Βαση Hamel των πραγματικων

dement · #1

Καλημερα σε ολους.

Μια και, προ καιρου, συζητηθηκε το θεμα των βασεων Hamel σε συνδυασμο με τη σχεση Cauchy, βαζω ενα ωραιο προβλημα που ειδα προσφατα.

Θεωρουμε το $\mathbb{R}$ ως διανυσματικο χωρο υπερανω του $\mathbb{Q}$ . Υπαρχει βαση του κλειστη ως προς την πραξη του πολλαπλασιασμου;

(Θεωρουμε δεδομενη την ισχυ του αξιωματος της επιλογης. Επισης, εννοουμε παντα βαση Hamel, δηλαδη ασχολουμαστε μονο με γραμμικους συνδυασμους πεπερασμενου πληθους).

Δημητρης Σκουτερης

#2

Καλησπέρα σας
Δημήτρη νομίζω ότι η απάντηση είναι αρνητική.
Ας υποθέσουμε ότι μία τέτοια (δηλαδή κλειστή ως προς τον πολλαπλασιασμό) βάση υπάρχει και είναι η $\mathcal{B}$ .
Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:
Περίπτωση 1 Η $\mathcal{B}$ δεν περιέχει το 1.
Τότε $1=\sum\limits_{i\in I}c_{i}b_{i}$ με τα c_i

να είναι μη μηδενικοί ρητοί και τα b_i

να ανήκουν στην $\mathcal{B}$ . Επιλέγουμε ένα οποιοδήποτε στοιχείο

της $\mathcal{B}$ που να είναι διάφορο από τα b_i

και έχουμε ότι $b=\sum\limits_{i\in I}c_{i}\left( bb_{i}\right)$ οπότε το στοιχείο

της βάσης είναι γραμικός συνδυασμός των $bb_{i}$ που είναι επίσης στοιχεία της $\mathcal{B}$ διάφορα από αυτό (άτοπο).
Περίπτωση 2 Η $\mathcal{B}$ περιέχει το 1.
Επιλέγουμε ένα οποιοδήποτε στοιχείο

της $\mathcal{B}$ και σχηματίζουμε το σύνολο $a\mathcal{B}$ πολλαπλασιάζοντας όλα τα στοιχεία της $\mathcal{B}$ με το

. To $a\mathcal{B}$ είναι, προφανώς, επίσης μία βάση Hamel που είναι και αυτή κλειστή ως προς τον πολλαπλασιασμό. Αναγόμαστε έτσι στην περίπτωση 1 και έχουμε πάλι άτοπο.
Μαυρογιάννης
ΥΓ 9.05 Δεν έχω υπολογίσει το ενδεχόμενο η $\mathcal{B}$ αν περιέχει ένα στοιχείο να περιέχει και το αντίστροφο του. Θα το ξαναδώ.

#3

nsmavrogiannis έγραψε: ΥΓ 9.05 Δεν έχω υπολογίσει το ενδεχόμενο η $\mathcal{B}$ αν περιέχει ένα στοιχείο να περιέχει και το αντίστροφο του. Θα το ξαναδώ.

Δυστυχώς αδυνατώ να συμπληρώσω το κενό προς αυτή την κατεύθυνση (που σημειωτέον πρόκειται για την περίπτωση που η βάση είναι πολλαπλασιαστική ομάδα). Δεν την σβήνω όμως αφενός διότι τα λάθη είναι μέσα στο παιγνίδι και αφετέρου διότι ίσως κάποιος φίλος μπορέσει να κλείσει το κενό.
Μία άλλη προσέγγιση που νομίζω ότι δουλεύει καλλίτερα είναι η ακόλουθη:
Ας υποθέσουμε ότι μία τέτοια (δηλαδή κλειστή ως προς τον πολλαπλασιασμό) βάση υπάρχει και είναι η $\mathcal{B}$ .
Ορίζουμε την απεικόνιση

που αντιστοιχεί κάθε πραγματικό αριθμό στο άθροισμα των ρητών συντελεστών του κατά την γραφή του ως γραμμικού συνδυασμού στοιχείων της $\mathcal{B}$ .
Με $u=\sum\limits_{i\in I}c_{i}b_{i}$ , $v=\sum\limits_{i\in I}d_{i}b_{i}$ είναι ( τα c, d

ρητοί και τα

στοιχεία της βάσης) :
$f\left( u+v\right) =f\left( \left( \sum\limits_{i\in I}c_{i}b_{i}\right) +\left( \sum\limits_{i\in I}d_{i}b_{i}\right) \right) =f\left( \sum\limits_{i\in I}\left( c_{i}+d_{i}\right) b_{i}\right) =\sum\limits_{i\in I}\left( c_{i}+d_{i}\right) =f\left( u\right) +f\left( v\right)$ και
$f\left( uv\right) =f\left( \left( \sum\limits_{i\in I}c_{i}b_{i}\right) \left( \sum\limits_{i\in I}d_{i}b_{i}\right) \right) =f\left( \left( \sum\limits_{i,j}c_{i}d_{j}b_{i}b_{j}\right) \right) =\sum\limits_{i,j}c_{i}d_{j}=\left( \sum\limits_{i\in I}c_{i}\right) \left( \sum\limits_{i\in I}d_{i}\right) =f\left( u\right) f\left( v\right)$
όπου στην τελευταία σχέση χρησιμοποιήθηκε ουσιωδώς ότι η βάση είναι κλειστή ως προς τον πολλαπλασιασμό. Επομένως η

είναι ενδομορφισμός του σώματος των πραγματικών αριθμών. Όμως οι μόνοι ενδομορφισμοί του $\mathbb{R}$ είναι ο μηδενικός και ο ταυτοτικός (είναι ένα θεώρημα που αν δεν απατώμαι το οφείλουμε στον Darboux). Ο

δεν είναι μηδενικός (στέλνει τα στοιχεία της βάσης στο 1) αλλά ούτε και ταυτοτικός (στέλνει όλους τους πραγματικούς στους ρητούς). 'Ατοπο.
Συγνώμη για την μακρηγορία. Θα ήθελα κάτι απλούστερο αλλά...
Μαυρογιάννης

#4

Νικόλα, πολύ ωραία η λύση σου. Μπορείς να μου δώσεις μια παραπομπή για το θεώρημα του Darboux.

Θα βάλω τις σκέψεις μου πάνω στην πρώτη προσπάθεια του Νικόλα. Δεν μπορώ να την κάνω να δουλέψει ακόμη αλλά ίσως να οδηγήσει και σε άλλη λύση.

Θα δείξω ότι η βάση Β είναι ομάδα (με τον πολλαπλασιασμό). Ας υποθέσουμε πως δεν ισχύει αυτό. Τότε υπάρχουν $u,v \in \mathcal{B}$ ώστε $w = u/v \notin \mathcal{B}$ . Τότε $w = \sum \lambda_i b_i$ , άρα $u = \sum \lambda_i (b_iv)$ , άτοπο.

#5

Δημήτρη καλό! Δηλαδή αν έχουμε τέτοια βάση θα είναι ομάδα!!
'Ολη μέρα σήμερα σκεφτόμουν τι θα συνέβαινε αν παίρναμε την ομάδα $\mathbb{R}^{*}/\mathcal{B}$ αλλά δεν βρήκα κάτι. Σημερινά μου λάθη στο μάθημα οφείλονται σε αυτή την ενασχόληση. 'Οπως λέω και στους μαθητές μου η πολυεπεξεργασία είναι ένας τρόπος να ζεις δύο ζωές.
'Οσον αφορά την παραπομπή:
Ο Kuczma στην σελίδα 402 του
Kuczma, A Survey of the Theory of Functional Equations, Birkhäuser, 2000
αναφέρει το θεώρημα που μνημόνευσα και το αποδίδει στον Darboux:
Darboux, Sur la composition des forces en statique, Bull. Sci. Math. (1) 9 (1875), 281–288.
Το τελευταίο άρθρο δεν το γνωρίζω. Ελπίζω να το βρώ.
Μαυρογιάννης

#6

Τελικά δεν είναι δύσκολη η απόδειξη αυτού του θεωρήματος του Darboux:

Αν f(1) = 0

, τότε

δίνει

για κάθε χ. Άρα από f(1)^2 = f(1)

μπορώ να υποθέσω ότι f(1) = 1

και η

μου δίνει

για κάθε ρητό q. Επίσης η f(x^2) = f(x)^2

μου δίνει ότι $x \geq 0 \Rightarrow f(x) \geq 0$ . Υποθέτω ότι υπάρχει χ με $f(x) \neq x$ . Aν f(x) = y > x

, παίρνω ρητό q με x < q < y

. Αλλά

, άτοπο. Ομοίως αν f(x) = y < x

, παίρνω ρητό q με y < q < x

. Αλλά

, άτοπο.

Φυσικά μάλλον κάτι περισσότερο θα υπάρχει στο άρθρο του Darboux αλλά δεν μπόρεσα να το βρω. (Και να το έβρισκα, 8 σελίδες στα γαλλικά είναι λίγο ζόρικο για μένα.)

#7

Δημήτρη μπράβο. Απλή και διαυγής απόδειξη. Σε ευχαριστούμε.
Μαυρογιάννης

dement · #8

Καλησπερα και ευχαριστω και τους δυο για οσα διδαχθηκα σε αυτη την ανταλλαγη.
Εδω δινω τη λυση που βρηκα εγω - ελπιζω να ειναι σωστη!

Εστω

βαση κλειστη ως προς τον πολλαπλασιασμο. Χωρις βλαβη της γενικοτητας υποθετουμε οτι εχει μονο θετικα στοιχεια. Σε καθε μη μηδενικο πραγματικο αριθμο $x \in \mathbb{R}^*$ αντιστοιχιζουμε τον μη αρνητικο αριθμο $r(x) \equiv \max \{ |1 - b| : b \in B_x \}$ οπου $B_x \subset B$ ειναι τα στοιχεια εκεινα της

για τα οποια το

εχει μη μηδενικη συνιστωσα.

Παρατηρουμε οτι, για καθε $x \in \mathbb{R}^*$ ισχυει $r(x^2) \geq r(x)$ , με ισοτητα (και μηδενισμο) αν και μονο αν $1 \in B$ και $x \in \mathbb{Q}$ . Αρα $1 \in B$ , αφου r(1) = r(1^2)

.

Επισης, $0 = r(2) = r \left( (\sqrt{2})^2 \right) \geq r(\sqrt{2}) = 0 \Longrightarrow \sqrt{2} \in \mathbb{Q}$ (ατοπο).

Δημητρης Σκουτερης

#9

Δημήτρη, δεν βλέπω γιατί $r(x^2) \geqslant r(x)$ . Μπορείς να εξηγήσεις λίγο περισσότερα.

Να βάλω και εγώ την λύση που είχα. Δεν είμαι σίγουρος αν είναι παρόμοια με του Δημήτρη. Όπως λέει και ο Δημήτρης, μπορώ να υποθέσω ότι το Β έχει μόνο θετικά στοιχεία. Παίρνω διαφορετικά $u,v \in \mathcal{B}$ και θέτω $x = \sqrt{u+v}$ . Το χ γράφεται με μοναδικό τρόπο σαν $x = \lambda_1 b_1 + \ldots + \lambda_k b_k$ , όπου $b_1 \leqslant \cdots \leqslant b_k$ . Αν κ=1, τότε $u+v = \lambda_1^2 b_1^2$ , άτοπο. Αν $k \geqslant 2$ , τότε $u+v = \sum\lambda_i \lambda_j b_i b_j$ . Εδώ έχουμε άτοπο γιατί οι συντελεστές των b_1^2,b_1b_2,b_k^2

είναι $\lambda_1^2,2\lambda_1\lambda_2,\lambda_k^2$ αντίστοιχα και άρα μή μηδενικοί. (Γενικά, για τον συντελεστή του b_ib_j

δεν μπορούμε να πούμε σίγουρα αν είναι μη μηδενικός επειδή μπορεί να έχουμε π.χ. b_1b_4 = b_2b_3

.)

dement · #10

Demetres έγραψε:Δημήτρη, δεν βλέπω γιατί $r(x^2) \geqslant r(x)$ . Μπορείς να εξηγήσεις λίγο περισσότερα.

Ζητω συγγνωμη για τη μεγαλη καθυστερηση στην απαντηση αλλα αυτες τις μερες δεν ειχα προσβαση σε υπολογιστη.

Ειναι απλο - η συναρτηση r(x)

, με λογια, ειναι η 'μεγιστη αποσταση απο το

' των στοιχειων της βασης στο αναπτυγμα του

. Αν υψωσουμε το

στο τετραγωνο, θα παρουμε ενα αναπτυγμα απο γινομενα ζευγων στοιχειων της βασης

τα οποια, λογω κλειστοτητας, θα ειναι και αυτα οροι της βασης και κατα συνεπεια θα μας δειχνουν το αναπτυγμα του x^2

.

Απο αυτο το αναπτυγμα (του x^2

), το στοιχειο της βασης που θα 'απεχει περισσοτερο απο το

' θα ειναι τουλαχιστον το τετραγωνο του στοιχειου που απειχε στην περιπτωση του

, το οποιο δε θα ταυτιζεται με κανενα αλλο γινομενο στοιχειων της βασης στο αναπτυγμα μας λογω μεγιστου.

Χρησιμοποιωντας λοιπον το γεγονος οτι $|b^2 - 1| = |b-1| \times |b+1| \geq |b-1|$ εχουμε την ανισοτητα μας.

Ζητω συγγνωμη για τη λογοδιαρροια και ελπιζω να ημουν σαφης.

Δημητρης Σκουτερης

#11

dement έγραψε: Ζητω συγγνωμη για τη λογοδιαρροια και ελπιζω να ημουν σαφης.

Κανένα πρόβλημα. Ευχαριστώ για την εξήγηση. Τώρα πλέον όλα είναι ξεκάθαρα.

Βαση Hamel των πραγματικων

Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Re: Βαση Hamel των πραγματικων

Μέλη σε σύνδεση