En primer lugar observamos que para cada α∈R× tenemos que x↦α⋅x es un automorphism de (R,+).
También tenga en cuenta que si f(x+y)=f(x)+f(y)f(2)=f(1)+f(1), y por inducción f(n)=n⋅f(1)n∈N, igual af(k)=k⋅f(1)k∈Z. Esto lleva a los racionales, así que f(pq)=pq⋅f(1).
Ahora, si f es continua, entonces para cada a x∈R tenemos f(x)=x⋅f(1). Por lo que el establecimiento α=f(1) nos da que el continuo de soluciones son las soluciones definidas por R×, por lo Aut(R,+)∩{f∈RR∣f continuous}≅(R×,⋅ ).
La existencia de la no-continua de soluciones requiere de algún axioma de elección, ya que estas soluciones generan Lebesgue no medible de conjuntos. Entonces, si asumimos que cada conjunto es Lebesgue medible (por ejemplo, Solovay del modelo de modelos de Determinación), a continuación, de hecho, no hay otras soluciones.
Sin embargo, asumiendo el axioma de elección, podemos generar una base para el espacio vectorial RQ. Tenga en cuenta que cada permutación de esta base se puede extender a una automorphism del espacio vectorial, es decir,(R,+).
La cardinalidad de la base (conocida como Hamel base) es2ℵ0, 22ℵ0 muchos no continua soluciones si asumimos que dicha base existe.
Para leer más:
- Hay un no-trivial ejemplo de una Q−endomorfismo de R?
- Horst Herrlich, El Axioma de Elección. Springer, 2006. (En particular, la sección 5.1)