Skip to main content
LibreTexts - Ukrayinska

14.4: Алгебраїчна лема

  1. Last updated
  2. Save as PDF
  • Page ID
    59159

    • \( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)

    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.