несчетное подполе $\mathbb{F}\subset\mathbb{R}$?

Явно - не знаю. Неявно такое поле ($\mathbb K$) по второй ссылке, которую я дал, приведено.

На самом деле приведенный там пример мог бы дать и пример неизмеримого подполя. С рассуждением, подобным в случае примера неизмеримого множества представителей $\mathbb R/\mathbb Q$: если оно измеримо, то его мера равна нулю, тогда и мера $\mathbb R$ равна нулю, противоречие. Тут первая часть рассуждения проходит, и в некоем смысле имеем и вторую часть, потому что все элементы $\mathbb R$ как-то (рационально-)алгебраически выражаются через элементы поля $\mathbb K$ и через $\zeta$, то есть выражаются счетными операциями. Но тут возникает серьезная проблема, потому что эти счетные операции не те, что нам нужны, поэтому нам недостаточно меры нуль.

Вот простой пример, почему не достаточно: рассмотрим двоичные записи, где на всех четных местах нули и те, где на нечетных местах нули. Оба этих множества имеют нулевую меру, но в сумме дают всё $\mathbb R$.

Гораздо лучше было бы, если бы подполе имело не только нулевую меру, но и нулевую размерность Хаусдорфа. Тогда можно было бы пробовать доказать, что надо.

А вопрос с размерностью Хаусдорфа как раз отчасти связан с вопросом, нак который я давал ссылку, и на который я не знаю ответа. А именно: если $\mathbb R$ является расширением степени $n$ своего подполя, то (эвристически) размерность Хаусдорфа этого подполя равна $1/n$. Поэтому если оно не является конечным расширением, то (опять-таки, эвристически), размерность Хаусдорфа собственного подполя нулевая.

Отсюда с помощью не слишком хитрых рассуждений (я так думаю) можно было бы получить, что $\mathbb K$ неизмеримо.

На самом деле, мы даже знаем, что расширение $\mathbb K\subset \mathbb R$ бесконечномерно (поскольку бесконечномерно даже расширение $\mathbb K\subset \mathbb K(\zeta)$ в силу определения базиса трансцендентности). Но доказать строго, а не эвристически, что его размерность Хаусдорфа нулевая в случае, если оно измеримо, я не могу.

-- Вт июн 26, 2012 16:50:44 --

Собственно, я почти даже могу доказать.

Известно, что размерность Хаусдорфа декартова произведения множеств не меньше суммы размерностей сомножителей. Если бы этот факт имел место и для прямой суммы множеств (которая в некотором смысле "эквивалентна" декартовому произведению), то я мог бы это доказать: поскольку $\mathbb R$ содержит прямую сумму множеств $\zeta^n \mathbb K$, размерность каждого из которых равна размерности $\mathbb K$, то размерность $\mathbb K$ равна нулю. Проблема в том, что утверждение про прямую сумму я нигде не встречал -- только про произведение.