Teorema Fondamentale dell'Agebra

[otta96]

Il mio professore di algebra 2 quando ci ha spiegato il TFA ci ha detto che non ci sono dimostrazioni puramente algebriche, infatti tutte, almeno per qualcosa fanno riferimento ad altre branche della matematica (es analisi reale, complessa, topologia ecc...), però a questo punto io volevo cercare di capire meglio questo fatto; stavo pensando, se si fa una teoria in cui si studiano ESCLUSIVAMENTE i campi (nel senso che non sono definiti tramite gli insiemi, ma sono il concetto di campo e le operazioni ad essere enti primitivi), si può dare la definizione di campo algebricamente chiuso, si potrà definire $CC$ in qualche modo, ed a questo punto si può considerare la proposizione "$CC$ è un campo algebricamente chiuso".
Quello che mi chiedevo era se questa affermazione (all'interno della teoria in cui ci siamo posti) si possa dimostrare oppure è indecidibile.
P.S. Io non conosco (ancora) molto bene come funzionano le questioni di logica inerenti ai alfabeti, linguaggi, teorie, ma da quel poco che so credo che quello che ho chiesto abbia senso, se non è così correggetemi.

[spugna2]

Se n'era parlato qui...

[killing_buddha]

Rammentiamo due fatti:

[*:359nopjg] Se \(f(X)\in \mathbb{R}[X]\) ha grado dispari, allora ha una radice reale: infatti se \(f(z)=0\) per \(z\in \mathbb{C}\), allora \(f(\bar z)=0\). Dunque le radici di \(f\) si presentano a coppie \(\{z,\bar z\}\); se però \(\deg f\) è dispari deve esserci almeno una coppia che in realtà è un singoletto.[/*:m:359nopjg]
[*:359nopjg] Se \(f(X)\in \mathbb{R}[X] \subseteq \mathbb{C}[X]\) ha grado due, allora ha una (e quindi due) radice complessa; il motivo è che il sistema
\[
\begin{cases}
z=a+ib \\
(u+iv)^2=a+ib
\end{cases}
\qquad\begin{cases}
u^2-v^2 =a\\
2uv=b
\end{cases}
\]
ha sempre due soluzioni, eventualmente coincidenti, in \((u,v)\).[/*:m:359nopjg][/list:u:359nopjg] Ora supponiamo per assurdo che \(f(X)\in \mathbb{C}[X]\) non abbia zeri complessi. Allora non li ha nemmeno \(\bar f\). Dunque \(g=f\bar f\in \mathbb{R}[X]\) non ha zeri complessi.

Sia ora \(E=\text{Split}_\mathbb{C}(g)\): questo ha grado \(|E:\mathbb{R}|=2^mn\), con \(n\) dispari. Sia ora \(G=\text{Gal}(E|\mathbb{R})\). Sylow ti dà un sottogruppo \(S\unlhd G\) di ordine \(2^m\). Ora, \(|G/S|=n\) è dispari, dunque \(S\) corrisponde a \(K|\mathbb{R}\), estensione di grado dispari. In tal senso esiste un polinomio \(h(X)\in \mathbb{R}[X]\) irriducibile, tale che \(K=\text{Split}(h)\): questo è assurdo, perch\'e nessun polinomio di grado dispari è irriducibile su \(\mathbb{R}\).

Allora \(n=1\), e \(\text{Gal}(E|\mathbb{R})\) ha \(2^m\) elementi. Per ipotesi di assurdo, \(m>1\); consideriamo \(H_1=\text{Gal}(E|\mathbb{C})\) e \(H_2\le H_1\) massimale: \(|H_2|=2^{m-1}\), e \(|H_1:H_2|=2\). Questo corrisponde a una estensione \(\text{Fix}(H_2)=L|\mathbb{C}\) di grado 2, ossia esiste un polinomio di grado 2 irriducibile su \(\mathbb{C}\), assurdo. []

[otta96]

"killing_buddha":Se \(f(X)\in \mathbb{R}[X]\) ha grado dispari, allora ha una radice reale: infatti se \(f(z)=0\) per \(z\in \mathbb{C}\), allora \(f(\bar z)=0\). Dunque le radici di \(f\) si presentano a coppie \(\{z,\bar z\}\); se però \(\deg f\) è dispari deve esserci almeno una coppia che in realtà è un singoletto.

Mi sembra che in questo discorso tu stia già assumendo il TFA, perché dici che un polinomio a coefficienti in $RR$ ha tante radici in $CC$ quanto il suo grado.

[otta96]

@spugna thread interessante, in particolare mi ha colpito la frase:

"Martino":E' chiaro che riesco a scrivere una dimostrazione "non topologica" del teorema, ma risulterebbe assurdamente astrusa e estremamente noiosa e complicata.

Solo che a me non sembra così chiaro, potreste confermarmi che questa frase è vera?

[killing_buddha]

Perché mai? In questo particolare frangente sto solo dicendo che se $f$ ha una radice ha anche la coniugata. Ma che un polinomio debba avere (contate con molteplicità) al più tante radici quant'è il suo grado, se ben ricordo, è un fatto vero a prescindere. Se non altro per un mero fatto di confronto di gradi del polinomio e della sua fattorizzazione...

[otta96]

Ma chi ti dice che una radice sia complessa?

[killing_buddha]

Non ci sono estensioni intermedie tra $\mathbb R$ e $\mathbb C$ (l'estensione ha grado primo), per cui la radice sta in $\mathbb C$ o in un campo che contiene $\mathbb C$. Del resto questa estensione è trascendente (ovvero isomorfa al campo \(\mathbb{C}(T)\) per un insieme di indeterminate $T$, oppure algebrica; se è algebrica, c'è un polinomio minimo, e adesso però fai vedere che in realtà non hai aggiunto radici, perché le trovi già in $\mathbb C$ (un campo è algebricamente chiuso sse non ha estensioni algebriche proprie).
Quello che stai facendo in quella dimostrazione è dimostrare per induzione che ogni polinomio di grado \(\ge 2\) ha almeno una radice complessa; parti dal caso di grado 2, e poi usi Sylow e tutto il resto per fare il passo induttivo.

La tua perplessità è che solitamente si dimostra che ogni polinomio reale di grado dispari ha almeno una radice reale usando il teorema dei valori intermedi; ora sono troppo stanco per assicurarmi che non lo stia facendo anche io.

[spugna2]

"killing_buddha":Non ci sono estensioni intermedie tra $ \mathbb R $ e $ \mathbb C $ (l'estensione ha grado primo), per cui la radice sta in $ \mathbb C $ o in un campo che contiene $ \mathbb C $. Del resto questa estensione è trascendente (ovvero isomorfa al campo \( \mathbb{C}(T) \) per un insieme di indeterminate $ T $, oppure algebrica; se è algebrica, c'è un polinomio minimo, e adesso però fai vedere che in realtà non hai aggiunto radici, perché le trovi già in $ \mathbb C $ (un campo è algebricamente chiuso sse non ha estensioni algebriche proprie).
Quello che stai facendo in quella dimostrazione è dimostrare per induzione che ogni polinomio di grado \( \ge 2 \) ha almeno una radice complessa; parti dal caso di grado 2, e poi usi Sylow e tutto il resto per fare il passo induttivo.

La tua perplessità è che solitamente si dimostra che ogni polinomio reale di grado dispari ha almeno una radice reale usando il teorema dei valori intermedi; ora sono troppo stanco per assicurarmi che non lo stia facendo anche io.

Premetto che sono stanco pure io, ma non mi è chiaro come questo escluda, per esempio, l'esistenza di un polinomio di terzo grado che non ha radici in $CC$...

[spugna2]

"otta96":@spugna thread interessante, in particolare mi ha colpito la frase: [quote="Martino"]E' chiaro che riesco a scrivere una dimostrazione "non topologica" del teorema, ma risulterebbe assurdamente astrusa e estremamente noiosa e complicata.

Solo che a me non sembra così chiaro, potreste confermarmi che questa frase è vera?[/quote]

La topologia di $RR$ discende dal suo ordinamento, che a sua volta discende dall'ordinamento su $QQ$ (che, volendo, si può definire tramite le due operazioni): se vuoi evitare nozioni di topologia puoi sempre esprimere tutto in termini della struttura di campo ordinato definita su $RR$ e/o su $QQ$ (quindi ad esempio "esiste un intorno di $x$ tale che..." diventerebbe "esistono due reali $a$ e $b$, con $a

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[Studente Anonimo]

"otta96":@spugna thread interessante, in particolare mi ha colpito la frase: [quote="Martino"]E' chiaro che riesco a scrivere una dimostrazione "non topologica" del teorema, ma risulterebbe assurdamente astrusa e estremamente noiosa e complicata.

Solo che a me non sembra così chiaro, potreste confermarmi che questa frase è vera?[/quote]Quello che voglio dire è che in ultima istanza quando diciamo "dimostrazione topologica" vogliamo solo dire dimostrazione fatta usando tecniche topologiche, cioè tecniche che abbiamo inserito in una categoria specifica, quella della topologia. Se adesso tu smembri ogni dimostrazione nelle sue componenti logiche di base non c'è più necessità di distinguere tra le varie aree della matematica. Posso vedere i numeri reali come sezioni di Dedekind e manipolarli algebricamente. Posso fare la teoria algebrica di $RR$ e dimostrare tutto quello che mi serve senza mai dover chiamare le mie dimostrazioni "topologiche" o "algebriche". Cioè senza raggruppare le tecniche in un'area determinata. Allora la mia dimostrazione è semplicemente una sequenza di implicazioni logiche e non sottostà più a sovrastrutture. Mi rendo conto che è un po' tautologico ma è questo che volevo dire.

[dissonance]

Seguendo l'eccellente consiglio di Georges Elencwajg, affermo che la domanda di otta96 è una *cattiva* domanda. (E dico questo perché sto osservando con interesse otta96). Il problema è che si tratta di una domanda fumosa, che manca di una risposta concreta ottenibile a prezzo di fare dei calcoli. Ne propongo una versione alternativa.

Esiste un campo non algebricamente chiuso \(\mathbb K\) tale che l'estensione \(\mathbb K(i)\), dove \(i^2=-1\), non è algebricamente chiusa? Sarebbe perfetto costruirne un esempio concreto, magari prendendo \(\mathbb K= \mathbb Z /P\), dove \(P\) è un polinomio irriducibile.

Se un tale campo esistesse ciò dimostrerebbe che la completezza di \(\mathbb C\) dipende necessariamente da proprietà intrinseche di \(\mathbb R\) e non solo dalla struttura algebrica di campo.

[Studente Anonimo]

Che dici di $QQ(i)$?

[dissonance]

Non è algebricamente chiuso? ah già, le radici quadrate

[ot]Ciao Martino! Sono contento di risentirti. Spero tu stia bene[/ot]

[Studente Anonimo]

Secondo me l'unico punto in cui si usano proprietà chiamiamole "analitiche" di $RR$ è quando si dice che (*) "ogni polinomio reale di grado dispari ha zeri reali". Arriverei al punto di dire che il TFA è "algebricamente equivalente" a (*), nel senso che le altre considerazioni che si fanno nel dimostrare il TFA sono puramente "algebriche" o assimilabili a considerazioni algebriche (uno potrebbe dire che l'estrazione di una radice quadrata reale è un'operazione "analitica" ma io la vedo come operazione algebrica, è una conseguenza della definizione di $RR$). Ma per chi sa qualcosa di analisi l'affermazione (*) è praticamente ovvia dato che i due limiti a [tex]\pm \infty[/tex] sono infiniti di segno opposto, quindi basta usare il teorema del valore intermediario.

[ot]Ciao [/ot]

"dissonance":l'eccellente consiglio di Georges Elencwajg

Bel consiglio!

[otta96]

Mi avete convinto, soprattutto mi piace il modo in cui l'ha detto Martino con l'espressione "algebricamente equivalenti".

[otta96]

Mi sono tornati i dubbi su questo argomento
Infatti stavo leggendo la pagina su TFA di Wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Fundament ... of_algebra) e ho letto la frase

"In spite of its name, there is no purely algebraic proof of the theorem, since any proof must use the completeness of the reals (or some other equivalent formulation of completeness), which is not an algebraic concept."

ma quindi esistono o non esistono queste dimostrazioni solo algebriche del TFA? Se si, che cosa intende Wikipedia?

[spugna2]

Dipende sempre da cosa si intende con "dimostrazione algebrica", visto che non si può definire in modo rigoroso; immagino che Wikipedia intenda dire che la definizione stessa di $RR $ è di natura topologica, e che di conseguenza lo sono tutte (o quasi) le sue proprietà, inclusa l'esistenza delle radici dei polinomi, quindi con questa premessa la risposta alla tua domanda sarebbe no. Se invece ti accontenti di una dimostrazione che eviti di usare parole come "aperto" o "connesso", quella esiste senz'altro, ma nei vari passaggi ci sarà ben poco di puramente algebrico (qualunque cosa voglia dire). Probabilmente il meglio che puoi fare è qualcosa del genere:

Lemma: se $f $ è un polinomio a coefficienti reali e $x_0$ è un numero reale tale che $f (x_0)>0$, allora esiste un $delta>0$ tale che $x_0-delta 0$ (analogo per $f (x_0)<0$).

Dimostrazione: per induzione sul grado di $f $: se ha grado $0$ la tesi è ovvia, altrimenti si ha $f (x)-f (x_0)=(x-x_0)g (x) $, e per ipotesi induttiva esiste un $delta$ per cui vale $-1-2|g (x_0)|
Teorema: se $f in RR[x] $ è un polinomio monico che assume valori sia positivi sia negativi, allora ha una radice.

Dimostrazione: l'insieme $\{ x in QQ| EE y>x |f (y)<0 \} $ definisce un numero reale $z $, e risulta necessariamente $f (z)=0$ perché altrimenti il lemma della permanenza del segno porterebbe a una contraddizione.