conjuntos explícitamente grandes linealmente independientes

Question

En la siguiente, yo uso la palabra "explícita" en el siguiente sentido: No hay opciones de bases (de espacios vectoriales o extensiones de campo), la no-principal ultrafilters o por igual, que sólo existen por el Lema de Zorn (o AC) son necesarios. Siéntase libre de uso similar (tal vez más precisos) a las nociones de "explícito", pero razonable queridos! Para ser honesto, no estoy tan interesado en una discusión acerca de la lógica matemática. Si no hay ningún ejemplo de allí, bueno, entonces no hay ningún ejemplo. ;-)

Puede usted dar explícita grandes subconjuntos linealmente independientes de $ \mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$? Por ejemplo, $\{\ln(p) : p \text{ prime}\}$ es un conjunto, pero es sólo contables y seguramente no es la base. Usted puede encontrar más números que son linealmente independientes, pero no puedo encontrar una cantidad no numerable. AC implica $\dim_\mathbb{Q} \mathbb{R} = |\mathbb{R}|$. Quizás $ZF$ tiene un modelo en el que cada linealmente independiente subconjunto de $ \mathbb{R}$ es contable?

La misma pregunta para algebraicamente independiente subconjuntos de $ \mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$? Tal vez el conjunto anterior es un subconjunto? Pero de todos modos, es demasiado pequeño.

Estrechamente relacionados con los problemas: ¿Puede dar un explícito adecuada subespacio de $ \mathbb{R}$ sobre $\mathbb{Q}$, que es isomorfo a $ \mathbb{R}$? Si es así, es el isomorfismo explícito? La misma pregunta para los subcampos.

Que sería genial si hubo ejemplos explícitos. :-)

Answer 1

Aquí es un subconjunto linealmente independiente de $\mathbb{R}$ con un tamaño de $2^{\aleph_0}$.

Deje $q_0, q_1, \ldots$ ser una enumeración de $\mathbb{Q}$. Para cada número real $r$, vamos $$T_r = \sum_{q_n < r} \frac{1}{n!}$$ La prueba de que estos números son linealmente independientes, es similar a la prueba usual de que $e$ es irracional. (Es un lindo problema; hay spoiler de abajo.)

Creo que una táctica similar podría funcionar para algebraica de la independencia, pero no recuerdo haber visto este tipo de construcción. En realidad, John von Neumann demostró que los números $$A_r = \sum_{n=0}^\infty \frac{2^{2^{[nr]}}}{2^{2^{n^2}}}$$ son algebraicamente independientes para $r > 0$. [Ein Sistema algebraisch unabhängiger zahlen, Matemáticas. Ann. 99 (1928), no. 1, 134-141.] Una más general que debido a Jan Mycielski parece ir a través de ZF + DC tal vez sólo ZF en algunos casos. [Conjuntos independientes en álgebras topológicas, Fondo. De matemáticas. 55 (1964), 139-147.]

Como para subespacios y subcampos isomorfo a $\mathbb{R}$, la respuesta es no. (Ya que estoy no se permite la publicación de cualquier lógica de aquí, me voy a referir a esta respuesta y vamos a descubrirlo.)

Bueno, voy a doblar las reglas un poco... Considerar un $\mathbb{Q}$-lineal isomorfismo $h:\mathbb{R}\to H$ donde $H$ es $\mathbb{Q}$-lineal subespacio de $\mathbb{R}$ (es decir, $h$ es un aditivo grupo de isomorfismo en los divisible subgrupo $H$ de % de$\mathbb{R}$). Si $h$ Baire medible, entonces debe ser continua por un antiguo teorema de Banach y Pettis. De ello se desprende que $h(x) = xh(1)$ para todos los $x \in \mathbb{R}$ y, por tanto,$H = \mathbb{R}$. Sela ha producido un modelo de ZF + DC donde todos los conjuntos de reales tiene la propiedad de Baire, de modo que cualquier $h$ en este modelo debe ser Baire medibles. Un argumento similar funciona si Baire medibles es reemplazado por Lebesgue medible, pero Solovay del modelo de ZF + DC donde todos los conjuntos de reales son Lebesgue medibles utiliza la existencia de un cardinal inaccesible, y esta hipótesis se muestra necesario por el Sela.

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Spoiler

Supongamos que por el bien de la contradicción que $r_1 > r_2 > \cdots > r_k$ e $a_1,a_2,\ldots,a_k \in \mathbb{Z}$ son tales que $a_1T_{r_1} + a_2T_{r_2} + \cdots + a_kT_{r_k} = 0$. Elegir un gran $n$ tal que $r_1 > q_n > r_2$. Si $n$ es suficientemente grande como para que $$(|a_1| + |a_2| + \cdots + |a_k|) \sum_{m=n+1}^\infty \frac{n!}{m!} < 1$$ a continuación, la cola términos de $n!(a_1T_{r_1}+\cdots+a_kT_{r_k}) = 0$ debe cancelar, y nos quedamos con $$a_1 = -\sum_{m=0}^{n-1} \sum_{q_m < r_i} a_i \frac{n!}{m!} \equiv 0 \pmod{n}$$ Si por otra parte $n > |a_1|$, esto significa que $a_1 = 0$. Repetir a la conclusión de que la $a_1 = a_2 = \cdots a_k = 0$.

Answer 2

He aquí una respuesta similar en espíritu a Pietro Majer, pero no es lo mismo.

Como un primer paso, elegir un incontable de la familia de los infinitos subconjuntos de números enteros positivos tales que cualquiera de los dos conjuntos distintos de la familia finita de la intersección. Esto se puede hacer de forma explícita en muchas maneras. Uno que me gusta es como sigue. Ya que se puede tomar una explícita bijection entre el $\mathbb{N}$ e $\mathbb{Z}^2$, es suficiente para crear una familia de subconjuntos de $\mathbb{Z}^2$ lugar. Y para ello, para cada número real $\alpha\in[0,\pi)$ tome el conjunto de todos los puntos en $\mathbb{Z}^2$ que están dentro de una distancia de 2 (por ejemplo) de la línea que forma un ángulo $\alpha$ con el eje x.

Una vez que tenemos una familia F, se define un número real $r_X$ para cada X en F como sigue. Es un número entre 0 y 1 que tiene únicamente 0s y 1s en su expansión decimal. Y tiene un 1 en el enésimo lugar si y sólo si $n=m^2$ para algunos $m\in X$. (La razón de la restricción a las plazas es simplemente que queremos que las brechas entre los sucesivos lugares donde puede haber de 1 a conseguir más y más grande, por lo que podemos ignorar la realización de problemas.)

Los números de $r_X$ son linealmente dependientes sobre $\mathbb{Q}$ sólo si podemos encontrar un entero distinto de cero combinación de un número finito de ellos que da cero. Pero nosotros no podemos: si tenemos un valor distinto de cero el coeficiente de t, entonces después de un tiempo las brechas será mayor que el número de dígitos de t (o incluso de la suma de los valores absolutos de los coeficientes, por ejemplo), y vamos a ser capaces de encontrar un elemento del conjunto correspondiente $X\in F$ que pertenece a ninguno de los otros conjuntos, lo que demuestra que ese entero combinación no es cero.

Answer 3

Aquí está un ejemplo en el espíritu de la combinatoria de binario expansiones. La moral es nuevo que AC no es necesario que exhiben innumerables conjuntos linealmente independientes, aunque es necesario encontrar bases.

Considerar a la familia $\{ u_\alpha\} _ {\alpha\in\mathbb{R _ +}}, $ donde $ u_\alpha $ es el número real cuya secuencia binaria que tiene soporte en el conjunto $$S_\alpha:=\{ \lfloor \exp{\alpha k}\rfloor \,: \, k\in\mathbb{N} \}\, ,$$

es decir, $$u_\alpha:=\sum_{k \in S_\alpha} 2^{-k}\, .$$

Esta familia es linealmente independiente sobre $\mathbb{Q}$. El hecho relevante con el fin de ver es, que los subconjuntos $S_\alpha\subset \mathbb{N}$ tienen la propiedad de que para cualquier conjunto finito de ellos, por ejemplo, con $\alpha_1 < \alpha_2\dots < \alpha_r,$ de la densidad relativa de cada uno de ellos, $S _ {\alpha_j},$ en su unión $\cup_{1\leq i\leq r} S _ {\alpha_i}$ es exactamente 1 si $j=1,$ y 0 en caso contrario (el más pequeño es $\alpha$, la más gruesa es $S_\alpha$). De esto se deduce fácilmente que los no-trivial combinación lineal de $u_{\alpha_1},\dots,u_{\alpha_r}$ con coeficientes enteros pueden desaparecer (de lo contrario, uno se inicia mediante la búsqueda en el coeficiente relativo a $u_{\alpha_1}$ y demuestre que tiene que ser cero, de lo contrario $u_{\alpha_1}$ sería una combinación lineal de $u_{\alpha_2},\dots,u_{\alpha_r}$ con coeficientes enteros. Pero esto implica una inclusión de los apoyos, hasta un número finito de traducciones: $S_{\alpha _ 1} \subset \cup_{2\leq i\leq r} (S _ {\alpha_i}+F_i) $, para algunos conjuntos finitos $F_2,\dots,F_r$, contradiciendo lo expuesto en la densidad de la propiedad).

Answer 4

Sería una gran sorpresa para mí si hubiera una relación lineal entre los números$\pi^x$, ya que$x$ varía entre reales cuyos dígitos en la base$3$ son$0$ o$1$ .... Supongo que debe haber un ejemplo para el que uno pueda probar algo :-)