14.4: Алгебраїчна лема

Наступна лема була використана в доказі Пропозиції 14.3.1.

Лемма$\PageIndex{1}$

Припустимо,$f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ це функція така, що для будь-якого у$x,y\in\mathbb{R}$ нас є

1. $f(1)=1$,
2. $f(x+y)=f(x)+f(y)$,
3. $f(x\cdot y)=f(x)\cdot f(y)$.

Тоді$f$ є функція ідентичності; тобто$f(x)=x$ для будь-якого$x\in \mathbb{R}$.

Зверніть увагу, що ми не припускаємо, що$f$ це безперервно.

Функція, яка$f$ задовольняє цим трьом умовам, називається польовим автоморфізмом. Тому лема стверджує, що функція ідентичності є єдиним автоморфізмом поля дійсних чисел. Для поля комплексних чисел відмінювання$z\mapsto \bar{z}$ (див. Розділ 14.3) наводить приклад нетривіального автоморфізму.

Доказ

За (б) ми маємо

За (а),

$f(0)+1=1;$

звідки

$$f(0)=0.$$

Застосовуючи (b) знову, ми отримуємо, що

$0=f(0)=f(x)+f(-x).$

Тому,

$$f(-x)=-f(x) \ \ \ \ \text{for any} \ \ \ \ x\in \mathbb{R}.$$

Застосовуючи (b) повторювано, ми отримуємо, що

$\begin{array} {l} {f(2) = f(1) + f(1) = 1 + 1 = 2;} \\ {f(3) = f(2) + f(1) = 2 + 1 = 3;} \\ {\ \ \ \ ...} \end{array}$

Разом з 14.4.2 останнє означає, що

$f(n)=n \ \ \ \text{for any integer}\ \ \ n.$

За (c)

Тому

$f(\dfrac{m}{n})=\dfrac{m}{n}$

для будь-якого раціонального числа$\dfrac{m}{n}$.

Припустимо$a\ge 0$. Тоді рівняння$x\cdot x=a$ має реальне рішення$x = \sqrt{a}$. Тому,$[f(\sqrt{a})]^2=f(\sqrt{a})\cdot f(\sqrt{a})=f(a)$. Звідси$f(a)\ge 0$. Тобто,

$$a\ge 0 \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ f(a)\ge 0.$$

Застосовуючи 14.3.2, ми також отримуємо

$$a\le 0 \ \ \ \Longrightarrow \ \ \ f(a) \le 0.$$

Тепер припустимо$f(a)\ne a$ для деяких$a\in\mathbb{R}$. Тоді є раціональне число$\dfrac{m}{n}$, яке лежить між$a$ і$f(a)$; тобто числа

мають протилежні ознаки.

За 14.4.3

$\begin{array} {rcl} {y + \dfrac{m}{n}} & = & {f(a) =} \\ {} & = & {f(x + \dfrac{m}{n}) =} \\ {} & = & {f(x) + f(\dfrac{m}{n}) =} \\ {} & = & {f(x) + \dfrac{m}{n};} \end{array}$

тобто,$f(x)=y$. До 14.4.4 і 14.4.5 значення$x$ і$y$ не можуть мати протилежних ознак — протиріччя.