$\mathbb{R}\times\mathbb{R}\times\mathbb{R}\times\cdots$ vektör uzayına baz yazabilir misiniz?

0 beğenilme 0 beğenilmeme
137 kez görüntülendi


11, Mart, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Safak Ozden (3,393 puan) tarafından  soruldu

$\vec{e_1}=(1,0,0,...),\quad \vec{e_2}=(0,1,0,0,...),\quad \vec{e_3}=(0,0,1,0,0,...),...$ bir olabilir mi?

Hayır hocam, bu bir baz değil. Soruyu sormaktaki amacım da bu noktaya dikkat çekmek zaten.

Ya ben basit bir noktayı kaçırıyorum ya da soru lisans için biraz fazla zor olmuş. Zira böyle bir tabanın yazılması için bir miktar seçim belitinin (depedent choice'den güçlü bir seçim belitinin) kullanılması şart sanki. Yani böyle bir tabanı "açıkça" ifade etmek epey güç olacak.

Verilen örnek neden baz olmaz? Eğer $n.$ koordinat sıfırdan diyelim $k$ ise $k.e_n$ ile bu elemanı elde edebiliriz. Sonlu sayıda koordinatı sıfırdan farklıysa yine aynı şekilde elde edebiliriz. Sonsuz sayıda koordinat sıfırdan farklı olunca ne değişiyor?

Burak, yazabilir misiniz biçiminde sormamın nedeni oydu zaten.

Çağan, bir kümenin baz olması için hangi özelliği sağlaması gerek?

$V$, $K$ üzerine vektör uzayı  olsun. $B$ kümesi bazdır ancak ve ancak

1) Her $x \in V $ , $k_1 , k_2 , . . . , k_n \in K$ ve $b_1, b_2 , . . . , b_n \in B$ için bir ve bir şekilde $k_1b_1 + k_2b_2 + . . . + k_nb_n = x$ olarak yazılabiliyorsa.

2) $B$'nin elemanları lineer bağımsızsa.

Yukarıdaki küme neden bunları sağlamıyor?

$n$ bir sayı değil mi

Çağan $(1,1,1,...)$ elemanını sonlu bir lineer kombinasyon olarak nasıl yazacaksın?

Anladım, taban olmuyor. Hangi tabanda o elemanı sonlu bir lineer kombinasyon olarak yazabiliriz ki?

Bilmiyoruz. Bu uzayın bir tabanı olduğunu Zorn yardımcı teoremi sayesinde biliyoruz ama yazamıyoruz. Sanırım Burak bu soruya güzel bir açıklamayla güzel bir yanıt yazacak.

1 cevap

1 beğenilme 0 beğenilmeme
Şafak yorumlarda söylemiş zaten, uzun süre sonra cevap yazmaya ancak vaktim oldu. Böyle bir tabanın var olduğunun kanıtlanması için bir miktar seçim belitinin kullanılması gerekiyor. Bunun nedeni kabaca şöyle:

- Biraz uğraşla bu uzayın her (Hamel) tabanının $2^{\aleph_0}$ kardinalitesinde (yani gerçel sayılarla aynı kardinalitede) olduğu gösterilebilir. (Bundan bir matkafası sorusu çıkabilir mesela =)
- Bu uzay için bir Hamel tabanı aldığımızda bu tabanın her permütasyonu bu uzay üzerinde bir doğrusal otomorfizma verecektir. Dolayısıyla bu uzaydan kendisine en az $2^{2^{\aleph_0}}$ tane doğrusal otomorfizma var.
- Bir taraftan biliyoruz ki, bu uzay üzerinde $2^{\aleph_0}$ tane sürekli fonksiyon olduğu için yukarıdaki doğrusal fonksiyonlardan bazıları süreksiz olmak zorunda. Öte yandan, ZF+"İki Leh grubu arasındaki her homomorfizma süreklidir" teorisi tutarlıdır (eğer ZF tutarlı ise). Bunun kanıtı pek kolay değil ancak araştırmak isteyen olursa şu makalenin ikinci bölümünün bir kısmı okunabilir.
- Demek ki ZF içerisinde böyle bir süreksiz otomorfizma olduğu (ve dolayısıyla bu uzayın bir tabanı olduğu) kanıtlanamaz.

İşin özü şu: Gerçel sayıların Baire özelliğine sahip olmayan bir altkümesi olduğu sadece ZF içerisinde (hatta ZF+DC içerisinde) kanıtlanamaz. Öte yandan sorudaki uzayın bir Hamel tabanı varsa, bu kullanılarak gerçel sayıların Baire özelliğine sahip olmayan bir altkümesi olduğu kanıtlanabilir.
29, Mart, 2016 Burak (1,254 puan) tarafından  cevaplandı
29, Mart, 2016 Burak tarafından düzenlendi
...