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 R als Vektorraum über Q |
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digerdiga
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Vielleicht triviale Frage, aber mir ist es nicht so ganz klar. Warum kann ich jedes Element $x\in {\mathbb R}$ darstellen als $$x=a\sqrt{2}+b$$ wobei $a,b \in {\mathbb Q}$. In anderen Worten $\{1,\sqrt{2}\}$ bilden eine Basis des Vektorraums $\mathbb{R}$ über $\mathbb{Q}$.
Wenn ich z.B. $x=\pi$ setze, dann müssen also rationale Zahlen $a,b$ existieren, so dass $\frac{\pi-b}{a}=\sqrt{2}$. A-priori ist das nicht so ganz offensichtlich.
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zippy
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 |      Beitrag No.1, eingetragen 2021-01-17
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2021-01-17 00:46 - digerdiga im Themenstart schreibt:
In anderen Worten $\{1,\sqrt{2}\}$ bilden eine Basis des Vektorraums $\mathbb{R}$ über $\mathbb{Q}$.
Das ist falsch. Die Dimension von $\mathbb R$ als $\mathbb Q$-Vektorraum ist nicht endlich. (Das zeigt schon ein Vergleich der Kardinalitäten von $\mathbb R$ und $\mathbb Q$).
--zippy
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digerdiga
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-17
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Kann ich das denn retten indem ich eine unendliche Basis nehme $\{1,\sqrt{2},\sqrt{3},...\}$?
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zippy
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-01-17
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Jeder Vektorraum hat eine Basis, also auch $\mathbb R$ über $\mathbb Q$. Aber eine Basis dieses Vektorraums ist weder endlich noch abzählbar.
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digerdiga
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-17
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Also kann man diese Basis nicht formal angeben?
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zippy
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-01-17
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2021-01-17 00:57 - digerdiga in Beitrag No. 4 schreibt:
Also kann man diese Basis nicht formal angeben?
"Formal angeben" ist ein schwammiger Begriff, aber so eine Basis ist in dem Sinne "nicht explizit angebbar", als der Beweis, dass so eine Basis existiert, das Auswahlaxiom benötigt.
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digerdiga
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-01-17
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Heuristisch würde ich so argumentieren. Stelle $x$ dar als $$x=a_1 + a_2 \sqrt{2} + a_3\sqrt{3} + a_5 \sqrt{5} + ...$$
wobei $a_1,a_2,... \in \mathbb{Q}$. Die Basis ist abzählbar unendlich hat also die Kardinalität $\aleph$. Jeder Koeffizient hat als Wert über $\mathbb{Q}$ abzählbar unendlich viele Werte. Kombiniert könnte ich also $2^{\aleph}$ mögliche $x$ darstellen und $\mathbb{R}$ hat die gleiche Kardinalität.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]
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| Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen. |
zippy
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-01-17
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2021-01-17 01:08 - digerdiga in Beitrag No. 6 schreibt:
hat also die Kardinalität $\aleph$.
Du meinst $\aleph_0$.
2021-01-17 01:08 - digerdiga in Beitrag No. 6 schreibt:
Kombiniert könnte ich also $2^{\aleph}$ mögliche $x$ darstellen
Nein, das könntest du nicht, rechne nochmal nach.
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Triceratops
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 |  Beitrag No.8, eingetragen 2021-01-17
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Wenn du zu $\IQ$ algebraische Elemente adjungierst, erhältst du auch nur algebraische Elemente. Aber $\IR$ hat bekanntlich transzendente Elemente.
Und zum Argument im letzten Post: Du vergisst, dass nur endliche Linearkombinationen erlaubt sind. Daher sind es auch nur abzählbar viele. Beachte aber, dass, selbst wenn du eine Teilmenge von $\IR$ mit derselben Kardinalität wie $\IR$ hättest, noch lange nicht daraus folgt, dass sie gleich $\IR$ ist (betrachte $\IR \setminus \IQ$ zum Beispiel).
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2021-02-25 19:40 U P <
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