Nov. 6th, 2011 Después de varios largos meses un post en MathOverflow me empujó a reconsiderar esta matemática, y he encontrado un error. La demanda fue siendo cierto, como se muestra por Läuchli $\pequeño[1]$, sin embargo a pesar de tratar de hacer mi mejor esfuerzo para entender el argumento de esta demanda específica, que huían de mí durante varios días. Luego procedí a construir mi propia prueba, esta vez libre de errores, o al menos eso espero. Por eso, estoy revisando el estilo de escritura.
Jul. 21, 2012 , Mientras que la revisión de esta prueba de nuevo era evidente que su uso más prominente en la generación de este tipo de espacio en el campo de dos elementos falla, como el tercer lema supone implícitamente $x+x\neq x$. Ahora bien, esto ha sido corregido y la prueba es realmente completo.
$\newcommand{\sym}{\operatorname{símbolo}}
\newcommand{\fix}{\operatorname{fix}}
\newcommand{\span}{\operatorname{span}}
\newcommand{\im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\Id}{\operatorname{Id}}
$
Lo tengo! La respuesta es que usted puede construir espacio vectorial.
Voy a suponer que usted está familiarizado con la ZFA y la construcción de la permutación de los modelos, las referencias se pueden encontrar en Jech de la Teoría de conjuntos $\pequeño[2, \text{Ch}. 15]$ así El Axioma de Elección $\pequeño{[3]}$. Cualquier pregunta es bienvenida.
Algunas notaciones, si $x\in V$, que se supone que es un modelo de ZFC+Átomos a continuación:
- $\sym(x) =\{\pi\en\mathscr{G} \mid \pi x = x\}$, y
- $\fix(x) = \{\pi\en\mathscr{G} \mid \forall y\x:\ \pi y = y\}$
Definición: Supongamos que $G$ es un grupo, $\mathcal{F}\subseteq\mathcal{P}(G)$ es normal subgrupos de filtro si:
- $G\in\mathcal{F}$;
- $H,K$ son subgrupos de $G$ que $H\subseteq K$, entonces $H\in\mathcal{F}$ implica $K\in\mathcal{F}$;
- $H,K$ son subgrupos de $G$ que $H,K\in\mathcal{F}$ entonces $H\cap K\in\mathcal{F}$;
- ${1}\noen\mathcal{F}$ (no trivialidad);
- Por cada $H\in\mathcal{F}$ y $g\in G$ entonces $g^{-1}Hg\in\mathcal{F}$ (normalidad).
Ahora, considere el normal subgrupos-filtro de $\mathcal{F}$ a ser generados por los subgrupos $\fix(E)$ para $E\in I$, donde $I$ es un ideal de conjuntos de átomos (cerrado bajo finito uniones, intersecciones y subconjuntos).
Fundamentos de la permutación de los modelos:
Una permutación es un modelo transitivo de la subclase de universo $V$ que para cada ordinal $\alpha$, tenemos que $x\in\mathfrak{U}\cap V_{\alpha+1}$ si y sólo si $x\subseteq\mathfrak{U}\cap V_\alpha$ y $\sym(x)\in\mathcal{F}$.
La última propiedad es conocida como el ser simétrica (con respecto a los $\mathcal{F}$) y $x$ de estar en la permutación de modelo significa que $x$ es hereditariamente simétrica. (Por supuesto, en el límite de etapas límites, y comenzar con el conjunto vacío)
Si $\mathcal{F}$, que fue generada por algún ideal de conjuntos de I$$, si $x$ es simétrica con respecto a $\mathcal{F}$ que significa que para algunos $E\in I$ tenemos $\fix(E)\subseteq\sym(x)$. En este caso decimos que $E$ es un apoyo de $x$.
Tenga en cuenta que si $E$ es un apoyo de $x$ y $E\subseteq E'$ a $E'$ es también un apoyo de $x$, ya que $\fix(E')\subseteq\fix(E)$.
Por último, si $f$ es una función en $\mathfrak{U}$ y $\pi$ es una permutación de $G$, entonces $\pi(f(x)) = (\pi f)(\pi x)$.
Comienza con $V$ un modelo de ZFC+Átomos, asumiendo que hay infinitamente (countably debería ser suficiente) muchos átomos. $A$ es el conjunto de átomos, dotarlo de operaciones que hacen que sea un espacio vectorial sobre un campo de $\mathbb{F}$ (Si sólo suponemos countably muchos átomos, debemos suponer que el campo está contables. Puesto que estamos interesados en $\mathbb F_2$ esta afirmación no es una gran molestia). Ahora considere $\mathscr{G}$ el grupo de todos lineal de automorfismos de $A$, cada uno puede ser extendida de manera única a un automorphism de $V$.
Ahora, considere el normal subgrupos-filtro de $\mathcal{F}$ a ser generados por los subgrupos $\fix(E)$ para $E\in I$, donde $E$ un conjunto finito de átomos. Tenga en cuenta que, dado que todas las permutaciones son lineales que se extienden única para $\span(E)$. En el caso de que $\mathbb F$, nuestro campo, es finito, entonces también lo es de este lapso.
Deje que $\mathfrak{U}$ se la permutación modelo generado por $\mathscr{G}$ y $\mathcal{F}$.
Lema I: Supongamos que $E$ es un conjunto finito, y $u,v$ son dos vectores tales que $v\noen\span(E\cup\{u\})$ y $u\noen\span(E\cup\{v\})$ (en cuyo caso decimos que $u$ y $v$ son linealmente independientes de más de $E$), entonces no es una permutación que corrige $E$ y permutes $$ u $v$.
Prueba: Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $E$ es linealmente independiente, de lo contrario, tomar un subconjunto de $E$ que es. Desde $E\cup\{u,v\}$ es linealmente independiente de podemos (en $V$) extender a una base de $A$, y definir una permutación de esta base que fija $E$, permutes $u$ y $v$. Esto se extiende de manera única a una permutación lineal $\pi\en\fix(E)$ según sea necesario. $\square$
Lema II: En $\mathfrak{U}$, $A$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb F$, y si $W\ \ en\mathfrak{U}$ es lineal adecuada en el subespacio, entonces $W$ tiene una dimensión finita.
Prueba: Supongamos que $W$ es como el anterior, vamos a $E$ de $W$. Si $W\subseteq\span(E)$ entonces hemos terminado. De lo contrario, tomar $u\noen W\cup \span(E)$ y $v\W\setminus \span(E)$ y permutar $u$ y $v$, mientras que la fijación de $E$, denotan la permutación lineal con $\pi$. Es claro que $\pi\en\fix(E)$ pero $\pi(W)\neq W$, en la contradicción. $\square$
Lema III: Si $T\in\mathfrak{U}$ es lineal endomorfismo de $A$ y $E$ es un apoyo de $T$ entonces $x\in\span(E)\Leftrightarrow Tx\en\span(E)$, o $Tx=0$.
Prueba: la Primera por $x\in \span(E)$, si $Tx\noen\span(E)$ $Tx\neq u\noen\span(E)$ deje de $\pi$ ser lineal automorphism de $A$, que fija $E$ y $\pi(Tx)=u$. Tenemos, si es así:
$$u=\pi(Tx)=(\pi T)(\pi x) = Tx\neq u$$
Por otro lado, si $x\noen\span(E)$ y $Tx\en\span(E)$ e si $Tx=Ma$ $x\neq u$ para $u\noen\span(E)$, en cuyo caso tenemos que $x+u\neq x$ de $\pi$ un automorphism que corrige $E$ y $\pi(x)=x+u$, ahora tenemos: $$Tx = \pi(Tx) = (\pi T)(\pi x) = T(x+u) = Tx+Ma$$ por lo Tanto $Tx=0$.
De lo contrario, para todas las $u\neq x$ tenemos $Tu\neq Tx$. Deje que $\pi$ ser un automorphism la fijación de $E$ tal que $\pi(x)=u$ $u\noen\span(E)$, y tenemos: $$Tx=\pi(Tx)=(\pi T)(\pi x) = Ma$$ esta es una contradicción, por lo que este caso es imposible. $\square$
Teorema: si $T\in\mathfrak{U}$ es un endomorfismo de $A$, entonces $\lambda\in\mathbb F$ tenemos $Tx=\lambda x$ para todo $x\in A$.
Prueba:
Suponga que $T\neq 0$, por lo que tiene un trivial de la imagen. Vamos a $E$ de $T$. Si $\ker(T)$ es trivial, entonces es apropiado subespacio, por tanto, para un conjunto finito de átomos $B$ tenemos $\span(B)=\ker(T)$. Sin pérdida de generalidad, $B\subseteq E$, $E\cup B$ es un apoyo de $T$.
Por cada $v\noen\span(E)$ tenemos $Tv\noen\span(E)$. Sin embargo, $E_v = E\cup\{v\}$ es un apoyo de $T$. Por lo tanto, la restricción de $T$ $E_v$ rendimientos que $Tv=\lambda v$ $\lambda\in\mathbb F$.
Deje que $v,u\noen\span(E)$ linealmente independientes de más de $\span(E)$. Tenemos que: $Tu=\alpha u, Tv=\mu v$ y $v+u\noen\span(E)$ para $T(v+u)=\lambda(v+u)$, $\lambda\in\mathbb F$.
$$\begin{align}
0&T=(0) \\ &= T(u+v u-v)\\
Y=T(u+v)-Tu-Tv \\ &=\lambda(u+v)-\alpha u-\mu v=(\lambda\alpha)u+(\lambda\mu)v
\end{align}$$ Desde $u,v$ son linealmente independientes, tenemos $\alpha=\lambda=\mu$. Debido al hecho de que por cada $u,v\noen\span(E)$ podemos encontrar $x$, que es linealmente independiente sobre $\span(E)$ tanto $u$ y $v$, podemos concluir que, para $x\noen E$ tenemos $Tx=\lambda x$.
Por $v\en\span(E)$ deje que $x\noen\span(E)$ tenemos que $v+x\noen\span(E)$ y por lo tanto:
$$\begin{align}
Tx & T = (x+u - u)\\
Y=T(x+u)-T(u)\\
&=\lambda(x+u)-\lambda u = \lambda x
\end{align}$$
Hemos llegado a la conclusión, si es así que $T=\lambda x$ $\lambda\in\mathbb F$. $\square$
Conjunto $\mathbb F=\mathbb F_2$ el campo con dos elementos y hemos creado nosotros mismos un espacio vectorial sin ningún trivial automorfismos. Sin embargo, un último problema sigue. Esta construcción se llevó a cabo en ZF+Átomos, mientras que nosotros queremos que tienen sin átomos. Para esto simplemente utilizar el Jech-Sochor incrustación teorema de $\pequeño[3, \text{Th}. 6.1, \text p. 85]$, y $\alpha>4$ debe ser que cualquier endomorfismo es transferido al modelo de ZF creado por este teorema.
(Muchas gracias a t.b. que me ayudó a traducir partes de los originales en papel de Läuchli.
Adicional gracias a Uri, de Abraham, tomando nota de que el operador no tendrá que ser inyectiva para ser surjective, dando como resultado un acortamiento de la prueba.)
Bibliografía
Läuchli, H. Auswahlaxiom en der Álgebra. Commentarii Mathematici Helvetici, vol 37, páginas 1-19.
Jech, T. Teoría de conjuntos, 3er milenio, ed., Springer (2003).
Jech, T. El Axioma de Elección. North-Holland (1973).
