No se trata de una respuesta definitiva, sino de un conjunto de observaciones, ejemplos e ideas, algunas más elaboradas que otras. Se agradece cualquier comentario, mejora, contraejemplo, etc.
Observación : Cada $S\subseteq \Bbb{R}_{\le 0}$ es un ejemplo porque la condición es vacuamente verdadera.
Así que a partir de ahora, asumimos $S^+ :=S \cap \Bbb{R}_{>0} \neq \emptyset$ . Sea $b :=\inf S^+$ .
Lema : O bien $b=\min S^+ = 1$ ( caso 1 ), o $b = 0$ ( caso 2 ). En el caso 1, necesariamente $0\in S$ .
Prueba: Sea $x\in S^+$ . Primero asuma $b \ge 1$ . Por hipótesis, hay $q \in S, r\in S^+\cup \{0\}, r<x$ con $x=qx+r$ . Desde $r<x$ obtenemos $q\in S^+$ Por lo tanto $q \ge b$ De ahí la contradicción $$x = qx+r\quad \ge \quad bx +r \; \stackrel{b>1 \; \text{or} \;b=1, r>0}> \;x,$$ a menos que $q=b=1$ y $r=0$ , que es el caso 1.
Supongamos ahora que $0\le b<1$ . Para cada $\epsilon >0$ , hay $x_\epsilon\in S^+$ con $x_\epsilon<1$ y $x_\epsilon-b<\epsilon$ . Tenemos $x_\epsilon = q_\epsilon x_\epsilon +r_\epsilon$ con $r_\epsilon<x_\epsilon$ , por lo que necesariamente $q_\epsilon\in S^+$ y por lo tanto $q_\epsilon x_\epsilon \ge b^2$ . Si $r_\epsilon=0$ obtenemos $q_\epsilon=1$ Así que $S$ contiene los tres elementos $r_\epsilon = 0<x_\epsilon<1 = q_\epsilon$ lo que contradice el argumento de la respuesta de nombre. Así que $r_\epsilon>0$ y por lo tanto $r_\epsilon>b$ . Ahora bien, si $b >0$ , cualquier $0< \epsilon < b^2$ da la contradicción $q_\epsilon x_\epsilon = x_\epsilon-r_\epsilon \le \epsilon$ . QED.
Vea más abajo muchos ejemplos diferentes para el caso 1, pero a partir de ahora, hay no hay ejemplos para el caso 2 .
Conjetura : El caso 2 es imposible.
El argumento de la respuesta de nombre muestra que un $S$ en el caso 2 no podía contener ambos $0$ y $1$ . Este ejemplo contendría (obviamente) números positivos arbitrariamente pequeños, pero también (como se ve al "dividir" por un número tan pequeño) números arbitrariamente grandes.
Aquí hay algunos ejemplos para el caso 1 que contienen elementos fuera de $\mathbb{Z}$ :
- Para cualquier $x>1$ , $S = \{0,1,x\}$ .
¿Qué pasa con $\{0,1,x,y\}$ con $1<x<y$ ? Se comprueba que para la existencia de divisiones mutuas con resto, se necesita $y=x^2$ o $y=x+1$ o $y=x^2+1$ . Para la unicidad en los dos primeros casos, se necesita sin embargo que $x^2 \neq x+1$ o en otras palabras, $x \neq \frac{1}{2}(1+\sqrt5)$ . (Porque de lo contrario, $x\cdot x + 0 = 1\cdot x + 1$ son dos formas diferentes de "dividir $x^2$ (resp. $x+1$ ) por $x$ con el resto $<x$ ".) Así que:
- Para cualquier $1<x$ , $S = \{0,1,x, x^2+1\}$ .
- Para cualquier $1<x\neq \frac{1}{2}(1+\sqrt5)$ , $S = \{0,1,x, x+1\}$ .
- Para cualquier $1<x\neq \frac{1}{2}(1+\sqrt5)$ , $S = \{0,1,x, x^2\}$ .
Generalizando el tercer ejemplo, para cualquier $x>1$ y $k \in \Bbb{N}$ ,
- $S = \{0,1,x, x^2, ..., x^k\}$
así como el infinito
- $S = \{0,1,x, x^2, ...\}$
funcionan, si uno se asegura de que no hay ninguna relación de la forma $x^a = x^b +x^c$ con $c<b<a$ entre los exponentes que se producen. En particular, cada $x\ge 2$ y también cada trascendental así como cada racional $x>1$ funciona.
A idea general aquí sería empezar con un conjunto $\hat S \,(\supseteq \{0,1\})$ de polinomios en $\mathbb{Q}[X]$ (o $\mathbb{Z}[X]$ En realidad, queremos restringir los coeficientes no negativos, $\mathbb{N}_0[X]$ ) para los que tenemos una división única con resto (con respecto a la valoración del grado), y luego evaluamos esos polinomios en $x\in \mathbb{R}$ . Mientras $\hat S$ es finito, parece que al elegir $x$ suficientemente grande uno puede asegurarse de que el orden en $\mathbb{R}$ refina el orden dado por el grado, y el "conjunto evaluado" $S = \hat S(X=x)$ sería un ejemplo. Pero aquí hay algunas sutilezas de las que no estoy seguro.
Por último, aquí hay un ejemplo no discreto que generaliza aún más la última:
Dejemos que $R$ sea un subgrupo aditivo no discreto de $\Bbb{Q}$ y $R_{\ge 0}$ sus elementos no negativos. Entonces, para cada elección de $x>1$ excepto las posiblemente contables algebraicas,
- $S= \{0\} \cup \{x^r: r\in R_{\ge 0}\}$
es un ejemplo. A saber, de nuevo sólo hay que asegurarse de que no hay ninguna relación de la forma $x^a = x^b +x^c$ con $c<b<a$ entre los exponentes que se producen. Pero cada $x$ que satisface dicha relación es algebraica (así como $\notin \Bbb{Q}$ ).
Por último, aunque el PO pregunta por los conjuntos $S$ que son mayores que $\mathbb{Z}$ Ya me parece interesante pensar en qué subconjuntos $S\subset \Bbb{Z}$ tienen esta propiedad, y, para mantener el espíritu de las consideraciones anteriores, quiero restringir a los que contienen $0$ y $1$ (lo que tiene sentido si queremos escribir cada elemento $a \in S$ como $1\cdot a +0$ ), y cuyos elementos son no negativos.
Lo bueno en esta situación es que no hay que preocuparse por la unicidad de la división con resto, ya que eso se hereda obviamente de $\mathbb{Z}$ . Así que sólo hay que asegurarse de que todos los cocientes y restos de pares están en el conjunto. He aquí algunos ejemplos, los cuatro primeros son sólo casos especiales de los más generales anteriores:
- Por cada $n, k \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1, n, n^2, ..., n^k\}$ .
- Por cada $n \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1, n, n^2, ...\}$ .
- Por cada $n \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1, n, n+1\}$ .
- Por cada $n \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1, n, n^2+1\}$ .
- Por cada $n \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1, n, n^2+1, n(n^2+1)\}$ .
- Por cada $n \in \Bbb{N}$ , $S = \{0,1,2, ..., n\} \cup B$ donde $B$ es un subconjunto arbitrario de $\{n+1, ..., 2n+1\}$ . (Propuesto por Glen Whitney, véase su comentario).
Nótese que el último ejemplo es diferente a los demás, ya que parece no estar "inducido" por ciertos polinomios, como todos los anteriores.
Una forma de pensar en este problema es definir el siguiente operador de "cierre" sobre cualquier subconjunto $\{0,1\} \subseteq T \subseteq \mathbb{Z}$ :
$$c(T) := T \cup \{\lfloor a/b\rfloor, a-\lfloor a/b \rfloor b :a,b \in T, 0\neq b\}$$
que suma todos los cocientes y restos de elementos en $S$ a ella. Un conjunto $S$ que satisfaga su propiedad entonces es uno con $$c(S) =S$$ y uno podría preguntarse si siempre se llega a tal " $c$ -conjunto "cerrado" después de un número finito de iteraciones al aplicar $c$ . Esto es ciertamente cierto si $T$ es finito, ya que todos los elementos que se pueden añadir están limitados por el elemento mayor de $T$ . Por ejemplo, si empiezo con $T = \{0,1,7,9\}$ Me sale $c(T) = \{0,1,2,7,9\}, c^2(T) = \{0,1,2,3,4,7,9\}$ y este último conjunto es $c$ -cerrado,
que es un caso especial del último ejemplo anterior. Por otra parte, el $c$ -Cierre de $\{0,1,2,10\}$ es sólo
que es del tipo del penúltimo ejemplo.
Estaría muy bien disponer de una descripción explícita alternativa de tales $c$ -conjuntos cerrados. Además, cuyos conjuntos $c$ -Clausura termina siendo de qué tipo?
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" Hace $S$ tiene que ser igual a $\Bbb Z$ " Contraejemplo trivial: $S=\{0,1\}$ . Sin embargo, este es el único ejemplo de un conjunto de este tipo que no sea $\Bbb Z$ que se me ocurra de la cabeza.
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¿Puede ser que haya algunos exóticos? No triviales, eso sí.
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Concepto relacionado: Dominio euclidiano .
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Si $S$ es un subring, entonces $S = \mathbb{Z}$ . Por ejemplo $a\mathbb{Z}$ y $a^{\mathbb{Z}}$ trabajar para cualquier $a \in \mathbb{R}^{>0}$ .
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Sólo buscas dominios euclidianos, que pueden ser el orden máximo de algunas extensiones finitas de $\mathbb{Q}$
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@junkquill No sólo un dominio euclidiano, un subconjunto euclidiano con una valoración euclidiana específica en mente.
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(en realidad, $a\mathbb{Z}$ no funciona)
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@TrevorGunn Por supuesto, lo entiendo. Pero un ED es un ejemplo de lo que busca OP. ¿No es así?
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@junkquill Si el subconjunto resulta ser también un subring entonces sí.
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Correcto, entonces el anillo de enteros de una extensión cuadrática de $\mathbb{Q}$ con el número de clase 1 es la respuesta que busca OP. Los ejemplos son entonces: $\mathbb{Z[\sqrt{2}]}, \mathbb{Z[\sqrt{3}]}, \mathbb{Z[(1+\sqrt{5})/2]}, \mathbb{Z[(1+\sqrt{13})/2]}, \mathbb{Z[(1+\sqrt{17})/2]}$ etc.
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@junkquill esos ejemplos utilizan una valoración diferente.
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Sí, tienes toda la razón. Mi error, pasé por alto un detalle importante. Esto hace que la pregunta sea realmente interesante.
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No parece haber nada en la pregunta que implique que la orden sobre $S$ es inducido por el orden en $\mathbb R$ . Lo que se afirma implica que estamos trabajando en un campo real (todo cuadrado es positivo). Pero lo que, en la pregunta tal y como está escrita, implica $\sqrt 2 \gt 0$ ? Es decir, el hecho de que cada cuadrado es positivo, y que $S$ se ordena, no obliga a una aproximación canónica a las raíces cuadradas. Tampoco se indica si $b\gt 0$ se aplica en $\mathbb R$ o $S$ .
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@nombre: Estoy bastante seguro de que $a^\mathbb{Z}$ ( $a>0$ ) tampoco funciona. Es decir, wlog $a<1$ . Dividiendo 1 ( $=a^0$ ) por sí mismo, se obtienen exponentes únicos $q,r$ con $r>0$ y $1=a^q\cdot 1+a^r$ (que ya muestra $a$ tendría que ser algebraico). Por otro lado, dividir $a^{-n}$ por 1, obtenemos exponentes únicos $q(n), r(n)$ con $r(n) >0$ y $a^{-n} = a^{q(n)} + a^{r(n)}$ . Multiplicando esto por $a^n$ da $1 = a^{q(n)+n}\cdot 1 +a^{r(n)+n}$ y $r(n)+n>0$ por lo tanto, por la singularidad $r =r(n)+n \ge n$ para todos $n$ Lo cual es absurdo.
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@TorstenSchoeneberg: Sí, tienes razón, y por ahora tus ejemplos son los únicos que se me ocurren.