Partición de $\mathbb{R}^+$ en dos Semigrupos

Question

¿Se puede repartir el facilitándole $(\mathbb R^+ ,+)$ en dos Semigrupos?

Han estado intentando, pero no has encontrado nada, por favor ayuda.

Answer 1

La Solución: Observe que $\mathbb{R}$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$. Elija algunas de función lineal $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{Q}$ más de este vector en el espacio para el cual existe una $x,y\in\mathbb{R}^+$ tal que $f(x)\geq 0$$f(y)<0$. Entonces, los conjuntos de $A=\{x:f(x)\geq 0\}$ $B=\{x:f(x)<0\}$ $x\in\mathbb{R}^+$ partición en el espacio y se semigroups.

Algunas notas sobre el mismo: La existencia de una $f$ está garantizada por el axioma de elección, que es equivalente a la afirmación de que todos los espacios vectoriales tienen una base. Una vez que tenemos una base $S$, podemos cambiar a la base $S'=\{|s|:s\in S\}$ y definen $f$ $S'$ que toma un valor negativo para al menos uno de los $s\in S'$ y toma un valor negativo para algunos otros $s\in S'$.

Una declaración más general podríamos hacer es que podríamos partición $\mathbb{R}^+$ en tantas subsemigroups como queremos mediante la elección de más funciones lineales - por ejemplo, si tenemos una $f$$g$, de modo que ninguno de los siguientes estaban vacías, podríamos partición en tres grupos: $$\{x:f(x)\geq 0\}$$ $$\{x:f(x)< 0\wedge g(x)\geq 0\}$$ $$\{x:f(x)< 0\wedge g(x) < 0\}$$ (También podríamos partición en los conjuntos para los cuales una sola $f$ es positivo, negativo o cero, pero esto no generalizar)

Otra nota es que $f$ $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ $\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{Q}$ - he utilizado el último destacar que quiero $f$ a ser lineal en los racionales - que $f(kx)=kf(x)$ sólo es necesario cuando se $k$ es racional.

Answer 2

La respuesta es SÍ.

Vamos a seguir la idea que apareció aquí, y voy a explicar el paso final en detalle.

Vamos $$\mathscr F=\{(S,T)\,:\,S,T\subset \mathbb R^+,\,S\cap T=\varnothing\,\,\& \,\,S,T\,\,\text{semigroups}\}.$$ Then $\mathscr F\ne\varnothing$, as $\,\big(\mathbb Q^+,\sqrt{2}\,\mathbb Q^+\big)\in\mathscr F$, and if we define "$\preceq$" in $\mathscr F$ como $$(S_1,T_1)\,\preceq\,(S_2,T_2),$$ si y sólo si $S_1\subset S_2$$T_1\subset T_2$, entonces claramente "$\preceq$" es un orden parcial.

Vamos a utilizar el Lema de Zorn para obtener un elemento maximal $(S_{\mathrm{max}},T_{\mathrm{max}})\in\mathscr F$, es decir, un elemento no poseer una estrictamente más grande, en la $\preceq$-sentido, y mostrar que $S_{\mathrm{max}} \cup T_{\mathrm{max}}=\mathbb R^+$.

Con el fin de aplicar el Lema de Zorn y extraer este elemento maximal, es necesario establecer que cada cadena tiene una cota superior. Una cadena de $\mathscr C$ es un no-vacío es subconjunto de a $\mathscr F$, lo cual es totalmente ordenado por $\preceq$, es decir, si $(S_1,T_1),\,(S_2,T_2)\in\mathscr C$, luego $(S_1,T_1)\,\preceq\,(S_2,T_2)$ o $(S_2,T_2)\,\preceq\,(S_1,T_1)$. Límite superior de $\mathscr C$ es un elemento $(S,T)\in\mathscr F$, mayor que todos los elementos de a $\mathscr C$, es decir, $(S',T')\preceq (S,T)$, para todos los $\,(S',T')\in \mathscr C$. Si ponemos $$\hat S=\bigcup\{S: (S,T)\in \mathscr C,\,\,\text{para algunos semigroup}\,\,T\subconjunto\mathbb R^+ \}, \\ \hat T=\bigcup\{T: (S,T)\in \mathscr C,\,\,\text{para algunos semigroup}\,\,S\subconjunto\mathbb R^+ \},$$ demostraremos que los $(\hat S,\hat T)\in\mathscr F$. De hecho, si $x,y\in \hat S$,$x\in S_1$$y\in S_2$, para algunas de las $(S_1,T_1),(S_2,T_2)\in\mathscr C$. Pero como $\mathscr C$ es una cadena, entonces cualquiera de las $S_1\subset S_2$ o $S_2\subset S_1$. Dicen que la primera sucede,$x,y\in S_2$, y como $S_2$ es un semigroup, a continuación,$x+y\in S_2\subset \hat S$. Del mismo modo, si $S_2\subset S_1$, y de manera similar a $\hat T$ es un semigroup. También, $\hat S\cap\hat T=\varnothing$, para los si $x\in \hat S\cap\hat T$,$x\in S_1$, para algunas de las $(S_1,T_1)\in\mathscr C$ y $x\in T_2$, para algunas de las $(S_2,T_2)\in\mathscr C$, y como $\mathscr C$ es una cadena, asumiendo por ejemplo que $(S_1,T_1)\preceq(S_2,T_2)$, obtenemos que $x\in S_2\cap T_2$, lo cual es una contradicción, como $S_2,T_2$ se supone que son disjuntas. También, $(\hat S,\hat T)$ es un límite superior de $\mathscr C$, como por su definición $S\subset \hat S$$T\subset\hat T$, para todos los $(S,T)\in\mathscr C$.

Por lo tanto, cada cadena en $\mathscr C$ tiene un límite superior y por lo tanto el Lema de Zorn es aplicable, lo que significa que $\mathscr F$ posee un elemento maximal $(S_{\mathrm{max}},T_{\mathrm{max}})$. Como $S_{\mathrm{max}},T_{\mathrm{max}}\subset\mathbb R^+$ son dos disjuntas semigroups, solo queda demostrar que $S_{\mathrm{max}} \cup T_{\mathrm{max}}=\mathbb R^+$.

Supongamos que no, y que $z\in \mathbb R^+\smallsetminus(S_{\mathrm{max}} \cup T_{\mathrm{max}})$ y deje $S'$ ser el semigroup generado por $\hat S\cup\{z\}$ $T'$ el semigroup generado por $\hat T\cup\{z\}$. Se deberá obtener una contradicción mostrando que cualquiera de las $(S',\hat T)\in\mathscr F$ o $(\hat S,T')\in\mathscr F$, cada uno de los cuales es estrictamente más grande (con respecto a $\preceq$) que el elemento maximal $(\hat S,\hat T)$.

Los elementos de $S'$ son de la forma $x+nz$ donde$x\in \hat S$$n\in\mathbb N$, y del mismo modo los elementos de $T'$ son de la forma $y+mz$ donde$y\in \hat T$$m\in\mathbb N$. Si $S'\cap \hat T\ne\varnothing$, luego $$x+nz=y, \quad\text{para algunos $x\in\hat S,\,y\in\hat T,\,n\in\mathbb N$}, \etiqueta{1}$$ y si $\hat S\cap T'\ne\varnothing$, luego $$x'=y'+n z, \quad\text{para algunos $x'\in\hat S,\,y'\in\hat T,\,n'\in\mathbb N$}. \etiqueta{2}$$ Ahora $(1)$ $(2)$ implica que $$nn z=n i-n x=nx'-ny',$$ y, por tanto,$nx'+n'x=ny'+n'y\in \hat S\cap \hat T$, lo cual no es posible. Por lo tanto, cualquiera de las $S'\cap \hat T=\varnothing$ o $\hat S\cap T'=\varnothing$, lo que implica que $(\hat S,T')\in\mathscr F$ o $(S',\hat T)\in \mathscr F$, lo que contradice el hecho de que $(\hat S,\hat T)$ es máxima.

Por lo tanto $\hat S\cup\hat T=\mathbb R^+$ y hemos terminado.

Nota. Aunque me parece Meelo la respuesta muy elegante, creo que esta respuesta tiene ciertas ventajas:

una. Utilizando el mismo argumento podemos partición $\mathbb R^+$ $k$ semigroups, para cada $k\in\mathbb N$.

b. Este método funciona para otros conmutativa grupos, $G$, la posesión de un subconjunto $T$, que es un semigroup y $G=T\cup\{0\}\cup (-T)$.

Answer 3

Deje $H=\{h_i:i\in I\}$ ser una base de Hamel para$\mathbb R$$\mathbb Q$, donde el conjunto de índices $I$ es bien ordenado. Así, cada número real $x$ tiene una expresión única como una combinación lineal finita de elementos de $H$ con coeficientes racionales, es decir, $x=\sum_{i\in I}x_ih_i$ donde $x_i\in\mathbb Q$ $\{i\in I:x_i\ne0\}$ es finito. Si $x\ne0$, definir $f(x)$ a ser el primer coeficiente distinto de cero en esta expresión, es decir, $f(x)=x_i\ne0$, e $x_j=0$ todos los $j\lt i$.

Vamos $$A=\{x\in\mathbb R^+:f(x)\gt0\}$$ and let $$B=\{x\in\mathbb R^+:f(x)\lt0\}.$$

Es fácil ver que $A$ $B$ son disjuntos no vacíos conjuntos cuya unión es $\mathbb R^+$, y que cada uno es cerrado bajo la suma.

Answer 4

La respuesta es sí. A continuación es una prueba que hay sub-semigrupos $\overline{S},\overline{T}$ $(\mathbb{R},+)$, que $\overline{S}\cap \overline{T}=\{0\}$ y $\overline{S}\cup \overline{T}=\mathbb{R}$.

Asumir que Semigrupos $S_1,T_1\subset\mathbb{R}$

(1) es cerraron bajo la multiplicación de racionales no negativos (es decir, $S=S\mathbb{Q}_+$ y $T=T\mathbb{Q}_+$);

(2) satisfacer $S\cap T=\{0\}$, $S-T\subset S$ y $T-S\subset T$.

Si $\alpha\notin S_1\cup T_1$, entonces Semigrupos $S'=S+\alpha\mathbb{Q}_+$ y $T'=T-\alpha\mathbb{Q}_+$ satisfacen (1) y (2) y contienen $\alpha$ en su unión. Una aplicación estándar del lema de Zorn completa la prueba.