域的微积分 – 绝对值

Posted on 2022-06-30

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绝对值和位置

我们想将微积分应用于领域，但需要工具。对于普通微积分，在\(\mathbb{R}\)或\(\mathbb{C}\)上，最重要的作用是极限： \[\lim_{x \to a}f(x)=A。 \]要定义一个限制，我们需要绝对值。当\(|xa|\)任意小时，要求\(|f(x)-A|\)任意小。

但是我们不能将绝对值直接迁移到其他字段中。实际上，如果域\(k\)是\(\mathbb{Q}\)的扩展，那么我们可以在\(k\)上定义一个绝对值来限制 \(\mathbb{C }\）。但情况并非总是如此：这种方法现在适用于具有积极特征的字段。例如， \(\mathbf{F}_8\)不是\(\mathbb{Q}\)的子字段，因为\(\mathbf{ F}_2\)不是。此外，我们不应该将自己局限于忠实于普通微积分的情况，而忽略其他潜力。普通绝对值最重要的特征是三角不等式，但也许我们可以省略它并用不同的东西代替它。也许还有更多不同的绝对值需要研究。由于这些原因，我们首先在字段上定义绝对值。

定义 1.域\(K\)上的绝对值是实值函数\(|\cdot|:K \to \mathbb{R}_+\)使得

  1. 对于所有\(x \in K\) ，当且仅当 \(x=0\) 时，我们有\(|x| \ge 0\)和 \(|x|=0\)。

  2. \(|xy|=|x||y|\) 。

  3. 存在\(c>0\)使得\(|x+y| \le c\max\{|x|,|y|\}\) 。

在深入探讨不等式的一些技术细节之前，让我们看一些琐碎和重要的例子。

  1. 在任何域\(K\)上，我们可以为所有 \(x\ne 0\) 定义\(|x|=1\ )。这是最琐碎的绝对值，它几乎没有信息。但是无论绝对值是否微不足道，我们总是有\(|1|=1\)，因为\(|1x|=|1||x|=|x|\)。

  2. 如果\(K=\mathbb{Q}\) ，我们可以将\(|m/n|\) 定义为普通的绝对值 \(\sqrt{\left(\frac{m}{n}\right)^2 }\）。我们肯定对它很熟悉。习惯上写成 \(|\cdot|_\infty\)。

  3. 然而，对于\(K=\mathbb{Q}\)和\(m/n \in K\) ，我们也可以写成\[\frac{m}{n}=p^a\frac{m’ }{n’}.\]其中\(m’\)和 \(n’\) 是与 \(p\) 互质的整数。在这个演示文稿下，我们可以

\[\left|\frac{m}{n}\right|_p=p^{-a}.\]

通过这种方式，我们获得了一个与\(|\cdot|_\infty\) 完全不同的绝对值 \(|\cdot|_p\) 。 “差异”将在后面讨论。可以验证 \(|\cdot|_p\) 确实是一个绝对值，定义中的常数\(c\)应该是\(1\) 。这称为 \(p\)-adic 绝对值。

  1. 让\(K=\mathbf{F}_q\)是一个有限域，那么 \(K\) 上的唯一绝对值是微不足道的。要看到这一点，请注意\(K^\times\)是一个循环群。选择\(x \in K^\times\) ，我们有 \(|x|^{q-1}=|x^{q-1}|=|1|=1\)。

第一分类

三角不等式

似乎我们无缘无故地忽略了三角不等式，但实际上我们没有。为了看到这一点，我们首先给出三角不等式的改进。

命题 1.令 \(|\cdot|:K \to \mathbb{R}\) 是一个绝对值，其中\(|x+y|\lec\max\{|x|,|y|\}\) ，那么以下两个语句是等价的：

  1. \(c \le 2\) 。

  2. 对于所有\(a,b \in K\) ，我们有\(|a+b|\le |a|+|b|\) 。这就是三角不等式。

证明。很明显 \(|a|+|b| \le 2\max\{|a|,|b|\}\) 所以我们只需要证明 1 意味着 2。为此，我们将使用 aforward-反向感应。首先假设 \(n=2^m\) 对于某个正整数 \(m\) 并让 \(a_1,\dots,a_n\) 是\(K\)的元素序列。然后通过归纳立即有

\[\left|\sum_{k=1}^{n}a_k \right| \le 2^m \max |a_k|=n\max|a_k| \le 2n\max|a_k|.\]

对于所有满足 \(2^{m-1} < n \le 2^m\) 和 \(a_1,\dots,a_{n} \in K\) 的正整数，我们总是可以把\(a_{ n+1}=\cdots=a_{2^m}=0\)得到

\[\begin{对齐}\left|\sum_{k=1}^{n}a_k\right| &\le c\max\left\{\left|\sum_{k=1}^{2^{m-1}}a_k\right|,\left|\sum_{k=2^m+1}^ {2^{m}}a_k\right|\right\}\\ &\le2\max\left\{\left|\sum_{k=1}^{2^{m-1}}a_k\right| ,\left|\sum_{k=2^m+1}^{2^{m}}a_k\right|\right\}\\ &\le2\max\left\{2^{m-1}\ cdot\max_{1\le k \le2^{m-1}}|a_k|,2^{m-1}\cdot\max_{2^{m-1}<k\le 2^m}|a_k |\right\} \\ &\le 2 \cdot 2^{m-1}\max_{1 \le k \le2^m}|a_k| \\ &\le 2n \max_{1 \le k \le 2^m}|a_k|\end{aligned}\]令\(\tilde{n}\)为\(n\)在 \( K\)，即 \(\tilde{n}=\underbrace{1+\dots+1}_{n\text{ times}}\)。如果我们把\(a_k=1\)放在所有\(1 \le k \le n\)上，我们特别有\(|\tilde{n}| \le 2n\) 。此外，我们还有

\[ \left|\sum_{k=1}^{n}a_k\right| \le 2n \sum_{k=1}^{n}|a_k|.\]

因此我们可以写

\[\begin{对齐}|a+b|^n &= |(a+b)^n| \\ &=\left|\sum_{k=0}^{n}{n \选择 k}a^kb^{nk} \right| \\ &\le 2(n+1)\sum_{k=0}^{n}\left|\widetilde{n\choosek}\right||a|^k|b|^{nk} \\ & \le 4(n+1)\sum_{k=0}^{n}{n \选择 k}|a|^k|b|^{nk} \\ &=4(n+1) (|a |+|b|)^n.\end{对齐}\]

它遵循

\[|a+b| \le \sqrt[n]{4(n+1)}(|a|+|b|), \quad \forall n \in \mathbb{N}.\]

由于\(\lim_{n \to\infty}\sqrt[n]{4(n+1)}=1\) ，我们完成了。 \(\square\) 三角不等式总是可取的，但并非总是如此。要看到这一点，考虑 \(\mathbb{C}((X))\)，formalLaurent 级数的域，其中每个元素的形式为

\[f(X)=\sum_{k=n}^{\infty}a_kX^k\]

其中\(a_n \ne 0\) 。我们可以通过 \(|f|=|a_n|\) 在 \(\mathbb{C}((X))\) 上定义一个绝对值。三个条件很容易验证，但三角不等式并非如此。例如，如果 \(f(X)=1+2X\) 且 \(g(X)=-1+3X\)，则 \(|f+g|=5\) 而 \(|f|= |g|=1\)。出于这个原因，我们正在寻求绝对值的“替代品”。

等价的 AbsoluteValues 和 Places

请注意，绝对值以一种明显的方式引入了平移不变度量：

\[d(x,y)=|xy|.\]

拓扑出现在事物的本质中。我们不能直接在泛函分析中应用定理，因为我们没有实数或复数向量空间。但是我们可以尝试导入那些重要的概念。在研究开放映射定理时，我们关心等价范数或度量，关于它们是否会产生相同的拓扑。在这里，我们也将这样做。

定义 2.如果两个绝对值 \(|\cdot|_1\) 和 \(|\cdot|_2\) 导出相同的拓扑，则它们是等价的（这显然是等价关系）。绝对值的等价类称为位置。

显然，拓扑是离散的当且仅当绝对值是微不足道的。因此，平凡的绝对值不等于任何非平凡的绝对值。但是让我们看看两个不相等的非平凡绝对值。在\(\mathbb{Q}\)上，考虑\(|\cdot|_\infty\)和 \(|\cdot|_2\)。序列 \(\left\{\frac{1}{n}\right\}\) 在第一个绝对值下收敛到\(0\) 。然而\[\limsup_{n \to \infty}\left| \frac{1}{n}\right|_2=1\]如果我们考虑奇数。另一方面，\(\{2^n\}\) 不会在 \(\left|\cdot\right|_\infty\) 下收敛，但 \(\left|2^n\right|_2=2 ^{-n} \to 0\) 作为 \(n \to \infty\)。由\(|\cdot|_\infty\)引起的拓扑与由\(|\cdot|_p\)对素数\(p\)引起的拓扑完全不同。

我们有等效绝对值的重要特征。

命题2.令\(|\cdot|_1\) 和\(|\cdot|_2\) 为两个非平凡的绝对值，则下列陈述等价。

  1. \(|\cdot|_1\)和 \(|\cdot|_2\) 是等价的。

  2. \(|x|_1<1\)意味着\(|x|_2<1\) 。

  3. 存在\(\lambda>0\)使得 \(|\cdot|_1=|\cdot|_2^\lambda\)。

证明。假设 \(|\cdot|_1\) 和 \(|\cdot|_2\) 是等价的。如果 \(|x|_1<1\)，则 \(\lim_{n \to \infty}x^n=0\)。因此 \(|x|_2<1\) 或其他 \(|x|_2^n\) 不会收敛到 \(0\)。同样\(|x|_2<1 \暗示|x|_1<1\)。

假设\(|x|_1<1\)总是暗示\(|x|_2<1\) 。因此\(|x|_1>1\)意味着 \(|x|_2>1\) 因为 \(|x^{-1}|_1<1\)。因为 \(|\cdot|_1\) 不是平凡的，所以存在\(x_0 \in K\)使得 \(|x_0|_1>1\)。把 \(a=|x_0|_1\) 和 \(b=|x_0|_2\) 并让 \(\lambda=\log(b)/\log(a)=\log_a{b}\)。选择\(x \in K\)使得 \(|x|_1 \ge 1\)。然后 \(|x|_1=|x_0|_1^\alpha\) 对于一些 \(\alpha \ge 0\)。我们通过用有理数逼近\(\alpha\)来证明 \(|x|_2=|x_0|_2^\alpha\)。如果\(m,n\)是正整数，使得\(m/n>\alpha\) ，那么 \(|x|_1<|x_0|_1^{m/n}\) 并且因此\(|x ^n/x_0^m|_1<1\) 。由此可知\(|x^n/x_0^m|_2<1\) ，即\(|x|_2<|x_0|^{m/n}_2\)。如果\(m/n<\alpha\)，我们同样可以得到\(|x|_2>|x_0|_2^{m/n}\)。因此\(|x|_2=|x_0|_2^\alpha\)。所以

\[|x|_2=\left(|x_0|_1^{\log_ab}\right)^\alpha=|x_0|_1^{\alpha\lambda}=|x|_1^\lambda.\] 3 暗示1 是立即的，因为 \(f(x)=x^\lambda\) 不会改变限制。 \（\正方形\）

如果\(|\cdot|_1=|\cdot|_2^\lambda\) ， \(|x+y|_1\le c_1\max\{|x|_1,|y|_1\}\)和\ (|x+y|_2 \lec_2\max\{|x|_2,|y|_2\}\) ，则 \(c_1\) 可以替换为 \(c_2^\lambda\)。如果 \(c_2 >2\)，那么我们可以选择足够小的 \(\lambda\)，使得 \(c_2^\lambda \le 2\)。所以

命题3。每个绝对值都等价于满足三角不等式的一个。

考虑到这一点，我们可以研究绝对值定义中 \(c=1\) 的情况。

超度量不等式

命题 4.令 \(|\cdot|\) 为 \(K\) 上的绝对值。那么下面的语句是等价的：

  1. \(|\cdot|\)满足超度量不等式：\(|x+y|\le\max\{|x|,|y|\}\)。

  2. \(|\tilde{n}|\le 1\)为所有\(n \in \mathbb{N}\) 。

证明。假设\(|x+y| \le\max\{|x|,|y|\}\) 。那么 \(|\tilde{1}|=|1|=1\) 和 \(|\tilde{2}|=|1+1|=\max\{|1|,|1|\}=1 \)。假设\(|\tilde{n}|\le 1\) ，那么

\[|\widetilde{n+1}|=|\tilde{n}+1|\le\max\{|\tilde{n}|,|1|\}\le 1.\]

相反，假设所有\(n\)都有 \ (|\tilde{n}| \le1\ ) 。如有必要，将绝对值替换为满足三角不等式。它遵循\[\begin{aligned}|a+b|^n &\le \sum_{k=0}^{n}\left|{n \choose k}a^kb^{nk}\right| \\ &\le \sum_{k=0}^{n}\left|\widetilde{n \choosek}\right||a|^k|b|^{nk} \\ &\le (n+1 )\max\{|a|^n,|b|^n\} \\ &=(n+1)\max\{|a|,|b|\}^n.\end{对齐}\]

因此\(|a+b| \le\sqrt[n]{n+1}\max\{|a|,|b|\}\) 。结果源于\(\sqrt[n]{n+1} \to 1\)为 \(n \to \infty\)。 \（\正方形\）

定义 3.如果满足命题 4 中的条件，则绝对值称为非阿基米德或超度量。否则称为阿基米德或普通。

例如，平凡的绝对值是超度量的，但我们对此不感兴趣。有趣的是 \(p\)-adic 绝对值是非阿基米德的。

还有第二种分类 – Ostrowski 定理，它指出 \(\mathbb{Q}\) 上的所有非平凡位置都可以用 \(|\cdot|_\infty\) 或 \(|\cdot|_p\) 表示一些素数\(p\)。对于其他领域，我们有一些非常有趣的类似物。但是我们没有足够的空间来包含这些证明。读者可以查

  • 本注释的定理 4.2 是关于 \(\mathbb{Q}\) 的 Ostrowski 普通定理。

  • 这份关于 Ostrowski 数域定理的说明性论文。

  • 这篇关于函数场的 Ostrowski 定理的说明性论文。

字段扩展和绝对值

当我们有一个域扩展 \(L/K\) 时，我们当然想知道如何将\(L\)上的绝对值限制为\(K\) ，或者相反，如何将绝对值扩展为 \(L \)。对于绝对值本身，我们也可以像处理初等微积分一样执行补全操作：\(\overline{\mathbb{Q}}=\mathbb{R}\)。

定义 4.如果 \(K\) 是关于度量\(d(x,y)=|xy|\的完整度量空间，则域 \(K\) 关于\(|\cdot|\ ) 是完备的) .

为了使用类似的设备，我们将以类似的样式定义完成。令\(\mathscr{P}_F\)为字段\(F\)的所有位置的集合。 \(L\ ) 上的每个位置 \(v\ ) 都会导致 \(K\) 上的位置 \(u=v|_F\)。因此，我们有一个由限制引起的映射：

\[\begin{aligned} r:\mathscr{P}_L &\to \mathscr{P}_K \\ v &\mapsto u\end{aligned}\]从\(L\)到\ (K\) 。

定义 5.设 \(L/K\) 为域扩展，\(u\in \mathscr{P}_K\)。如果 \(v \in r^{-1}(u)\)，我们写成 \(v|w\) 并说 \(v\)整除\(w\) 或 \(v\)位于\(你\）。

定义 6.关于地点 \(v\) 的 \(K\) 补全是具有地点 \(w\) 的扩展域 \(K_v\)，使得

  1. \(w|v\) 。

  2. 由\(w\)引出的\(K_v\)拓扑是完备的。

  3. \(K\)是 \(K_v\) 的密集子集。

扩展存在并且在同构之前是唯一的（要看到这一点，请在完成 \(\mathbb{Q}\) 时修改证明）。经典的例子当然是\(K=\mathbb{Q}\)和 \(v\) 由 \(|\cdot|_\infty\) 表示，因此 \(K_v\) 将是 \(\mathbb {R}\) 具有普通的绝对值。在 Gelfand-Marzur 的帮助下，可以证明唯一的阿基米德完全域是 \(\mathbb{Q}\) 和 \(\mathbb{C}\)，它们是\(\mathbb{Q}\)的完成和 \(\mathbb{Q}(i)\)。

对于\(\mathbb{Q}\) 上的 \(|\cdot|_p\ )，我们有完成 \(\mathbb{Q}_p\)（\(p\)-进数）。紧子集 \(\mathbb{Z}_p\)（\(p\)-进数整数）是 \(\mathbb{Q}_p\) 中 \(\mathbb{Z}\) 的闭包。如果 \(p,q\) 是两个不同的素数，则 \(\mathbb{Q}_p\) 不与 \(\mathbb{Q}_q\) 同构，因为它们是使用两个不同的位置完成的。

作为一个引人注目的例子，在 \(\mathbb{Q}_2\) 中，我们有 \[\sum_{k=0}^{\infty}2^k=-1\]

因为

\[\lim_{n \to \infty}\left|\sum_{k=0}^{n}2^k+1\right|_2=\lim_{n \to\infty}|2^n-1 +1|_2=\lim_{n \to \infty} 2^{-n}=0.\]

在“身份”\(1+2+\dots=-\frac{1}{12}\) 上的 Numberphile 视频中没有任何跳跃或误解。

绝对值和向量空间

为了结束这篇文章并为以后的文章做准备，我们展示了绝对值与向量空间上的范数配合得很好（不要与伽罗瓦理论中的范数混淆）。

定义 7.令 \(K\) 为具有绝对值 \(|\cdot|\) 的域，且 \(E\) 为 \(K\) 上的向量空间。与 \(|\cdot|\ ) 兼容的范数 \(E\to \mathbb{R}\ ) 是满足的函数 \(\|\cdot\|\)

  1. \(\|\xi\|\ge 0\)对所有 \(\xi \in E\)，且 \(\|\xi\|=0\) 当且仅当 \(\xi=0\) .

  2. 对于所有的 \(x \in K\)和 \(\xi \in E\)，\(\|x\xi\|=|x|\|\xi\|\)。

  3. \(\|\xi_1+\xi_2\| \le\|\xi_1\|+\|\xi_2\|\)对于所有 \(\xi_1,\xi_2 \in E\)。

如果存在数 \(C_1,C_2>0\)，则两个范数\(\|\cdot\|_1\)和 \(\|\cdot\|_2\) 是等价的E\) 我们有

\[C_1\|\xi\|_1 \le \|\xi\|_2 \le C_2 \|\xi\|_1.\]

这是一个等价关系，我们已经看到了这种基本的线性代数和泛函分析。这等价于\(\|\cdot\|_1\)和 \(\|\cdot\|_2\) 归纳出相同的拓扑。当\(E\)的维数无穷大时，事情就麻烦了，因为我们可能需要诸如开放映射定理之类的东西。对于有限维空间，我们可以选择一个基\(\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n \in E\) 使得每个\(\xi \in E\)都可以写成

\[\xi=x_1\xi_1+\cdots+x_n\xi_n,\quad x_1,\dots,x_n \in K.\]

我们可以定义像 \(\|\xi\|_1=|x_1|+\dots+|x_n|\), \(\|\xi\|_2=\sqrt{|x_1|^2+\dots+|x_n |^2}\)和\(\|\xi\|_\infty=\max\{|x_1|,\dots,|x_n|\}\)。在初等线性代数中，我们知道它们是等价的。现在事情在一个领域是一样的。

命题 5.令 \(K\) 是一个非平凡绝对值\(|\cdot|\)下的完整域，令\(E\)是\(K\)上的有限维空间。那么 \(E\) 上与 \(|\cdot|\) 兼容的任何两个范数都是等价的。

证明。足以证明 \(E \cong K \times \cdots \times K\) 在与绝对值兼容的范数下的拓扑。放\(n=\dim E\) 。如果 \(n=1\) 事情是微不足道的。因此我们假设\(n \ge 2\) 。我们需要证明给定一个基 \(\xi_1,\xi_2,\dots,\xi_n\)，

\[\xi^{(\nu)} = x_1^{(\nu)}\xi_1+\cdots+x_n^{(\nu)}\xi_n\]

仅当 \(n\) 序列 \(x_i^{(\nu)}\) 中的每一个都是 \(K\ ）。假设 \(\xi^{(\nu)}\) 收敛到 \(0\) 作为\(\nu \to\infty\)就足够了（因为我们可以替换 \(\xi^{(\nu )}\) 与 \(\xi^{(\nu)}-\xi^{(\mu)}\) 为 \(\nu,\mu \to \infty\) 必要时）。然后我们必须证明每个\(x_i^{(\nu)}\)也收敛到\(0\) 。

假设这对于 \(x_1^{(\nu)}\) 是错误的。那么存在一个数\(a>0\)使得 \(|x_1^{(\nu)}|>a\) 当 \(\nu\) 足够大时。因此对于\((\nu)\)的子序列，\(\xi^{(\nu)}/x_1^{(\nu)}\) 收敛到\(0\) ，我们可以写

\[\frac{\xi^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)}}-\xi_1=\frac{x_2^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)} }\xi_2+\dots+\frac{x_n^{(\nu)}}{x_1^{(\nu)}}\xi_n.\]

取极限，我们看到\(\xi_1\)是 \(\xi_2,\dots,\xi_n\) 的线性组合，这是荒谬的。 \（\正方形\）

我们将需要这个命题来处理有限域扩展。

参考

  1. Erico Bombieri 和 Walter Gubler，丢番图几何学中的高地。

  2. 塞尔日朗，代数重温第三版。

  3. Dinakar Ramakrishman 和 Robert J. Valenza，数字域的傅里叶分析。

原文： https://desvl.xyz/2022/06/30/calculus-field-01/