Существует ли...

[Nxx]

То, что функция имеет вид

$$f(x)=a \text{Re}(x)+b \text{Im}(x) +c$$

следует из того, что она должна быть линейна как по мнимой, так и по дкействительной оси по отдельности. А на множестве действительных чисел только $f(x)=ax+b$ линейна.

Добавлено спустя 4 минуты 1 секунду:

То есть, для вещественного x функция должна принимать вид
$f(x)=a\text{Re}(x)+c1$, а для мнимого y - вид $f(y)=b\text{Im}(y)+c2$.

Значит, для комплексного x+y функция будет иметь вид

$f(x+y)=f(x)+f(y)=a\text{Re}(x)+b\text{Im}(y)+c1+c2$

[Xaositect]

Не линейна она должна быть, а аддитивна.

[Nxx]

Так аддитивность над полем действительных и комплексных чисел и эквивалентна линейности.

Пусть m натуральное. Тогда

$$f(mx)=f(x)+...+f(x)=mf(x)$$

Пусть n натуральное. Тогда

$$nf(\frac{x}{n})=f(\frac{x}{n})+..+f(\frac{x}{n})=f(\frac{xn}{n})=f(x)$$

Таким образом,

$$\frac{m}{n}f(x)=f(\frac{m}{n}x)$$

Для рациональных доказали. Для действительных доказывается точно также, но с использованием предела. Для комплексных - выделением действительного множителя.

[shwedka]

Nxx писал(а):

Для действительных доказывается точно также, но с использованием предела. .

Вот это место поподробнее.Пжлста!!

[Xaositect]

Nxx в сообщении #209887 писал(а):

Для рациональных доказали. Для действительных доказывается точно также, но с использованием предела.

непрерывности нет.

[Nxx]

Xaositect писал(а):

Nxx в сообщении #209887 писал(а):

Для рациональных доказали. Для действительных доказывается точно также, но с использованием предела.

непрерывности нет.

Если функция аддитивная, значит, она непрерывная.
Доказывается элементарно.

[Xaositect]

Nxx в сообщении #209896 писал(а):

Доказывается элементарно.

Я могу доказать только то, что непрерывность в нуле эквивалентна непрерывности в любой точке.
Но я сегодня туплю, мб Вы приведете доказательство?

Добавлено спустя 8 минут 43 секунды:

Nxx в сообщении #209896 писал(а):

Если функция аддитивная, значит, она непрерывная.

Вот, там в начале темы говорили, что с использованием аксиомы выбора это опровергается.
Интересно, а в предположении каких-нибудь альтернативных аксиоме выбора аксиом это утверждение выводится?

[Профессор Снэйп]

Xaositect писал(а):

Nxx в сообщении #209896 писал(а):

Доказывается элементарно.

Я могу доказать только то, что непрерывность в нуле эквивалентна непрерывности в любой точке.
Но я сегодня туплю, мб Вы приведете доказательство?

Уровень математической грамотности Nxx мне стал ясен уже давно, со времён дискуссии о примитивно рекурсивных функциях. С тех пор я его просто игнорирую

Не пытайтесь доить козла! Или добиваться от альтов внятного доказательства их диких утверждений!

[Nxx]

Да, если функция не является непрерывной, то она может не иметь вид

$$f(x)=a \text{Re}(x)+b \text{Im}(x)$$

Но тогда она будет иметь разрыв в каждой точке.

[Xaositect]

Nxx в сообщении #209963 писал(а):

Но тогда она будет иметь разрыв в каждой точке.

Ну да.
Все хорошо.

[ДДмитрий]

Someone писал(а):

Однако известно, что без аксиомы выбора определения предела функции по Коши и по Гейне не эквивалентны...

А можно "на пальцах" объяснить почему?

[ewert]

ДДмитрий писал(а):

Someone писал(а):

Однако известно, что без аксиомы выбора определения предела функции по Коши и по Гейне не эквивалентны...

А можно "на пальцах" объяснить почему?

Если и нужна, то лишь счётная аксиома выбора -- штука гораздо более безобидная, чем аксиома выбора в полном объёме.

[Mathusic]

ddn в сообщении #203296 писал(а):

Разумеется можно.
Относительно поля рациональных чисел (без нормы - с конечными суммами) и $\mathbb{R}^2$ и $\mathbb{R}$ имеют одинаковую, а именно, континуальную размерность.
Нужно только провести взаимно однозначное соответствие $g$ между элементами их базисов и определить значение отображения $f$ на каждом базисном векторе $e$ линейного пространства $\mathbb{R}^2$ как базисный вектор $e'=g(e)$ линейного пространства $\mathbb{R}$, умноженный на некоторое (для каждого свое) рационально ненулевое число $q=q(e)$:
$f(e)=q(e)\cdot g(e)$.
По закону линейности, отображение $f$ непротиворечиво и единственно определяется на всем $\mathbb{R}^2$.
Это и будет искомая линейная биекция.

Простите, что тему поднял.
А если рассматривать как линейные пространства над $\mathbb R$, то пространства разной размерности, значит изоморфизма нет?? Объясните пожалуйста.

[Someone]

Mathusic в сообщении #268319 писал(а):

А если рассматривать как линейные пространства над $\mathbb R$, то пространства разной размерности, значит изоморфизма нет?? Объясните пожалуйста.

Нет.

Изоморфизм линейных пространств $F\colon X\to Y$ над некоторым полем $K$ должен удовлетворять устовию $F(\alpha x)=\alpha f(x)$ для всех $\alpha\in K$ и $x\in X$. Если мы рассматриваем изоморфизм над полем действительных чисел, то равенство должно выполняться для всех действительных чисел. А для изоморфизма над полем рациональных чисел - только для рациональных.

ewert в сообщении #210154 писал(а):

Если и нужна, то лишь счётная аксиома выбора -- штука гораздо более безобидная, чем аксиома выбора в полном объёме.

Чем уж она такая более безобидная? Ну, применяется к ограниченному классу семейств множеств, и только. Неконструктивность остаётся. Впрочем, если Вы знаете, что множество непустое, выбираете один из его элементов, но явно определить этот элемент не можете или не хотите, то получаете ровно такую же неконструктивность, как с аксиомой выбора, неважно, счётной или полной.

Аксиома выбора равносильна тому, что произведение семейства непустых множеств не пусто.

P.S. Слово "семейство" здесь нужно считать синонимом слова "множество".

[Mathusic]

Someone в сообщении #268378 писал(а):

Mathusic в сообщении #268319 писал(а):

А если рассматривать как линейные пространства над $\mathbb R$, то пространства разной размерности, значит изоморфизма нет?? Объясните пожалуйста.

Нет.

Изоморфизм линейных пространств $F\colon X\to Y$ над некоторым полем $K$ должен удовлетворять устовию $F(\alpha x)=\alpha f(x)$ для всех $\alpha\in K$ и $x\in X$. Если мы рассматриваем изоморфизм над полем действительных чисел, то равенство должно выполняться для всех действительных чисел. А для изоморфизма над полем рациональных чисел - только для рациональных.

А, понял. Нам же нужен изоморфизм групп. Поэтому доказательство невозможности его над $\mathbb R$ включает дополнительное "ненужное" условие: $f(\lambda x)=\lambda f(x)$. Так что в принципе, нам хватит изоморфизма над любым полем, но несуществование его над каким-то полем не говорит о несуществовании изоморфизма групп.