La sombra de una duda… | Seminario de Problemas

La sombra de una duda…

May 12, 2008

Más sencillo imposible…

Sean $K$ y $L$ cuerpos, tales que existen $g: L \to K$ , y $f: K \to L$ morfismos (en particular son inyectivos). ¿Es cierto entonces que los cuerpos son isomorfos?

Posted by Marlowe, PI

Filed in Uncategorized ·Etiquetas: álgebra

20 respuestas to “La sombra de una duda…”

Grin Without a Cat said
May 13, 2008 at 12:59 pm
Si son non-numerables y algebraicamente cerrados, sí: la culpa es de los teoremas de Steinitz y de Cantor-Bernstein juntos.

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phi said
May 13, 2008 at 5:51 pm
Si son finitos tmb, pq tienen la misma cantidad de elementos y todos los cuerpos de igual cardinal son isomorfos.

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charlydif said
May 14, 2008 at 12:18 pm
Pablo, esta es una de las mejores preguntas del año!

No se lo que es el teorema de Steinitz.

Estaba bastante convencido que tenia una demostracion para el caso en que $L=K(S)$ con $S$ un conjunto de variables algebraicamente independientes pero cuando lo pense mejor me di cuenta que podia no andar.

Creo que la mejor expresion del inconveniente es el siguiente ejemplo:

$K=\mathbb{Q}(t_1, t_1^{1/2},...,t_1^{1/{2^k}},...,t_2,t_2^{1/2},...,t_2^{1/{2^k}},...,t_n,t_n^{1/2},..)$

Si $L=K(t)$ (con $t$ trascendente sobre $K$ ) entonces es facil ver que hay morfimos en ambas direcciones pero tengo la impresion que no son isomorfos.

Dado $x\in K$ decimos que $x$ es «terriblemente trascendente» si existe un subcuerpo $E\subset K$ tal que $x$ es tracendente sobre $E$ y $K=E(x)$ .

¿Tiene el $K$ antes definido elementos «terriblemente trascendentes»?

No estoy seguro pero si $t=t_1^{1/3}$ creo que tambien hay problemas.

En caso de ser falso el contraejemplo creo que me ayudaria a demostrar que la pregunta es cierta cuando $L=K(S)$ .

PD: ¿El teorema de Steinitz es que existe $S$ tal que $L/K(S)$ es algebraica?

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Grin Without a Cat said
May 14, 2008 at 12:41 pm
El teorema de Steinitz dice que dos cuerpos algebraicamente cerrados no numerables de la misma caracterśtica y el mismo cardinal son isomorfos. El lema de Cantor-Bernstein, que si $A$ y $B$ son conjuntos para los que hay inyecciones $A\to B$ y $B\to A$ , entonces $A$ y $B$ tienen el mismo cardinal. Juntando las dos cosas, uno obtiene el caso que mencioné, Es igual, entonces, que el caso finito, que observó phi, salvo que uno tiene que reemplazar el teorema de Steinitz por el de Galois, aquel que dice que dos cuerpos finitos equipotentes son isomorfos.

Dada una extensión $K \subset L$ , siempre existe $S\subset L$ tal que $K(S)\subset L$ es algebraica. Basta tomar un subconjunto $S$ de $S$ maximal con respecto a la propiedad de ser algebraicamente independiente.

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Marlowe:PI said
May 14, 2008 at 2:16 pm
A primera vista aprecía tan simple… en fin, qué bueno que haya sacado tanto jugo. Le debo unas buenas gracias a la alumna que nos preguntó esto en álgebra II. Lo más loco es que la pregunta salió a raíz de un ejercicio en el que los cuerpos eran finitos. Si la piba hubiera sabido un poco MAS de teoría de cuerpos, jamás hubiera hecho la pregunta…

I Love this sutff!

EDIT: Otro granito de arena. Si alguno es de dimensión finita sobre el cuerpo de base, también es cierto (los morfismos también son de espacios vectoriales sobre el cuerpo de base, y por lo tantos ambos tienen la misma dimensión. Esto implica que cada morfismo es biyectivo).

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Culpable (por falta de Inocencia) « Separata said
May 14, 2008 at 4:04 pm
[…] 14, 2008 Con respecto a esta pregunta […]

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charlydif said
May 14, 2008 at 4:07 pm
Culpable (por falta de Inocencia)

PD: obvio que estaria bueno que opinen.

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charlydif said
May 14, 2008 at 4:12 pm
Una no-demostracion:

La primera vez que lei el mail de Mariano, yo entendi que decia usar eso de que si tenes una inyeccion de $A$ en $B$ y una de $B$ en $A$ entonces hay una biyeccion que es en un pedazo de $A$ la funcion $f$ y en el restante la inversa de $g$ .

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Grin Without a Cat said
May 14, 2008 at 7:00 pm
Si $z\in\mathbb{C}$ y $r>0$ , sea $B(z,r)$ el disco abierto en $\mathbb{C}$ centrado en $z$ y de radio $r$ . Sean $\Omega_1=B(0,2)$ , $\Omega_2=B(0,2)-\{3/2\}$ y $\Omega_3=B(0,1)$ , de manera que $\Omega_1\supset\Omega_2\supset\Omega_3$ . Para cada $j$ , sea $M(\Omega_j)$ el cuerpo de las funciones meromorfas en $\Omega_j$ . Las inclusiones inducen aplicaciones $u:M(\Omega_1)\to M(\Omega_2)$ y $v:M(\Omega_2)\to M(\Omega_3)$ por restricción, que son morfismos de cuerpos. Como $\Omega_3$ se obtiene de $\Omega_2$ vía una homotecia, es claro que hay un isomorfimo de cuerpos $w:M(\Omega_3)\to M(\Omega_1)$ .

Pongamos $K=M(\Omega_1)$ y $L=M(\Omega_2)$ y consideremos los morfismos $f=u:K\to L$ y $g=w\circ v:L\to K$ . Estamos en la situación del problema.

Ahora bien, en [Serbetçi,Ayhan; Özkin, I. Kaya: Meromorphic function fields on subsets of open Riemann surfaces. An. Stiint. Univ. Al. I. Cuza Iasi Sect. I a Mat. 39 (1993), no. 3, 259-265] se prueba que si dos superficies de Riemann no compactas tienen cuerpos de funciones meromorfas isomorfos (en tanto cuerpos abstractos) entonces o bien son holomórfamente equivalentes o bien son anti-holomórfamente equivalentes. En particular, en cualquiera de los dos casos, las superficies de Riemann son homeomorfas.

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Grin Without a Cat said
May 14, 2008 at 8:06 pm
[Sigue…]

Pero $\Omega_1$ y $\Omega_2$ no son homeomorfas,
porque el primero es simplemente conexo, mientras que el segundo
no lo es. Luego $K\not\equiv L$ .

PS: ¿Cómo editan los comentarios? La falta de una función de preview
me mata 😦

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Marlowe:PI said
May 15, 2008 at 9:14 am
El teorema de Iss’sa (cf. Reinhold Remmert, Classical Topics in Complex Function theory, un librazo) afirma que todo morfismo $\psi : M(\Omega_1) \to M(\Omega_2)$ es inducido por una función holomorfa $h: \Omega_2 \to \Omega_1$ . No es para nada complicado. ¡Me encantaría contarlo la próxima vez que nos juntemos!

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Grin Without a Cat said
May 15, 2008 at 9:46 am
Como suponía, el teorema que quise usar antes es realmente más grande de lo necesario. Buscando con más detalle, encontré que Iss’sa, en el artículo donde prueba el teorema que menciona Pablo, prueba un `lema’ que es precisamente lo que necesitaba para hacer una prueba ‘facil’: uno simplemente encuentra un invariante que distingue los cuerpos que queremos distinguir.

La afirmación que quiero mostrar es: si $\Omega$ es un abierto de $\mathbb{C}$ y $K$ es el cuerpo de funciones meormorfas en $\Omega$ , entonces puede decidir si $\Omega$ es simplemente conexo o no mirando solamente a $K$ como cuerpo abstracto.

Sea $H\subset K$ el anillo de las funciones holomorfas en $\Omega$ y sea $U$ el grupo de las unidades de $H$ , que no son más que las funciones holomorfas en $\Omega$ que no se anulan. Se trata de un grupo multiplicativo. Sea, por otro lado, $E\subset U$ el subconjunto de las funciones de la forma $e^f$ con $f\in H$ . Es un ejercicio estándar de análisis complejo mostrar que $\Omega$ es simplemente conexo sii el grupo $U/E$ es trivial—para los que saben de que estoy hablando: uno puede mostrar que $U/E$ es isomorfo a $H^1(\Omega,\mathbb{Z})$ , la cohomologia singular de $\Omega$ . Lo que vemos con esto es que para mostrar mi afirmación alcanza con mostrar que solamente a partir del conocimiento de cuerpo $K$ podemos encontrar a $U$ y a $E$ puramente de manera algebraica. Notemos que para determinar $U$ basta determinar a $H$ .

Sea $K'\subset K$ el conjunto de todos los elementos no nulos. Entonces $E=\bigcap_{n\geq0}(K')^n$ , es decir, las exponenciales son precisamente las funciones de $K$ que no se anulan y que tienen raíces $n$ latex -ésimas para todo $n$ en $K$ . Esto es fácil de mostrar y, a su vez, muestra que el cuerpo $K$ determina a $E$ algebraicamente.

Una valuacion discreta sobre $K$ es una función $\nu:K'\to\mathbb{Z}$ tal que $\nu(fg)=\nu(f)+\nu(g)$ y $\nu(f+g)\geq\min\{\nu(f),\nu(g)\}$ . Si $z\in\Omega$ , entonces hay una valuación discreta $\nu_z$ sobre $K$ tal que $\nu_z(f)$ es el orden de anulación de $f$ en $z$ (un polo es un cero con multiplicidad negativa, a estos fines) para cada $f\in K'$ . Digamos que dos valuaciones discretas $\nu$ y $\nu'$ son equivalentes si existen $n$ y $m\in\mathbb{Z}$ tales que $n\nu=m\nu'$ .

Si $\nu$ es una valuación sobre $K$ , ponemos $A_\nu=\{f\in K':\nu(f)\geq0\}\cup\{0\}$ . Es fácil ver que se trata de un subanillo de $K$ (es más: es local y su cuerpo de cocientes es precisamente $K$ latex ; es lo que se llama un anillo de valuación discreta). Notemos que es claro que $H=\bigcap_{z\in\Omega}A_{\nu_z}$ , porque una función meromorfa es holomorfa si no tienen polos.

Ahora bien, Iss’sa prueba que toda valuación discreta de $K$ es equivalente a una valuación proveniente de un punto de $\Omega$ . Esto nos dice, si $V$ es el conjunto de todas las valuaciones discretas de $K$ , que $H=\bigcap_{\nu\in V}A_{\nu}$ . Como el conjunto de valuaciones de un cuerpo queda determinado por el cuerpo (!), con esto probamos la afirmación que queríamos probar.

Ese lema de Iss’sa ebería poder probarse fácilmente en el caso de abiertos del plano—él lo prueba en un contexto considerablemente más general (variedades de Stein) y ahí la demostración no es complicada, … pero otra vez es un martillo para matar nuestro mosquito.

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Marlowe:PI said
May 15, 2008 at 10:10 am
Mi final de análisis complejo fue demostrar que en un abierto conexo, toda función holomorfa se puede escribir como $f(z) = u \prod f_n$ , donde los $f_n$ son los polinomios de Weierstrass amablemente modificados, y $u$ es holomorfa y nunca se anula (en complejo demostramos que si un dominio es además simplemente conexo, hay una función $g$ tal que $u = e^g$ ).

Remmert demuestra un lema muy sencillo con caracteres de $\mathbb C$ -álgebras (un caracter es simplemente un morfismo de $\mathbb C$ -álgebras, $\chi : \mathcal O(\Omega) \to \mathbb C$ ). Demuestra que los únicos caracteres son las evaluaciones en un punto, y a partir de ahí es cuesta abajo ver que si se tiene un morfismo de anillos de funciones holomorfas, entonces es inducido por una función holmorfa sobre los dominios.

Después el verdadero teorema de Iss’sa es ver que un morfismo de cuerpos de meromorfas manda holomorfas en holmorfas, y ahí se mete con las valuaciones… Está todo hecho sobre abiertos de $\mathbb C$ y no tiene grandes complicaciones.

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Grin Without a Cat said
May 15, 2008 at 3:04 pm
Pablo, no depende ese argumento de que el isomorfismo de cuerpos sea un morfismo de $\mathbb{C}$ -álgebras?

Volviendo al ejemplo de Carlos: sea $k$ un cuerpo cualquiera, $S$ un conjunto infinito de variables, $K$ la clausura algebraica de $k(S)$ y $L=K(t)$ , con $t$ una nueva variable. Claramente $K$ y $L$ no son isomorfos, porque el primero es algebraicamente cerrado y el segundo no. Sea $f:K\to L$ la inclusión. Sea $K'$ la clausura algebraica de $L$ y sea $g:L\to K'$ la inclusión. Si mostramos que $K'$ es isomorfo a $K$ , obtenemos otro contraejemplo. Pero $K'$ tiene a $S'=S\cup\{t\}$ como base de trascendencia sobre $k$ y de hecho $K'$ es la clausura algebraica de $k(S')$ . Como $S$ y $S'$ son equipotentes, hay un isomorfismo $k(S)\cong k(S')$ . Como la clausura algebraica es única, entonces $K\cong K'$ .

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Marlowe:PI said
May 15, 2008 at 9:50 pm
Tenés razón… el teorema de Iss’sa que tengo a mano pide que el morfismo sea de $\mathbb C$ -álgebras… no sé cuán solucionable es.

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phi said
May 19, 2008 at 10:21 pm
charlydiff no entendi bien las complicaciones que trae tu ejemplo. Pero visto inocentemente (y muy probablemente estupidamente), y suponiendo que ambos cuerpos son subcuerpos de un mismo cuerpo, un morfismo de uno a otro no implica de alguna forma que el primero es subcuerpo del segundo, y viceversa con el segundo cuerpo?

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Marlowe, PI said
May 21, 2008 at 10:51 am
phi, en general eso es lo que uno interpreta cuando uno tiene un morfismo de un cuerpo al otro, y de hecho, se la pasa haciendo ese tipo de cosas en el curso de teoría de Galois (álgebra III) en la facultad. Por eso a primera vista muchos esperábamos que la respuesta fuera que efectivamente fueran isomorfos los cuerpos. Lo que pasa es que tener un morfismo de cuerpos te dice que tenés «una copia» del cuerpo de partida adentro del de llegada. Suena raro decir que $K \subsetneq K$ como cuerpo, pero en realidad lo que sucede es que hay cuerpos que tienen copias isomorfas de sí mismos como subcuerpos…

Todavía me siento medio conflictuado al respecto, porque en un par de materias nos la pasábamos hablando de extensiones de cuerpos. Morandi dice que «K es una extensión de L [como cuerpos] si tenemos un morfismo $L \to K$ «, y define el grado de la extensión como la dimensión de $K$ como $L$ -espacio vectorial. Entonces es posible que K sea una extensión de K de grado mayor que 1. O.o. Ejemplo [copyright nico sirolli]: Sea $K = \mathbb R(t)$ , con t trascendente, y sea $T_n : K \to K$ la transformación lineal «multiplicar por $t^n$ … entonces, $R(t)$ tiene una estructura de $\mathbb R(X)$ espacio vectorial (donde multiplicar por X es aplicar T). Obviamente ambos cuerpos son isomorfos, pero dependiendo de la T, la dimensión puede ser arbitrariamente grande.

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Grin Without a Cat said
May 22, 2008 at 1:15 am
En esa dirección hay dos resulta dos simpáticos. El teorema de Lüroth dice que un subcuerpo de $k(t)$ que contiene propiamente a $k$ es isomorfo a $k(t)$ (pero, como en el ejemplo de Nicolás, no es necesariamente igual a $k(t)$ ). Un teorema de Castelnuovo, por su parte, dice que si $k$ es algebraicamente cerrado, $k(s, t)$ es puramente trascendente y $L$ es un subcuerpo de $k(s,t)$ que contiene a $k$ y tal que $k(s,t)$ es separable y finito sobre $L$ , entonces $L$ es una extensión puramente trascendente de $k$ . Si la extensión $k(s,t) / L$ no es separable, esto es falso, y si uno mira más de dos variables, el enunciado correspondiente es muy falso.

Estas cosas tienen significado geométrico directo. Por ejemplo, el teorema de Lüroth dice (a menos de un tecnicismo) que si $f : P^1 \to Y$ es un morfismo (de curvas algebraicas) no constante de $P^1$ a una curva proyectiva $Y$ , entonces $Y$ es tambíen $P^1$ .

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fcukier said
junio 2, 2008 at 2:28 am
Hola, me parece muy interesante esta pregunta y le agradezco a Mariano por habermela mencionado. Quisiera hacer un par de comentarios, que agregan algunos contraejemplos a los ya dados, esencialmente dentro del mismo espiritu de los ejemplos del tipo de cuerpos de funciones meromorfas en abiertos del plano complejo. (sobre estos, un comentario: denotemos $C(r, R)$ la corona de radios r y R. Entonces se sabe que $C(r, R)$ es isomorfa a $C(s, S)$ sii $R/r=S/s$ . No recuerdo donde vi esto ni si es facil demostrarlo. Pero pensaba que por ahi ayuda a sacar algun otro ejemplo, pero no lo veo claro).

Si $X$ es una variedad algebraica irreducible sobre un cuerpo algebraicamente cerrado $C$ , tenemos el cuerpo $C(X)$ de funciones racionales en $X$ . (si me permiten voy directo a los comentarios, salteando por el momento las definiciones de todos los terminos standard que estoy usando). Si $X --> Y$ es un morfismo racional dominante entre dos variedades irreducibles entonces tenemos un morfismo (inyectivo) de cuerpos $C(Y) --> C(X)$ .

Existen varios ejemplos (ver mas abajo) de la siguiente situacion: variedades $X, Y$ tales que
1. $C(X)$ y $C(Y)$ no son isomorfos (como C-algebras), o sea, como se dice, X e Y no son biracionalmente isomorfas, y
2. Existen morfismos racionales dominantes $X --> Y --> X$

Sale de 2. que tenemos morfismos (inyectivos) de cuerpos $C(X) --> C(Y) --> C(X)$
y entonces un contraejemplo.
Notar que la composicion $X --> X$ no se supone que sea la identidad.

Ejemplos:

A) $X=C^d=$ espacio afin de dimension d, con lo cual $C(X)=C(x_1, ... , x_d)$ es extension trascendente pura de C, con grado de trascendencia d.
Y es una cierta variedad de dimension d, provista de aplicaciones $C^d --> Y --> C^d$ .
Cualquier variedad proyectiva Y de dimension d tiene una aplicacion dominante a C^d.
Pero cuando una Y recibe una aplicacion dominante desde C^d decimos que Y es uniracional.
Entonces estamos hablando de la existencia de variedades Y que son uniracionales pero no son racionales (o sea, C(Y) no es isomorfo a C(x1, … , xd)). Y el punto es que tales Y existen. Un ejemplo es tomar Y el conjunto de ceros en C^4 de un polinomio de grado 3. Es un teorema no trivial (Clemens-Griffiths) que Y es uniracional y no-racional. Hay otros ejemplos de variedades uniracionales no-racionales. Lo que menciona Mariano en el ultimo mensaje tiene que ver con esto, ya que el teorema de Luroth equivale a decir que una variedad Y de dimension uno uniracional es racional. Pero si Y tiene dimension 3 (o mas), como en el ejemplo de Clemens-Griffiths, los dos conceptos no son equivalentes en general.

B) Tomemos ahora las dos variedades X, Y de dimension uno (curvas algebraicas proyectivas, irreducibles, no singulares). Denotemos g(X) el genero de X. Se sabe que si existe un morfismo dominante X –> Y entonces g(X) es mayor o igual a g(Y). Entonces para construir un contraejemplo estamos forzados a elegir dos curvas con igual genero. Por otro argumento, basado en la llamada formula de Hurwitz, resulta que para que haya contraejemplo debe ser
g(X) = g(Y) = 1, o sea, curvas elipticas. Y en ese caso se puede construir contraejemplo, tomando X, Y curvas elipticas isogenas (isogenous) pero no isomorfas, cosa que es posible (creo).
Esto significa que X, Y son topologicamente toros S^1 x S^1 y tenemos aplicaciones
X –> Y –> X
que son al mismo tiempo algebraicas y revestimientos topologicos, e inducen los morfismos de cuerpos deseados C(X) –> C(Y) –> C(X)
En este caso, los cuerpos C(X) y C(Y) son cuerpos de funciones meromorfas f: C –> C doblemente periodicas respecto a sendos reticulados (ver p. ej. Cartan, funcion P de Weierstrass, etc.)

Bueno, disculpen que estos ejemplos no son directos … Pero al menos muestran una vez mas que la preguntita tiene aspecto inocente pero … De todas maneras me parece que deberia ser posible encontrar otros contraejemplos elementales.

Saludos,
Fernando

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Grin Without a Cat said
febrero 25, 2009 at 7:11 pm
Hay ejemplos interesantes de este fenómeno en http://sbseminar.wordpress.com/2007/10/30/theme-and-variations-schroeder-bernstein/.

Por otro lado, el artículo [Cater, F. S. Note on a variation of the Schröder-Bernstein problem for fields. Czechoslovak Math. J. 52(127) (2002), no. 4, 717–720. MR1940052 (2003j:12004)], que no puedo ver, parece relevante…

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