Konstruktywne osadzanie $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ w $\mathbb{R}$

Dec 03 2020

Za pomocą aksjomatu wyboru można to udowodnić $\mathbb{R}$ jest izomorficzny do $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ jako przestrzeń wektorowa $\mathbb{Q}$. (Zakładając AC, obie przestrzenie mają podstawę Hamela powyżej$\mathbb{Q}$ o tej samej liczności i dlatego są izomorficzne).

Więc moje pytanie brzmi, czy taki izomorfizm między $\mathbb{R}$ i $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ można zbudować bez AC lub przynajmniej, czy możemy osadzić $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ w $\mathbb{R}$bez klimatyzacji. (Poprzez osadzanie mam na myśli skonstruowanie iniekcyjnego$\mathbb{Q}$-liniowa mapa z jednej przestrzeni do drugiej.)

To drugie jest równoznaczne z pytaniem, czy możemy skonstruować podprzestrzeń $\mathbb{R}$ to ma ponad podstawę schaudera $\mathbb{Q}$, ponieważ taka podprzestrzeń powinna być automatycznie izomorficzna z $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$.

Dzięki za pomoc!

Odpowiedzi

5 QiaochuYuan Dec 03 2020 at 20:37

W rzeczywistości jest zgodne z ZF, że nie ma nietrywialnych homomorfizmów $\mathbb{R} \to \mathbb{Q}$. Cytując z poprzedniej odpowiedzi, w której to się pojawiło:

Istnieje model ZF skonstruowany przez Shelaha, w którym każdy zbiór liczb rzeczywistych ma właściwość Baire'a . Oznacza to, jeśli dobrze rozumiem, że nie ma niezerowych homomorfizmów z$\mathbb{R}$do dowolnej policzalnej grupy abelowej (ponieważ każda policzalna grupa abelowa o dyskretnej topologii jest polską grupą , więc w tym modelu każdy homomorfizm z$\mathbb{R}$do takiej grupy jest mierzalny automatycznie, a więc automatycznie ciągły). Więc$\mathbb{R}$, i $SO(2)$, nie mają podgrup przeliczalnego indeksu w tym modelu.

Nie wyklucza to możliwości wyraźnego osadzenia $\mathbb{Q}^{\mathbb{N}} \to \mathbb{R}$; Nie jestem pewien, czy coś takiego istnieje, ale z góry myślę, że tak nie jest. Założę się, że to zgodne z ZF, że każda mapa liniowa$\mathbb{Q}^{\mathbb{N}} \to \mathbb{R}$ czynniki poprzez projekcję do pewnego skończonego podzbioru jej czynników.