La UC Berkeley examen preliminar problema preguntó si un aditivo función de $f\colon {\mathbb R} \to {\mathbb R}$, es decir, la satisfacción de $f(x + y) = f(x) + f(y)$ debe ser continua. El contraejemplo consistía en tomar un positivo con valores de base de Hamel $X$ $\mathbb{R}$ como un espacio vectorial sobre ${\mathbb Q}$, y luego dejar que $f(x_1) =1$ $f(x_2)=-1$ dos $x_1,x_2 \in X$, y dejando $f(x)$ ser arbitraria para otros $x \in X$, y, a continuación, la ampliación de la función a todos los de ${\mathbb R}$ usando la propiedad de aditividad. A continuación, una secuencia $a_n = {p_nx_1 + q_nx_2}$ podría encontrarse con rational $p_n,q_n$ tal que $a_n \to 0$ pero $\lim \limits_{n\to \infty} f(a_n) \neq 0$, mostrando la discontinuidad. Pero es el Lema de Zorn necesario para producir un ejemplo? En otras palabras, es el Lema de Zorn diciendo que podemos encontrar una base de Hamel ${\mathbb R}$ ${\mathbb Q}$ equivalente a ser capaz de construir un discontinua aditivo función de $f\colon {\mathbb R} \to {\mathbb R}$?
Respuestas
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De hecho, usted no puede probar la existencia de tales discontinuo solución sin el uso de algún fragmento de el axioma de elección. El más simple y más "familiar" de la manera de probar esto es de hecho imposible es, como las otras respuestas han demostrado, con el famoso Solovay modelo donde cada conjunto de números reales es Lebesgue medible. Uno puede mostrar que una discontinuo solución puede ser utilizada para crear un no-medibles conjunto, y por lo tanto en Solovay del modelo no hay discontinuo soluciones.
Sin embargo, la existencia de Solovay del modelo requiere la más fuerte de la teoría de $\sf ZFC+\exists\kappa\text{ inaccessible}$, cuya coherencia es la fuerza que excede de la $\sf ZF$$\sf ZFC$. Uno puede preguntarse, si es así, ¿qué pasa si no queremos creer que los grandes cardenales son coherentes?
Resulta que hay una alternativa aquí. Es decir, la propiedad de Baire. Discontinua soluciones a esta ecuación funcional no sólo no medible, sino que también carecen de la propiedad de Baire. Además, uno puede mostrar que si tenemos un homomorphism de grupos polacos que se Baire medible, entonces es continua (esto es Pettis teorema). Los números reales son, por supuesto, un grupo polaco, y esto es de hecho un homomorphism.
Sela demostrado que mientras Lebesgue de la mensurabilidad de todos los subconjuntos implica que la teoría de la $\sf ZFC+\exists\kappa\text{ inaccessible}$ es consistente. Sin embargo, la consistencia de la declaración "Todos los conjuntos de números reales tiene la propiedad de Baire" no requiere más fuerte de la teoría de $\sf ZFC$.
En particular, se construye, a partir de un modelo de $\sf ZFC$, un modelo donde $\sf ZF+DC$ mantiene y cada conjunto de números reales que tiene la propiedad de Baire. En este modelo, si es así, cada homomorphism de $\Bbb R$ $\Bbb R$es de Baire medibles, y por Pettis teorema de continuo.
Cabe señalar que la existencia de un discontinuo solución es demostrable a partir de la existencia de una base de Hamel $\Bbb R$$\Bbb Q$. Sin embargo, actualmente se desconoce si la existencia de un discontinuo solución implica la existencia de una base de Hamel. En la misma nota, es simplemente falso que la existencia discontinua soluciones, Hamel base, que no se pueden medir conjuntos o sets sin la propiedad de Baire, o cualquier otra cosa que se centra en un subconjunto de los números reales, implica el axioma de elección.
La razón es que tenemos la facilidad de conseguir que el axioma de elección falla en casi cualquier forma imaginable, pero el número real puede ser bien ordenado -- una suposición que es suficiente para demostrar que todos los mencionados objetos existen.
Se puede demostrar que cualquier función medible $f$ $f(x+y) = f(x) + f(y)$ es lineal (es decir, $f(x) = ax$ algunos $a$), y por lo tanto continua (ver por ejemplo la página de Cauchy funcional de la ecuación en MathWorld). Así, para dar un ejemplo de un aditivo, discontinua la función, seguramente necesita un no-(Lebesgue-)medibles conjunto.
Pero para construir un conjunto que no es medible, que por desgracia se necesita el Axioma de Elección, que es equivalente a (Kuratowski-)Zorn Lema; o, al menos, algunos más débiles de la versión de la misma. Si usted se olvida de que el Axioma de Elección por completo, entonces podría ser que los no-medibles conjuntos existen. Citando a Wikipedia:
En 1970, Solovay demostrado que la existencia de un no-medibles establecido para la medida de Lebesgue no es demostrable en el marco de Zermelo–Fraenkel de la teoría de conjuntos en la ausencia de el Axioma de Elección (...)
Existencia de la no-medible no es (afaik) equivalente al Axioma de Elección, pero usted no necesita alguna pieza extra, excepto para el estándar de Zermelo–Fraenkel de la caja de herramientas. Por supuesto, usted puede omitir la aplicación de (Kuratowski-)Zorn Lema (por ejemplo, mediante la demostración de un caso especial de ad hoc), pero no puede encontrar el buscado contraejemplo en un "elemental".
