Deje $\mathcal B$ ser una base de Hamel para$\mathbb R$$\mathbb Q$. Entonces, ¿es verdad que por cada $0\ne a \in \mathbb R , \exists y \in \mathcal B$ tal que $\dfrac a y \notin \mathcal B$ ?
Si la respuesta a la anterior en general, no es entonces podemos tomar $a$$1$, es decir,
¿Existe una base de Hamel $\mathcal B$ $\mathbb R$ $\mathbb Q$ tal que $a\in \mathcal B \implies \dfrac 1a \in \mathcal B$ ?
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ManuelSchneid3r
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La respuesta a la Pregunta $2$ es sí, una base existe (y, por tanto, la respuesta a la Pregunta $1$ es "no") - suponiendo que la hipótesis continua. Aquí es un esquema.
Queremos construir una base de Hamel $B$ satisfacción $x\in B\rightarrow {1\over x}\in B$. Esto significa que tenemos que resolver una familia de requisitos. Deje $\mathbb{R}=\{r_\alpha: \alpha<\mathfrak{c}\}$.
$I$: $B$ es linealmente independiente.
$D$: $x\in B\rightarrow {1\over x}\in B$.
$S_\alpha$: $r_\alpha\in span(B)$.
Decir que un conjunto $X\subseteq\mathbb{R}$ satisfacción $I$$D$, con un tamaño de $<\mathfrak{c}$, es un buen juego.
El transfinito de la construcción de una base de satisfacer los requisitos de arriba, a continuación, por el siguiente lema:
Lema: si $X$ es bueno y $r$ es real, no es un buen set$Y\supseteq X$$r\in span(Y)$.
La prueba del lema. Categoría de Baire teorema. Supongamos WLOG que $r\not\in span(X)$. Para una real $s$, vamos a $Y_s=X\cup\{s, {1\over s}, s+r, {1\over s+r}\}$. Claramente $r\in span(Y_s)$ y la única manera de $Y_s$ puede no ser bueno es si $Y_s$ es linealmente dependiente.
Ahora, para cada "secuencia adecuada de escalares" $\sigma$ (es decir, $\sigma: X\sqcup 4\rightarrow \mathbb{Q}$ con finito de apoyo), vamos a $C_\sigma$ el conjunto de $s$ tal que $\sigma$ testigos que $Y_s$ es linealmente dependiente. Por CH, tenemos que $X$ es contable, y por lo tanto sólo hay countably muchos de esos $\sigma$. La observación crucial es:
Ejercicio: desde $r\not\in span(X)$, cada una de las $C_\sigma$ es denso en ninguna parte.
Por la categoría de Baire teorema, tenemos una $s\not\in \bigcup C_\sigma$. Pero, a continuación, $Y_s$ es bueno.
Nota: por supuesto que podemos debilitar CH aquí a Martin, el Axioma de MA. Sin embargo, no veo cómo hacer que este argumento trabajo en ZFC solo.
Sin la hipótesis continua (o el Axioma de Martin), las cosas se ponen muy complicadas. No veo cómo arreglar la construcción arriba en ZFC.
Sin embargo, todavía veo ninguna buena razón por la que la respuesta a la pregunta $2$ no debería ser "sí" en ZFC solo. En particular, es trivial para mostrar que algunos Hamel base tiene la propiedad de que para cada valor distinto de cero $a$, algún elemento $b$${a\over b}\not\in B$! A continuación es un ZFC-la construcción de una base de Hamel.
El fin de los reales distintos de cero como $\{r_\alpha: \alpha<\mathfrak{c}\}$. Podemos construir una base de Hamel $B$ el cumplimiento de los siguientes requisitos:
$H$: $B$ es linealmente independiente.
$S_\alpha$: $r_\alpha$ es que en el lapso de $B$.
$D_\alpha$: si $r_\alpha\not=0$, entonces hay algunas $s\in B$ tal que ${r_\alpha\over s}\not\in B$.
Tenga en cuenta que el $S_\alpha$s son satisfechos por poner elementos en $B$, mientras que el $D_\alpha$s y $H$ está satisfecho por mantener los elementos fuera de la $B$. Es decir, $S_\alpha$s son requisitos positivos, y $D_\alpha$s y $H$ son negativos requisitos.
El crucial lemas son los siguientes:
Lema 1. Si $X\subseteq\mathbb{R}$ es linealmente independiente y tiene el tamaño de $<\vert\mathbb{R}\vert$, e $r\in\mathbb{R}$ es arbitrario, entonces hay un número finito de $F\subseteq\mathbb{R}$ tal que $F\cap X=\emptyset$, $r\in span(F)$, y $F\cup X$ es linealmente independiente.
Prueba: en Primer lugar, vamos a pasar por alto la independencia lineal de la parte. Considere la posibilidad de $Z=\{\{x, x+r\}: x\in\mathbb{R}\}$. Hay un continuum de tamaño, de a pares disjuntos subconjunto $Z'$ $Z$ (restringir a $x\in (0, {r\over 2})$). Desde $\vert X\vert<\vert\mathbb{R}\vert$, tenemos que hay algunos $P\in Z'$ tal que $P\cap X=\emptyset$. A veces en dependencia lineal, supongamos $r$ no está ya en $span(X)$ (de lo contrario estamos hecho). Supongamos que hacia contradicción que cualquier $P\in Z'$ que añadimos a $X$ saltos de independencia lineal. El uso de palomar (sólo hay countably muchas secuencias finitas de escalares), tenemos $P, Q\in Z'$ con la por encima de la propiedad, sino con $P\cap Q=\emptyset$ $X\cup P, X\cup Q$ linealmente independientes a través de la misma secuencia de escalares. Pero esto implica inmediatamente que los coeficientes de los elementos de $P$ $Q$ son cero, ya que $r\not\in span(X)$, lo $X$ es linealmente dependiente; la contradicción.
Lema 2. Si $X, Y\subseteq\mathbb{R}$ cada uno tiene el tamaño de $<\mathfrak{c}$, $X$ es linealmente independiente, y $r\in\mathbb{R}$, entonces hay algunas $s\in\mathbb{R}$ tal que $s\not\in Y$, ${r\over s}\not\in X$, y $X\cup\{s\}$ es linealmente independiente.
Prueba: Similar al Lema 1.
${}{}{}{}$
Ahora el proceso es la construcción de $B$ en etapas, la reunión de la $S_\alpha$s y $D_\alpha$s en orden.
Específicamente: el $\alpha$th etapa en nuestra construcción será un par $(B_\alpha, O_\alpha)$ tal que
$B_\alpha, O_\alpha\subseteq\mathbb{R}$;
$B_\alpha$ es linealmente independiente;
$B_\alpha\cap O_\alpha=\emptyset$; y
$\vert B_\alpha\vert, \vert O_\alpha\vert<\mathfrak{c}$.
También tendremos $B_\alpha\subseteq B_\beta$$O_\alpha\subseteq O_\beta$$\alpha<\beta<\mathfrak{c}$.
Comenzamos con $B_0=O_0=\emptyset$, y deje $B_\lambda=\bigcup_{\beta<\lambda} B_\beta$ $O_\lambda=\bigcup_{\beta<\lambda} O_\beta$ $\lambda$ límite.
Por último, dada la $(B_\alpha, O_\alpha)$, definimos $(B_{\alpha+1}, O_{\alpha+1})$ como sigue:
En primer lugar, vamos a $C\supseteq B_\alpha$ tiene cardinalidad $<\mathfrak{c}$ tal que $C\cap O_\alpha=\emptyset$$r_\alpha\in span(C)$, e $C$ es linealmente independiente. Tal $C$ existe por el Lema 1 (de hecho, podemos tener $C$ consta de $B_\alpha$ más en la mayoría de los dos elementos).
A continuación, elige algunos $s$ tal que $s\not\in O_\alpha$, ${r_\alpha\over s}\not\in B_\alpha$, y $C\cup\{s\}$ es linealmente independiente; $s$ existe por el Lema 2.
Por último, dejamos $B_{\alpha+1}=C\cup\{s\}$$O_{\alpha+1}=O_\alpha\cup\{{r_\alpha\over s}\}$.
Ahora vamos a $B=\bigcup_{\alpha<\mathfrak{c}} B_\alpha$. Por inducción, cada uno de los requisitos $H$, $S_\alpha$ y $D_\alpha$ está satisfecho, por lo $B$ es un Hamel base de los bienes mencionados en la primera parte de la pregunta.
Krzysztof Hasiński
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De hecho, Noé Schweber la idea conduce a una solución en virtud de ZFC.
En primer lugar, vamos a $\mathfrak{c}$ ser el menos ordinal con la misma cardinalidad como $\mathbb{R}$. Orden distinto de cero reales $\{r_{\alpha}:\alpha<\mathfrak{c}\}$ (posible debido a que el Axioma de Elección). Tratamos de recursión transfinita. Ver también los números ordinales. Diremos que un campo de ampliación $F$ $K$ es involutiva si existe una base $\mathcal{B}$ $F$ $K$ tal que $\alpha\in\mathcal{B}$ implica $\frac1{\alpha}\in\mathcal{B}$.
Caso Base Set $\mathcal{B}_0 = \emptyset$.
Sucesor caso Vamos a $\alpha<\mathfrak{c}$.
Si $r_{\alpha}\in\mathrm{span}(\mathcal{B}_{\alpha})$, vamos a $\mathcal{B}_{\alpha+1}=\mathcal{B}_{\alpha}$.
Si $r_{\alpha}\notin\mathrm{span}(\mathcal{B}_{\alpha})$, considere la posibilidad de $$ Y_s=\mathcal{B}_{\alpha}\cup \left\{ s, \frac1s, s+r_{\alpha}, \frac1{s+r_{\alpha}}\right\}. $$ Supongamos que $Y_s$ es linealmente dependiente sobre $\mathbb{Q}$ y esto es observado por $\sigma\in\mathcal{B}_{\alpha}^{<\omega}\times\mathbb{Q}^{<\omega}$. Desde $r_{\alpha}\notin\mathrm{span}(\mathcal{B}_{\alpha})$, $\mathbb{Q}$- relación lineal proporcionado por $\sigma$ fuerzas de $s$ en un conjunto $C_{\sigma}$ en la mayoría de los cuatro elementos.
Eligiendo $s\notin \cup_{\sigma} C_{\sigma}$, podemos garantizar que el $Y_s$ es linealmente independiente sobre $\mathbb{Q}$. Esto es posible ya que $$ |\cup_{\sigma}C_{\sigma}|\leq |4\times\mathcal{B}_{\alpha}^{<\omega}\times\mathbb{Q}^{<\omega}|=\max(\aleph_0, |\alpha|)<\mathfrak{c}. $$ A continuación, vamos a $\mathcal{B}_{\alpha+1}=Y_s$.
Límite de caso Para limitar los ordinales $\lambda$, definir $\mathcal{B}_{\lambda}=\cup_{\alpha<\lambda} \mathcal{B}_{\alpha}$.
Este proceso debe terminar en algún ordinal $\beta$, donde todos los $r_{\alpha}$ pertenece a $\mathrm{span}(\mathcal{B}_{\beta})$.
Por la construcción, $\mathcal{B}_{\beta}$ es linealmente independiente sobre $\mathbb{Q}$ e involutiva base para $\mathbb{R}$$\mathbb{Q}$.
