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La continuidad y el Axioma de Elección

En mi Análisis introductorio del curso, hemos aprendido dos definiciones de continuidad.

$(1)$ de Una función $f:E \to \mathbb{C}$ es continua en $un$ si cada secuencia de $(z_n) \in E$ tal que $z_n \$ satisface $f(z_n) \f(a)$.

$(2)$ función $f:E \to \mathbb{C}$ es continua en $un$ si $\forall \varepsilon>0, \exists \delta >0:\forall z \in E, |z-a|<\delta \implica que |f(z)-f(a)|<\varepsilon$.

La implicación de $(2)\implica(1)$ es trivial (aunque tengo que felizmente post prueba si hay suficiente interés). La prueba de la implicación de $(1)\implica(2)$ la pena destacar, sin embargo.

La prueba de que $(1)\implica(2)$:

Supongamos por el contrario que $\exists \varepsilon>0:\forall \delta>0, \existe z \in E:\left (|z-a|<\delta \; \mathrm{y} \; |f(z)-f(a)|\ge \varepsilon\right )$. Deje de $A_n$ el conjunto $\{z\in E:/z-a|<\frac{1}{n} \; \mathrm{ y }\; |f(z)-f(a)|\ge\varepsilon\}$. Ahora usar el Axioma de Elección para la construcción de una secuencia de $(z_n)$ con $z_n \en A_n \; \forall n \in \mathbb{N}$. Pero ahora $a-\frac{1}{n}<z_n<a+\frac{1}{n}\; \forall n \in \mathbb{N}$ para $z_n \$. Por lo que $f(z_n) \f(a)$. Pero $|f(z_n)-f(a)|\ge\varepsilon\; \forall n \in \mathbb{N}$, lo cual es una contradicción.

Se han dado cuenta de que la prueba se usa el Axioma de Elección (el profesor no deletrear explícitamente la dependencia, pero definitivamente hay). Mi pregunta es: ¿es posible demostrar que $(1) \implica (2)$ sin usar el Axioma de Elección. Tengo la fuerte sospecha de que no lo es. En ese caso, ¿alguien puede probar que tenemos que usar el Axioma de Elección? No puedo pensar en tres maneras de hacer esto:

(A) Demostrar que $\left( (1) \implica (2)\right)\implica \mathrm{AC}$. Sospecho que esta declaración es falsa. Este es sin duda falsa, como Arthur puntos, porque yo sólo se utiliza el axioma de contables de elección, que es estrictamente más débiles que los de CA.

(B) Demostrar que $(1)\implica (2)$ es equivalente a la de alguna otra declaración que se sabe, requiere el Axioma de Elección (el ejemplo obvio de ser el buen orden de los números reales).

(C) Construir o mostrar la existencia de un modelo de ZF en el que no existen secuencias que cumplan $(1)$, pero no $(2)$.

Por supuesto, si alguien puede pensar de otra manera, yo estaría muy interesado en escuchar acerca de él.

Una nota final - soy consciente de que muchos teoremas en el Análisis de usar el Axioma de Elección de una u otra manera, y que esto es sólo un ejemplo de un teorema. Si existe un modelo de ZF como el descrito en (C), es el estudio de Análisis en el modelo interesante?

31voto

DanV Puntos 281

Parte de su observación es correcta. El axioma de elección, aunque no en toda su potencia.

El primer modelo de ZF sin el axioma de elección, conocida como la de Cohen primer modelo, es uno en el que existe un infinito Dedekind-finito conjunto de reales.

Decimos que un conjunto es Dedekind-finito si no tiene infinitamente contable de subconjunto, de hecho es consistente sin el axioma de elección que tales conjuntos infinitos existen, y Cohen modelo es un ejemplo de un modelo en el que el conjunto tal que existe dentro de los números reales, que nos llame a $D$.

En primer lugar vemos que si $a_n$ es una secuencia de elementos a partir de los $D$, a continuación, como un conjunto $\{a_n\mediados n\in\mathbb N\}$ es finito, de lo contrario tendríamos una countably infinito subconjunto de $D$. Si es así cada débilmente la disminución/aumento de la secuencia en $D$ es el tiempo constante. También sostiene que hay al menos un punto de acumulación de a $D$ (en $, D$, que es). De lo contrario podríamos tener separados de todos los puntos por los distintos intervalos y luego llegar a la conclusión de que $D$ es en la mayoría de los contables.

Vamos $S=D\setminus\{a\}$ para algunos acumulación punto $$ $D$. Ahora considere $f\colon D\to\mathbb R$ define como: $$f(x)=\begin{casos}1 & x=a\\ 0 &x\neq 0\end{casos}$$ Esta función no es continua en $un$ por razones obvias, por $\varepsilon=\frac12$ tenemos que $\delta>0$ tenemos $d\in S$ que $|d-a|<\delta$ todavía tenemos $|f(d)-f(a)|=1>\varepsilon$.

Sin embargo, dada una secuencia de $a_n$ cuyo límite es $a$, a continuación, la secuencia es, finalmente, constantemente $$ por lo tanto $f(a_n)=f(a)=1$ para casi la totalidad de los $n$.


Tenga en cuenta que si suponemos que $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ es continua en $x$ y $x_n$ es una secuencia de hasta $x$ entonces $f(x_n)$ enfoques $f(x)$.

Supongamos que no, entonces hay algo de $\varepsilon>0$, que por lo suficientemente grande como $n$ tenemos $|f(x)-f(x_n)|>\varepsilon$, entonces por cada $\delta>0$ podemos encontrar $n$ que $|x-x_n|<\delta$, lo que contradice la $\varepsilon$-$\delta$ continuidad en $x$.


Por otro lado, suponiendo que en un momento dado de la $x$ continuidad en $x$ es igual secuencial continuidad no está lejos de ser el axioma de elección. Por qué? Tenga en cuenta que nosotros realmente sólo necesita contables de elección para afirmar la equivalencia, y es muy simple de construir modelos en los que el axioma de elección no se sostiene, pero el axioma de contables de opción tiene.

De hecho, sabemos que la afirmación:

$f\colon\mathbb R\to\mathbb R$ es continua en un punto $$ x si y sólo si es secuencialmente continua en ese punto.

Es equivalente al axioma de contables elección de los subconjuntos de la recta real; y supongo que podemos utilizar para deducir la misma para el complejo de funciones con valores muy fácilmente.


También debo agregar lo siguiente:

Si la equivalencia entre las dos formas de la continuidad no se sostiene significa que el axioma de contables elección no se sostiene. A su vez, no podemos garantizar que los contables de los sindicatos de conjuntos contables son todavía contables; esto permite que las grandes dificultades en garantizar que el verdadero análisis de obras como estamos familiarizados con él.

Sin embargo, hay modelos interesantes para el análisis, donde el axioma de elección no se sostiene. Solovay del modelo en el que cada conjunto es Lebesgue medible (y mucho más) es tal modelo. Justo hoy me he topado con un relativamente papel viejo hablando emocionante acerca de "Solovayan análisis funcional", el cual será un nuevo y apasionante campo.


Con gratitud a Brian señalando que la continuidad en todas partes todavía es equivalente a la continuidad secuencial en todas partes; pero no cuando se requiera que una función sea continua en un punto determinado (el contraejemplo en el Dedekind-conjunto finito sería una función que no es continua en todas partes).

26voto

DiGi Puntos 1925

La implicación de $(1)\a (2)$ puede ser demostrado en ZF solo, aunque esto requiere revisión importante del argumento.

Suponga que $f:\Bbb R\a\Bbb R$ es secuencialmente continua (es decir, satisface (1)). Deje que $x\in\Bbb R$ ser arbitraria.

Reclamo: $f\upharpoonright(\Bbb P\cup\{x\})$ es continua en $x$.

Prueba: Enumerar $\Bbb Q=\{q_n:n\in\omega\}$. Si $f\upharpoonright(\Bbb P\cup\{x\})$ no es continua en $x$, hay un $\epsilon>0$ tal que para cada $k\in\omega$, $$A_k\triangleq\{q\in\Bbb Q:/q-x|<2^{-k}\text{ y }|f(q)-f(x)|\ge\epsilon\}\ne\varnothing\;.$$ Deja $$n(0)=\min\{k\in\omega:q_k\en A_0\}\;.$$ Dado $n(m)$, vamos $$n(m+1)=\min\{k\in\omega:k>n(m)\text{ y }q_k\A_{m+1}\}\;.$$ Entonces $\langle q_{n(k)}:k\in\omega\rangle\a x$ pero $|f(q_{n(k)})-f(x)|\ge\epsilon$ para todo $k\in\omega$, lo cual es una contradicción. Tenga en cuenta que la elección no fue utilizado en esta construcción. $\dashv$

Ahora vamos a $\epsilon>0$. Se sigue de la Afirmación de que hay un costo de $\delta>0$ tales que $|f(x)-f(q)|\le\epsilon$ siempre $p\in\Bbb P$ y $|x-p|\le\delta$. Ahora supongamos que $y\in\Bbb R$ con $|x-y|\le\delta$. Deje que $I$ ser el intervalo cerrado cuyos extremos son de $x$ y $y$. Por cada $k\in\omega$ let $$n(k)=\min\{m\in\omega:q_m\I\text{ y }|q_m-y|<2^{-k}\}\;.$$ Entonces $\langle q_{n(k)}:k\in\omega\rangle\a y$, entonces $\langle f(q_{n(k)}):k\in\omega\rangle\a f(y)$. Sin embargo, cada uno $q_{n(k)}\in I$, entonces $|q_{n(k)}-x|\le\delta$ por cada $k\in\omega$, y por lo tanto $|f(q_{n(k)})-f(x)|\le\epsilon$ por cada $k\in\omega$. Claramente esto implica que $|f(y)-f(x)|\le\epsilon$ así.

Por lo tanto, hemos demostrado que por cada $\epsilon>0$ $\delta>0$ tales que $|f(y)-f(x)|\le\epsilon$ siempre $|y-x|<\delta$, que es suficiente.

Este argumento se amplía a partir de la ZF prueba del Teorema 3.15 en Horst Herrlich, el Axioma de Elección, Notas de la Conferencia en Matemáticas de 1876. Tenga en cuenta que es no verdadero en ZF de que una función $f:\Bbb R\a\Bbb R$ es continua en un punto $$ x iff es secuencialmente continua en $x$: en el Teorema de 4.54 demuestra que esta afirmación es equivalente a $\mathbf{CC}(\Bbb R)$, la afirmación de que cada contables familia no vacía de subconjuntos de $\Bbb R$ tiene una función de elección.

Añadido: no me di cuenta de que las funciones en la pregunta original son valores complejos, no un valor real. Sin embargo, el argumento puede ser fácilmente adaptado a $\Bbb R^2$, la sustitución de $\Bbb P$ $\Bbb Q^2$ y el uso de la $\max$ norma.

Añadido2: La única ligeramente la parte difícil es averiguar qué usar para $I$. Suponga que $x=\langle x_1,x_2\rangle,y=\langle y_1,y_2\rangle\en\Bbb R^2$ con $0<\|x-y\|\le\delta$. Si $x_1\ne y_1$ y $x_2\ne y_2$, vamos a $$I=\big[\min\{x_1,y_1\},\max\{x_1,y_1\}\big]\times\big[\min\{x_2,y_2\},\max\{x_2,y_2\}\big]\;.$$ Si $x_1\ne y_1$ y $x_2=y_2$, vamos a $$I=\big[\min\{x_1,y_1\},\max\{x_1,y_1\}\big]\times\big[x_2,x_2+\delta\big]\;,$$ y si $x_1=y_1$ y $x_2\ne y_2$ let $$I=\big[x_1,x_1+\delta\big]\times\big[\min\{x_2,y_2\},\max\{x_2,y_2\}\big]\;.$$

Deje que $\Bbb Q^2=\{q_n:n\in\omega\}$ ser una enumeración de $\Bbb Q^2$ y $k\in\omega$ let $$n(k)=\min\{m\in\omega:q_m\I\text{ y }\|q_m-y\|<2^{-k}\}\;.$$ Todo lo demás es el mismo que antes, salvo que $|\cdot|$ debe ser reemplazado por completo por $\|\cdot\|$, donde $$\|\langle x,y\rangle\|=\max\{|x|,|y|\}\;.$$

Con muy ligeras modificaciones, esto funciona para $\Bbb R^n$ para $n\in\Bbb Z^+$.

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