Линейно ли пространство R ≥ 0 над полем Q

[stasicoz]

bot в сообщении #769691 писал(а):

stasicoz в сообщении #769682 писал(а):

А не могли бы вы привести пример этих бинарных операций которые дадут линейное пространство над Q, для множества неотрицательных чисел?

Например так: $x\oplus y=xy+x+y, \alpha\odot x=(x+1)^\alpha-1$

Спасибо вроде бы похоже, однако,
так как $\alpha\odot e= e \Rightarrow 0\odot e = e = (x+1)^0-1=0 \Rightarrow e = 0 $
$e =x\oplus x^{-1}= 0 = x \cdot x^{-1} + x + x^{-1} = 0 \Rightarrow -x \cdot x^{-1} = x + x^{-1} $, то есть, либо мы должны определить еще одно умножение(скалярное произведение?) которое будет равно $x + x^{-1}$, но с обратным знаком, либо это не есть линейное пространство(л.п.) ?
Во-первых, л.п. не требует заранее определять скалярное произведение.
А во-вторых, если это простое умножение чисел из интервала $R \ge 0$, то $x > 0$ и $ y > 0$, то и $xy > 0$, то есть $x + y + xy$ не равно нулю, и данная бинарная операция не удовлетворяет определению л.п.

-- 01.10.2013, 18:39 --

gris в сообщении #769679 писал(а):

Множество неотрицательных чисел равномощно множеству всех действительных чисел, которые пространство образуют.

Да, но пространства не гомеоморфны, нет непрерывности отображения, топологии различны. Может быть в этом всё дело ?

[provincialka]

Зато прямая точно гомеоморфна множеству положительных чисел. Например, функция $e^x$ осуществляет такой гомеоморфизм.

Впрочем, это совсем другая структура. В определении линейного пространства непрерывность не требуется.

[stasicoz]

provincialka в сообщении #769727 писал(а):

Зато прямая точно гомеоморфна множеству положительных чисел. Например, функция $e^x$ осуществляет такой гомеоморфизм.

Впрочем, это совсем другая структура. В определении линейного пространства непрерывность не требуется.

Верно, $e^x$ гомеоморфна $\mathbb{R} > 0$, да и в определении л.п. ничего нет про непрерывность, тем не менее интересное совпадение, но думаю сейчас приведут бинарные операции которые покажут, что $L = L(\mathbb{K} = \mathbb{Q})= \mathbb{R} \ge 0 $ линейно и развенчают этот миф

[arseniiv]

(Комментарии на полях.)

stasicoz в сообщении #769735 писал(а):

$e^x$ гомеоморфна $\mathbb{R} > 0$

Замечательная нотация! Если $>0$ ещё можно мысленно унести в индекс, то гомеоморфность функции из $A$ подмножеству $A$ — это уже что-то новое. (Не, конечно, такие случаи должны бы быть…)

[bot]

stasicoz в сообщении #769716 писал(а):

Спасибо вроде бы похоже, однако,

А Вы что вообще проверяете? Вот, к примеру, по сложению что должны проверить? По умножению Вы ищете единицу?
Так вот она, я её и не прятал: $1\odot x=(x+1)^1-1=x$. А $x^{-1}$ - это и вовсе бессмыслица какая-то. Это же статуя вектор! У него обратного (относительно чего?) не бывает, у него есть противоположный, скажем, $\ominus x$, обладающий свойством $x\oplus (\ominus x)=0$. Это будет $(x+1)^{-1}-1$.
Допровёрывайте оставшееся.

[AV_77]

bot в сообщении #769739 писал(а):

у него есть противоположный, скажем, $\ominus x$, обладающий свойством $x\oplus (\ominus x)=0$. Это будет $(x+1)^{-1}-1$.
Допровёрывайте оставшееся.

Это да, однако $\frac{1}{x+1} - 1 = -\frac{x}{x+1} < 0$ при любом $x > 0$.

[arseniiv]

stasicoz в сообщении #769735 писал(а):

но думаю сейчас приведут бинарные операции которые покажут, что $L = L(\mathbb{K} = \mathbb{Q})= \mathbb{R} \ge 0 $ линейно и развенчают этот миф

Да вы возьмите сами известное линейное пространство $(\mathbb R, \mathbb Q, \cdot, +)$ и сделайте соответствующее ему $(X, \mathbb Q, \odot, \oplus)$ с помощью какой-нибудь из громадного числа биекций $f\colon \mathbb R \to X$. Ею надо «обложить» операции:

$$\begin{array}{c}\alpha \odot x = f(\alpha \cdot f^{-1}x), \\ x \oplus y = f(f^{-1}x + f^{-1}y), \end{array}$$

и всё.

Как выражаются ноль $o$ и обращение $\ominus x$ нового пространства через $0$ и $-x$ — сами увидите через определения.

-- Вт окт 01, 2013 22:25:34 --

(Разумеется, это прокатывает для любого $X$ мощности континуума, а не только для $\mathbb R_{\geqslant 0}$.)

[bot]

Ну, значит, не получилось.
Вообще-то я хотел в начале взять в качестве сложения умножение, а умножение на скаляр $\alpha$ - возведение в степень $\alpha$. Это прокатило бы для положительных чисел. Чтобы добавить ноль, решил сдвинуться в операциях.

[provincialka]

Угу. Например, предложенный мною гомеоморфизм (экспонента) порождает такие операции на $\mathbb R$: в качестве "сложения" - умножение чисел, в качестве "умножения" - возведение в степень. В частности, рациональную, если нужно пространство над $\mathbb Q$.

о, уже написано! Ладно, оставлю.

[arseniiv]

А для включения нуля всего-то надо к тому экспонентному изоморфизму прикомпозировать какую-нибудь $\colon \mathbb R_{>0} \to \mathbb R_{\geqslant 0}$, и всё готово!

[stasicoz]

provincialka в сообщении #769757 писал(а):

Угу. Например, предложенный мною гомеоморфизм (экспонента) порождает такие операции на $\mathbb R$: в качестве "сложения" - умножение чисел, в качестве "умножения" - возведение в степень. В частности, рациональную, если нужно пространство над $\mathbb Q$.

о, уже написано! Ладно, оставлю.

Вы говорите о таком представлении ?

stasicoz в сообщении #769433 писал(а):

например:
$\mathbb{K}=\mathbb{Q}$, $\mathbb{L}=\mathbb{R} > 0$

$a,b \in \mathbb{Q}$

$X \in \mathbb{L} = \mathbb{R} > 0$

$a \odot X \to X^{a} = l_1 $
$b \odot X \to X^{b} = l_2 $
$l_1 \oplus l_2 = X^{a} \cdot Y^{b} = X^{a + b}$

-- 01.10.2013, 20:49 --

arseniiv в сообщении #769760 писал(а):

А для включения нуля всего-то надо к тому экспонентному изоморфизму прикомпозировать какую-нибудь $\colon \mathbb R_{>0} \to \mathbb R_{\geqslant 0}$, и всё готово!

Может быть вы приведёте всё-такие бинарные комбинации, так будет проще проверить и понять что вы имеете ввиду.

[arseniiv]

stasicoz в сообщении #769761 писал(а):

Может быть вы приведёте всё-такие бинарные комбинации, так будет проще проверить и понять что вы имеете ввиду.

Вот берёте показанный provincialka изоморфизм групп $g\colon(\mathbb R, +)\to(\mathbb R_{>0}, \oplus = \cdot)$, $g(x) = e^x$ и построенный на нём изоморфизм $G\colon(\mathbb R, \mathbb Q, \cdot, +)\to(\mathbb R_{>0}, \mathbb Q, \odot, \oplus)$ (который вы там выше процитировали, хотя его описание можно сделать и понятнее, и короче), и берёте какую-нибудь биекцию $h$ из $\mathbb R_{>0}$ в $\mathbb R_{\geqslant 0}$ (попробуйте пока всё-таки её найти сами), строите $f$ такую, что $f(x) = h(g(x))$ — она переводит $\mathbb R$ в $\mathbb R_{\geqslant 0}$. Нам не хватало нуля, мы его добавили применением $h$.

Теперь как изоморфизм групп $g$ расширялся до изоморфизма векторных пространств $G$, так $f$ расширьте до $F$. Как это сделать, я уже описал выше.

Вам не хватает только $h$.

-- Вт окт 01, 2013 23:04:56 --

Если под «бинарными комбинациями» вы имели в виду бинарные всё-таки операции $\oplus$ и $\odot$, то их явная выписываемость ограничивается явной выписываемостью $h$. По-моему, ни одну из таких $h$ лучше не пытаться записать в одну строку.

[gris]

Вообще-то в стандартной топологии множества всех и неотрицательных чисел немного отличаются. Второе имеет граничную точку. Какой гомеоморфизм?

Это я к какому-то предыдущему посту

[stasicoz]

gris в сообщении #769775 писал(а):

Вообще-то в стандартной топологии множества всех и неотрицательных чисел немного отличаются. Второе имеет граничную точку. Какой гомеоморфизм?

Это я к какому-то предыдущему посту

В том то и дело что никакого гомеоморфизма нет, то есть нет непрерывного отображения, нельзя отобразить поверхность с краем (с точкой ноль) в поверхность без края. Как я думаю.

Чтобы напомнить, этот разговор про топологию вышел из утверждения, что $ \mathbb{L} = \mathbb{R} > 0$ над $\mathbb{Q}$ линейно, а $\mathbb{R} \ge 0$ нет, данное утверждение может быть и неверно, если будут приведены бинарные операции говорящие об обратном.

[arseniiv]

Гомеоморфизма нет, а изоморфизм есть. Ну поищите вы $h$!

Начните, например, с $h(x) = x$. Нуля не хватает в образе, плохо. Надо добавить. Возьмём и сделаем $h$ от какого-нибудь $a$ равным нулю. Ай, теперь $h(a)$ в образе нет… это же разрешимо или совсем никак?

Дальше — только ответ и композиция всего в искомый изоморфизм, но тогда всё станет так просто…