Parece que esto es posible. Aquí está una (no-constructiva) de la prueba.
Las sugerencias son bienvenidos.
La prueba está inspirado por Mazurkiewicz del argumento. Esta es la segunda versión
de la prueba: incluye mejoras en
el conjunto teórico argumento sugerido por Joel David Hamkins, y también
esperemos que aclara algunas cuestiones
se crió en los comentarios. Gracias por los comentarios!
Objetivo: Construir una estructura de grupo conmutativo $\estrella$ en no negativo
reales
${\mathbb R}_{\ge 0}$ tal que $x\estrellas y\le x+y$ y $x\estrella x=0$.
Observación: tenga en cuenta que $0$ es automáticamente un elemento neutro, y que tal
conmutativa grupo es, de hecho
un espacio vectorial más de $ {\mathbb F}_2 $. También, se tiene automáticamente el
el triángulo de la desigualdad:
$$x\star z=x\estrellas y\estrellas y\star z\le x\estrellas y+y\star z.$$
Paso 1: Vamos a pedir ${\mathbb R}_{\ge 0}$ en el tipo de orden $c$ (continuum). Equivalentemente,
elegimos un bijection $\iota:[0,c)\{\mathbb R}_{\ge 0}$, donde $[0,c)$ es el conjunto
de los ordinales menores que $c$. Tenga en cuenta que para cualquier $ \alpha < c $, tenemos
$$|\iota([0,\alpha))| < c.$$
Podemos elegir $\iota de dólares para que $\iota(0)=0$, aunque
no es estrictamente necesario.
Plan: Por cada $\alpha\le c$, vamos a construir un subconjunto
$S_\alpha\subconjunto {\mathbb R}_{\ge 0}$ y un grupo de operación
$\estrella:S_\alpha\times S_\alpha\S_\alpha$. El grupo de operación tendrá la
las propiedades requeridas: $S_\alpha$ es
un espacio vectorial sobre $F_2$ con $0$ siendo el elemento neutro,
y $x\estrellas y\le x+y$. Además de
también tiene la propiedad adicional de que $S_\alpha$ se genera como
un grupo por $\iota([0,\alpha))$
(en particular, la imagen se encuentra en $S_\alpha$). Por otra parte, si
$\beta\prec\alpha$, $S_\beta$ es un subgrupo
de $S_\alpha$.
En particular, obtenemos una estructura de grupo con las propiedades requeridas en $S_c={\mathbb R}_{\ge 0}$,
como se reivindica.
Paso 2: La construcción de los beneficios de la recursión transfinita. La base es
$S_0=\lbrace 0\rbrace$ (generado por el conjunto vacío).
Paso 3. Vamos ahora a definir $S_\alpha$, suponiendo que $S_\beta$ ya está definida para
$\beta<\alpha$. Si $\alpha$ es un ordinal límite, tomar
$$S_\alpha=\bigcup_{\beta<\alpha}S_\beta.$$
Por lo tanto, supongamos que $\alpha=\beta+1$.
Si $\iota(\alpha)\S_\beta$, tomar $S_\alpha=S_\beta$.
Paso 4. Queda por considerar el caso cuando $\alpha=\beta+1$ pero $\iota(\alpha)\no\S_\beta$.
Desde $I=\iota([0,\beta))$ genera $S_\beta$,
la cardinalidad de $S_\beta$ es en la mayoría de la cardinalidad del conjunto
de subconjuntos finitos de $I$. Por lo tanto, $|S_\beta| < c$.
Fijar un número $k$ entre $0$ y $1$, para ser elegido más tarde. Definir un
la función $f:{\mathbb R}_{\ge 0}\{\mathbb R}_{\ge 0}$ por
$$f(x)=\casos{\iota(\alpha)+k x, \ x \le \iota(\alpha)\cr x+k \iota(\alpha), \ x > \iota(\alpha)}.$$
Ahora elija $k$, de modo que $f(S_\beta)\cap S_\beta=\emptyset$. Esto es posible porque
por cada $x,y\in S_\beta$, la ecuación $f(x)=y$ tiene más de una solución en
$k$, por lo que el conjunto de prohibido valores de $k$ tiene cardinalidad en la mayoría de los
$|S_\beta\times S_\beta|$. (Podemos usar $\iota$ a bien ordenar el intervalo $(0,1)$;
a continuación, podemos elegir $k$ a ser el mínimo valor aceptable, así como para eliminar una elección arbitraria.)
Paso 5. Ahora definir $S_\alpha=S_\beta\taza de f(S_\beta)$ y $\iota(\alpha)\estrella de x=f(x)$ para
$x\in S_\beta$. El producto natural se extiende a todos los de $S_\alpha$:
$$f(x)\estrellas f(y)=x\estrellas y\qquad f(x)\estrellas y=y\estrella de f(x)=f(x\estrellas y).$$
No es difícil ver que tiene las propiedades requeridas.
Primero de todo, $S_\alpha$ es isomorfo imagen de $S_\beta\times({\mathbb Z}/2{\mathbb Z})$;
esto se hace cargo de grupo de la teoría de la exigencia. Sigue
verificación de dos desigualdades:
Paso 5a: $$f(x)\estrellas f(y)\le f(x)+f(y)\quad(x,y\in S_\beta),$$
lo cual es cierto ya que $f(x)\ge x$, por lo que
$$f(x)\estrellas f(y)=x\estrellas y\le x+y\le f(x)+f(y).$$
Paso 5b: $$f(x)\star y\le f(x)+y\quad(x,y\in S_\beta),$$
lo cual es cierto ya que $f$ es creciente y $f(x+t)\le f(x)+t$, por lo que
$$f(x)\estrellas y=f(x\estrellas y)\le f(x+y)\le f(x)+y.$$
Eso es todo.
