Nhúng theo cấu trúc $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ thành $\mathbb{R}$

Question

Sử dụng tiên đề lựa chọn có thể chứng minh rằng $\mathbb{R}$ là đẳng lập với $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ dưới dạng không gian vectơ $\mathbb{Q}$. (Giả sử AC, cả hai không gian đều có cơ sở Hamel trên$\mathbb{Q}$ của cùng một bản số và do đó là đẳng cấu.)

Vì vậy, câu hỏi của tôi là liệu một sự đẳng cấu như vậy giữa $\mathbb{R}$ và $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ có thể được xây dựng mà không cần AC hoặc ít nhất, liệu chúng ta có thể nhúng $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$ thành $\mathbb{R}$không có AC. (Bằng cách nhúng, tôi có nghĩa là xây dựng một vết thương$\mathbb{Q}$-bản đồ tuyến tính từ không gian này sang không gian khác.)

Câu hỏi thứ hai tương đương với việc hỏi liệu chúng ta có thể xây dựng một không gian con của $\mathbb{R}$ có cơ sở schauder hơn $\mathbb{Q}$, như vậy một không gian con sẽ tự động được cấu hình thành $\mathbb{Q}^\mathbb{N}$.

Cảm ơn đã giúp đỡ!

Answer 1

Trên thực tế, nó phù hợp với ZF rằng không có từ đồng hình nào tầm thường $\mathbb{R} \to \mathbb{Q}$. Trích dẫn từ câu trả lời trước , nơi điều này xuất hiện:

Có một mô hình ZF được Shelah xây dựng trong đó mọi tập hợp số thực đều có thuộc tính Baire . Điều này ngụ ý, nếu tôi hiểu chính xác, rằng không có từ đồng âm khác nghĩa nào từ$\mathbb{R}$đến bất kỳ nhóm abelian nào có thể đếm được (vì bất kỳ nhóm abelian nào có thể đếm được với cấu trúc liên kết rời rạc đều là nhóm Ba Lan , vì vậy trong mô hình này, bất kỳ phép đồng cấu hình nào từ$\mathbb{R}$một nhóm như vậy có thể tự động đo lường và liên tục tự động). Vì thế$\mathbb{R}$và $SO(2)$, không có nhóm con của chỉ mục đếm được trong mô hình này.

Điều này không loại trừ khả năng nhúng một cách rõ ràng $\mathbb{Q}^{\mathbb{N}} \to \mathbb{R}$; Tôi không chắc bằng cách này hay cách khác liệu một điều như vậy có tồn tại hay không nhưng tôi dám cá là không. Tôi cá rằng nó phù hợp với ZF rằng mọi bản đồ tuyến tính$\mathbb{Q}^{\mathbb{N}} \to \mathbb{R}$ các yếu tố thông qua phép chiếu tới một số tập hợp con hữu hạn các yếu tố của nó.