¿Qué se necesita para que los espacios euclidianos sean isomorfos como grupos?

Question

Consideremos los grupos abelianos $G_n=(\mathbb R^n,+)$ para $n\geq1$ .

Reclamación: Para cualquier $n$ y $m$ los grupos $G_n$ y $G_m$ son isomorfas.

Esta afirmación es cierta si se asume el axioma de elección, y he esbozado una prueba a continuación. Pero esta afirmación parece mucho más débil que el axioma de elección, lo que me lleva a las siguientes preguntas:

1. ¿Existen extensiones más suaves de ZF que hagan cierta la afirmación?
2. Si la afirmación puede demostrarse con otros axiomas, ¿qué aspecto tiene la prueba?
3. ¿Hay algún axioma conocido que haga que la afirmación sea falsa?
4. ¿Tiene la afirmación algún corolario interesante (teórico de conjuntos)?

Esta alegación también fue considerada en este anterior, pero desde un punto de vista diferente.

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Una prueba incompleta de la reclamación:

$\newcommand{\Q}{\mathbb Q}$ Los grupos $G_n$ son naturalmente espacios vectoriales sobre $\Q$ . Es fácil comprobar que la afirmación es equivalente con $G_n$ y $G_m$ siendo isomorfos como espacios vectoriales sobre $\Q$ .

Todos los espacios vectoriales tienen una base de Hamel; sea la base de $G_n$ sea $B_n$ . Así, $G_n=\Q^{(B_n)}$ (los paréntesis significan sólo un número finito de componentes no nulos). Pero $|\Q^{(B_n)}|=|B_n|$ ya que la base es infinita, por lo que $|B_n|=|G_n|=|\mathbb R|$ .

Existe una biyección entre las bases de los espacios vectoriales $G_n$ y $G_m$ ya que tienen la misma cardinalidad. Esto da una biyección lineal entre ellos.

Answer 1

Cualquier suposición que implique una continuidad automática para los homomorfismos entre grupos polacos (en particular los espacios euclidianos) implicará que esos grupos no son isomorfos.

Entre ellas están "todo conjunto es medible por Lebesgue" y "todo conjunto tiene la propiedad de Baire". Ambas son coherentes con $\sf ZF+DC$ , por lo que sabemos que la elección dependiente y la elección contable no son suficientes para esta prueba.

Por otro lado, si existe una base Hamel para $\Bbb R$ en $\Bbb Q$ entonces la prueba habitual de "elección" funciona bien. No creo que se sepa si la existencia de tales isomorfismos implica o no la existencia de una base de Hamel. Si lo que se busca son afirmaciones más teóricas de conjuntos, entonces la suposición $2^{\aleph_0}=\aleph_1$ (o incluso sólo que $\Bbb R$ pueden estar bien ordenados) también bastan para que todos los argumentos que utilizan la elección pasen sin problemas.

La existencia de dicho isomorfismo implicará, sin embargo la existencia de un funcional lineal no trivial, también conocido como solución discontinua de la ecuación funcional de Cauchy. En particular, esto significa que existen conjuntos no medibles y conjuntos sin la propiedad Baire.