¿Puedo elegir un número real positivo $a\in\Bbb R^+$ para que $1,a,a^a,a^{a^a},...$ son independientes en el sentido de que ninguna combinación de entero los coeficientes sumarán estos números a cero?
Más formalmente: Dado $A_0=1$ y $A_{i+1}=a^{A_i}$ . ¿Existe una $a\in\Bbb R^+$ para el que puedo estar seguro de que no hay $k\in\Bbb N^+$ y ningún coeficiente $n_i\in\Bbb Z,i=0,1,...,k\;$ con
$$n_0A_0+n_1A_1+\cdots +n_kA_k=0\quad?$$
Creo que esos números existen, y de hecho son muy comunes. Pero no tengo ni idea de cómo demostrarlo.
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Trivial para $k=1$ : que a sea un número irracional. Así que realmente: ¿preguntas esto para el general (fijo) $k$ o para un número indeterminado (incluso infinito) $k$ ?
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@Andreas Como he dicho, cualquier combinación de coeficientes. No hay ningún $k$ asumido. Pero $k$ se supone finito.
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Relacionado es Conjetura de Schanuel que se trata de la dependencia de $a$ y $e^a$ de la relación.
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¿Puede dar un ejemplo para $a$ ¿dónde conjeturas que tu afirmación es válida?
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@Andreas Hm. No conjeturo nada, pero $a=\pi$ parece razonable.
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Gran pregunta. Incluso $a=1/2$ parece que podría funcionar.
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@GrumpyParsnip Tal vez sea porque he cambiado la formulación exacta de la pregunta recientemente, pero $a=1/2$ dará $$1\cdot1+(-2)\cdot\frac 12=0.$$
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Oh, ya veo. Usted permite $k=0$ . Pero creo que ninguna combinación para $k>0$ puede ser cero.
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Para $k=2$ , tomar cualquier irracional $a$ donde $a^a$ es un número entero, como $1.559610469462\ldots$
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@Henry Tal vez no fui claro, así que edité mi pregunta. Lo haré no fijar un $k$ pero sólo $a$ . Debería haber no combinación lineal evanescente para cualquier $k$ . Además no me interesan los contraejemplos (cualquier número racional lo sería), sino los ejemplos para tal $a$ que hacen no tienen esas combinaciones lineales. Necesito tal número para demostrar la existencia de ciertos sub-anillos de $\Bbb R$ .
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Estoy más interesado en saber si existe $a\in\mathbb{Q}_{>0}$ con esta propiedad. Lamentablemente, como $\mathbb{Q}_{>0}$ es de medida de Lebesgue $0$ La gran prueba de @HenningMakholm no funcionará.