CC BY
22
ВЕСТНИК ТОМСКОГО ГОСУДАРСТВЕННОГО УНИВЕРСИТЕТА
2007 Математика и механика № 1
УДК 519.48
Г.Г. Пестов, Е.А. Фомина КОНСТРУКЦИЯ БЕСКОНЕЧНО УЗКОГО ДВУМЕРНО УПОРЯДОЧЕННОГО ПОЛЯ
Исходя из заданного линейно упорядоченного поля строится двумерно упорядоченное бесконечно узкое поле.
1. Постановка задачи
Пусть (Р0, <) есть линейно упорядоченное поле. Построим такое двумерно упорядоченное расширение К поля Р0, которое состоит из элементов, бесконечно близких к Р0, и элементов самого поля Р0.
о
Пусть (А,В) есть трансцендентное фундаментальное сечение в поле Ри . В топологическом замыкании Р0 поля Р0 сечение (А,В) порождает некоторый элемент. Обозначим его через а. Итак, А < а < В.
О
В поле Р0(а) требуется задать двумерный порядок, такой, что а е Ри .
2. Эвристические соображения
Пусть задача выполнена, в поле Р0(а) задан двумерный порядок ^(х, у, г), со-
О
гласованный с алгебраическими операциями поля и такой, что а е Ри .
Дадим краткую сводку сведении о функциях ф, ф в двумерно упорядоченном
поле. Пусть хеР0[а]. Положим
(х) = {г е ро |га <и х), (х) = {г е ро Iх <и га}.
Если (у - (х), (х)) есть фундаментальное сечение в Р0, то элемент из Р0, ко-
торый производит это сечение, обозначим через Уа(х).
Заметим, что если ре Р0, то уа(р) = 0.
Кроме этого, - линейная функция, т.е.
( П Л П
Vа I Е ХкСк 1 = Е Хк Vа (Ск ) .
V к=0 ) к=0
Отображение ф.
Пусть хеР0[а]. Положим
ф- (х) = {г е Р0 \г < х}, ф+ (х) = {г е Р0 |х < г}.
Если (ф- (х), ф+ (х)) есть фундаментальное сечение в Р, то элемент из Р0, который производит это сечение, обозначим через ф(х).
Имеет место следующая
Теорема [2]. Пусть Р есть 2-упорядоченное поле без бесконечно малых относительно базы Р0. Если аеР есть предел последовательности элементов базы, а трансцендентно над Р0, _Р(х)еР0[х], то имеет место равенство
у а (а)) = ^ '(ф(а)) = ф(^ '(а)). (1)
Равенство (1) позволяет задать верхний конус в кольце Р0[а]. В самом деле, если хєР0[а], то х = Да) для некоторого Р(х)єР0[х].
О
Поэтому фи (х) = уа (Р(а)) = Р'(ф(а)) = ф(Р'(а)). Отсюда заключаем: х є Ри,
О
если и только если Р '(а) > 0. Так же х є (-Ри), если и только если Р '(а) < 0. Случай Р '(а) = 0 невозможен, так как а трансцендентно над Р0 по условию.
К сожалению, описанный метод позволяет построить верхний конус двумерного порядка только в кольце Р0[а], но не во всём поле Р0(а).
3. Конструкция двумерного порядка в поле Р0(а)
1) Тем не менее, удаётся задать двумерный порядок и на поле Р0(а). Обозначим, краткости ради, К = Р0(а) Пусть хєК. Тогда х = ^ (а)Д-1 (а), где Д(х)єР0[х].
Обозначим через К множество тех и только тех хєК, для которых имеет место неравенство
ё ( Я (х) 1 „
—I---------I > 0 при х = а.
ёх У (х))
Обозначим через - К множество тех и только тех хєК, для которых имеет место неравенство
ё ( Я (х) 1 „
—I---------I > 0 при х = а.
ёх I Я2 (х) )
Иначе, К есть множество тех и только тех хєК, для которых выполнено неравенство
*1'(д) > ^2 (д) (3)
*1 (д) F2 (д)-
О О
Обозначим, как ранее, К“ = К“ \ (-К“). Легко видеть, что х є К“ , если и только если
^1(д) > р2 (д)
*1 (д) Д (д)-
О
Так же х є (-Ки), если и только если
^1(д) < р2 (д)
^ (д) Д (д) -
2) В [1] доказан следующий критерий верхнего конуса двумерного порядка в поле.
Теорема. Пусть Р есть поле характеристики нуль, Ри - его подмножество. Обо-
О
значим Р0 = Рип(-Ри), Р“ = Р“ \ (-Р“). Для того чтобы Ри было верхним конусом
2-порядка на поле Р, необходимо и достаточно выполнение следующих 4 условий.
(a) Ри + Ри = Ри;
(b) Ри и - Ри = Р;
(c) (Ри\{0})-1 = -Ри\{0};
О
(d) если а, сє Ри, Ь є Р“ , Ьа -1, сЬ -1єРи, то са -1єРи.
52
Г.Г. Пестов, Е.А. Фомина
Задание верхнего конуса единственным образом определяет 2-порядок в поле
Р [1].
Убедимся, что К есть верхний конус 2-порядка в поле К.
3) Проверим замкнутость множества К относительно сложения. Пусть х, уєК. Тогда
F^(a) <і Р (х)
х ,-------1-^-> 0 при х = а.
Р2 (а) ЛР2 (х)
Точно так же
а! (а) ^ ^ (х)^п
у = —1-----------,-1---> 0 при х = а,
02 (а) dx 02 (х)
где р(х), аг<х)єР0[х]. Но тогда имеем
а {р (х) о1 (х)
^ р, (х) (х)
Значит, (х + у) є К.
> 0 при х = а.
Условие (Ь) выполнено. В самом деле, пусть
х є К, х =
Рі (а)
Р2 (а)
„ Р (а) Р2 (а) ^ „ Р (а) Р2 (а) .
Если —1---->—-------, то хеК. Если же —1-----< —-----, то хе (—К).
Р (а) Р2 (а) Р (а) Р2 (а)
Точно так же проверяется и условие (с).
О
Докажем, что условие ^) для К также выполнено. Пусть х, геК, у е К“ , ух -1, гу -1е К. Тогда
Р (а) а, (а) Я, (а)
х — , у — , % — .
Р2 (а) ' а2 (а) Я2 (а)
Так как х, гєК, у є К“ , то
Рі '(а)Р2 (а) - Рі (а)Р '2 (а) > 0 Р22 (а) .
Отсюда
Р '(а) > Р2 '(а) д '(а) > '(а) Н, '(а) ^ Н2'(а)
Р (а) Р2 (а) , а! (а) а2 (а) , Н (а) Н2 (а) . ( )
Не уменьшая общности, будем считать, что выполнены неравенства
р(а) > 0, ^{а) > 0, Я;(а) > 0. (5)
Далее, из условий ух -1, гу -1еК, следует
(Н102)' ^ (Я.а!)' (О^)' ^ (02 р)'
и1о2 я2о1 , о^ о2р , ()
где производные вычисляются при х = а.
^ и р
Из неравенств (4) — (6) следует неравенство------1—2 > 0 при х = а (мы опуска-
с!х Я2 р
ем здесь технически сложный вывод). Но последнее неравенство означает, что хг -1еР“. Итак, свойство (в) выполнено. Таким образом, в поле Р0(а) эффективно задан нетривиальный двумерный порядок.
ЛИТЕРАТУРА
1. Пестов Г.Г. Двумерно упорядоченные поля. Томск, 2003.
2. Пестов Г.Г., Фомина Е.А. Отображения у и ф // Вестник ТГУ. 2007. № 301. С. 94 - 96.
Принята в печать 04.12.07.
