Considerando los reales como vectores sobre los racionales, ¿puedo tener un mapa lineal que tenga un dominio infinito incontable?

Desde$1$y$\pi$son linealmente independientes sobre$\Bbb Q$, sí, tal mapa lineal existe. Pero la prueba habitual de esto se sigue del hecho de que$\{1,\pi\}$puede extenderse a una base de$\Bbb R$encima$\Bbb Q$. Probar esto requiere el axioma de elección. Sin embargo, si estamos trabajando en un subespacio de dimensión finita de$\Bbb R$, no es necesario asumir el axioma de elección.

Definición de un mapa de todos $\Bbb{R}$a$\Bbb{R}$no es tan fácil a menos que puedas dar una fórmula. Comparar.

Es fácil escribir una fórmula de este tipo para el$\Bbb{Q}$-lapso de$\{1,\pi\}$:

Pero, ¿cómo se describe algo así para todos$\Bbb{R}$cuando no tienes un$\Bbb{Q}$-base a la mano? ¡No podemos, de verdad! Es decir, no podemos hacer todo eso sin pedir ayuda al Axioma de Elección. Si no asumimos el Axioma de Elección no sabemos si$\Bbb{R}$tiene una base en absoluto!

El$\Bbb{Q}$-mapas lineales$\Bbb{R}\to\Bbb{R}$que podemos definir sin el Axioma de Elección termina siendo$\Bbb{R}$-lineal, como$x\mapsto 2x$. Estos no son interesantes aquí.

Respondiendo a la pregunta del título. Dejar$\mathcal{B}$ser una base de$\Bbb{R}$encima$\Bbb{Q}$tal que$1,\pi\in\mathcal{B}$. El álgebra lineal estándar nos dice que la función$s:\mathcal{B}\to\Bbb{R}$,$1\mapsto1$,$\pi\mapsto -1$,$s\mapsto s$para todos$s\in\mathcal{B}\setminus\{1,\pi\}$, puede extenderse únicamente a un$\Bbb{Q}$-transformación lineal$s$de$\Bbb{R}$a sí mismo. entonces tenemos$s(1-\pi)=0$entonces$s$tiene un núcleo no trivial. Pero$\mathcal{B}\setminus\{\pi\}$está contenido en la imagen de$s$, por lo que la imagen es incontable.

Matousek está tratando de dar una respuesta que pueda ser entendida y aceptada por estudiantes que nunca han oído hablar del Axioma de Elección y nunca han estudiado sus consecuencias. Cuando escribes un libro, es importante tener una idea en mente de quién es exactamente tu audiencia, y luego escribir para esa audiencia. Eso es lo que ha hecho Matousek.