¿Es$[0,\infty)$ el candidato máximo en$\mathbb{R}$ para los números positivos?

Question

Miremos $0$ como un número positivo, al menos para esta pregunta, y definir que un subconjunto $S$ de un anillo de $R$ es un candidato para los números positivos, o simplemente un "candidato" iff

1. $S$ es un semiring: que es, $0 \in S$ $S$ es cerrado bajo sumas y productos.

2. $x+y = 0$ implica $x = 0$$y = 0$, para todos los $x,y \in S$.

Por ejemplo, $\mathbb{Z}$ como anillo $R$, tenemos que para todos los $n \in \mathbb{N},$ los siguientes son los candidatos.

1. $\{m \in \mathbb{Z} \mid m \geq n\} \cup \{0\}$

2. $n \mathbb{N}.$

Además, $\mathbb{N}$ es el máximo candidato.

Prueba. Supongamos hacia una contradicción que algunos candidatos $S \subseteq \mathbb{Z}$ tiene un elemento no en $\mathbb{N},$ es $k$. Comenzar por observar el siguiente.

1. Desde $k \in S$, por lo $k^2 \in S$ (cierre en productos). Tenga en cuenta también que $k^2$ es distinto de cero.

2. Por otro lado, tenemos que desde $k \in S$, por lo $-k^2 \in S,$ porque $-k^2$ puede ser expresado como $|k|k,$ que es sólo una suma finita $k + \cdots + k$ (cierre bajo sumas).

Poner esto juntos, llegamos a la conclusión de que $k^2 = 0$ (desde $x+y = 0$ implica $x=0$ todos los $x,y \in S$). Pero esto se contradice con la observación de que $k^2$ es distinto de cero.

Pregunta. Con un poco de preludio, el argumento de arriba funciona básicamente en $\mathbb{Q}$. Esto revela que el $\mathbb{Q} \cap [0,\infty)$ es el máximo candidato en $\mathbb{Q}.$ $[0,\infty)$ el máximo candidato en $\mathbb{R}$? Siquiera tiene uno?

Answer 1

Su definición de un candidato no es dependiente de la $R$ a todos.

Si $t$ es un resumen trascendental elemento más de $\mathbb{Q}$, entonces el polinomio semiring $\mathbb{N}[t]$ es un candidato. Así que si elegimos un negativo trascendental valor real para $t$, decir $-\pi$, $\mathbb{N}[-\pi]$ también es candidato.

Y claramente $\mathbb{R}^+$ es la máxima candidata en $\mathbb{R}$ y no contiene $-\pi$. Así, no es el máximo candidato.

NOTA: no es el caso que podemos extender $\mathbb{N}$ con cualquier negativa irracional elemento. Supongamos, por ejemplo, $S$ contiene $-\sqrt[3]{2}$. Entonces como $S$ es cerrado bajo la multiplicación, también contiene $-\sqrt[3]{2} \times -\sqrt[3]{2} \times -\sqrt[3]{2} =-2$, y luego el axioma 2 es violado.

(Me imagino que la negativa de las raíces cuadradas, por ejemplo, sería permisible, pero no he trabajado de ello, así que no sé cuál es el más fuerte de resultados disponibles aquí. Todos trascendental números están ok (ACEPTAR).