La continuidad del camino y el axioma de elección.

Question

Que nos diga la siguiente información a nuestra Calc III de los estudiantes (generalmente por $\mathbf{R}^2$, y nunca tan formalmente):

Deje $A$ ser un subconjunto de a$\mathbf{R}^n$, $a\in A$, $f$ un valor real de la función en $A$ e $\Gamma = \{\gamma \in A^{[0,1]} : \gamma(0) = a$ e $\gamma$ es continua en a$0\}$. Si

Answer 1

Para abrir subconjuntos $A\subseteq\mathbb{R}^n$, la elección no es necesario. De hecho, tenga en cuenta que si $B\subset\mathbb{R}^n$ es de puertas cerradas, bola, hay una continua surjection de un intervalo a $B$. La concatenación infinitamente muchos de esos que llena el espacio curvas en más y más pequeñas bolas alrededor de un punto de $a$, obtenemos un único camino continuo $\gamma:[0,1]\to A$ de tal manera que un mapa de $f$ a $A$ es continua en a$a$ fib $f\circ\gamma$ es continua en a$0$.

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Vamos ahora a discutir más en general de los espacios; el resultado es que el axioma de elección es necesaria para demostrar estos resultados en general. Voy a decir un espacio de $A$ es pseudopath generado si se cumple la condición: es decir, un mapa de $f:A\to Y$ es continua en un punto a$a\in A$ fib de cualquier mapa $\gamma:[0,1]\to A$ tal que $\gamma(0)=a$ e $\gamma$ es continua en a$0$, $f\circ\gamma$ es continua en $0$. Voy a decir un espacio de $A$ es la ruta de acceso generado si la misma condición que se mantiene pero con $\gamma$ necesario para ser continua en todos los de $[0,1]$.

Tenga en cuenta que el resultado que se enlaza con respecto a la primera contables localmente ruta-espacios conectados en realidad dice de ellos que son la ruta generada, no sólo pseudopath generado. De hecho, pseudopath generación realmente no tiene nada que ver con los caminos, ya que la continuidad de la $\gamma$ en un solo punto es muy débil condición. Un argumento similar muestra que, de hecho, cada primer contables espacio es pseudopath generado.

La declaración de que todos los primeros contables localmente trayectoria-conectado espacio es el camino generado es equivalente contables elección. Primero, permítanme observar que los contables opción es equivalente a la siguiente (aparentemente más débil) de la declaración.

$(*)$ Da una contables de la familia de $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ de conjuntos no vacíos, existe un subconjunto infinito $S\subseteq\mathbb{N}$ y una función de elección para $(X_n)_{n\in S}$.

Para demostrar contables elección de $(*)$, vamos a $(Y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ ser una contables de la familia de conjuntos no vacíos y deje $X_n$ el conjunto de las funciones de elección para el segmento inicial de la $(Y_m)_{m<n}$. A continuación, $(*)$ da una función de elección $f$ en una larga de $(X_n)$, que a continuación se da una función de elección $g$ para todos los de $(Y_n)$ (deje $g(m)=f(n)(m)$ donde $n$ es mínima en el dominio de $f$ tal que $f(n)(m)$ está definido).

Ahora aquí es un boceto de una prueba de que la ruta de generación de la primera contables localmente trayectoria-conectado espacios implica $(*)$. Deje $(X_n)$ ser una contables de la familia de conjuntos no vacíos. Deje $*$ ser algún punto que no es un elemento de cualquier $X_n$ y deje $Y_n=X_n\cup\{*\}$. Deje $G$ ser el grafo con conjunto de vértices $\mathbb{N}$ y un borde de $n$ a $n+1$ para cada elemento de la $Y_n$. Considere la posibilidad de este grafo topológico del espacio, no con la topología débil pero con la natural métrica que hace que cada borde de un camino de longitud 1. Deje $A=G\cup\{\infty\}$, donde un barrio de $\infty$ debe contener todos los suficientemente grandes vértices y aristas entre ellos en $G$.

A continuación, $A$ es la primera contables y localmente trayectoria-conectado (para la ruta de acceso local-conectividad a $\infty$, usamos el hecho de que podamos tener una ruta de acceso desde cualquier vértice de $G$ a $\infty$ infinitamente por la concatenación de las rutas de la $n$ a $n+1$ indexados por $*$). Ahora, considere el mapa de $f:A\to[0,1]$ define de la siguiente manera: $f(x)=0$ si $x$ es un vértice de $G$ o $\infty$, o está en uno de los caminos marcados por los $*$. En cada ruta marcados por un elemento de a$X_n$, $f$ comienza a $0$, sube a $1$, y luego vuelve a bajar a $0$.

Este mapa $f$ no es continua en a$\infty$, ya que en cada barrio de $\infty$ contiene caminos marcados por los elementos de a$X_n$. Pero para ser testigo de esta discontinuidad con una ruta de acceso en $A$, necesitaríamos un camino de $\gamma:[0,1]\to A$ que pasa a través de las rutas correspondientes a los elementos de $X_n$ por arbitrariamente grande, $n$. Un camino de dar una función de elección en una larga de $(X_n)$ (por ejemplo, para cada una de las $n$ tal que $\gamma$ va en la ruta de acceso correspondiente a un elemento de $X_n$, escoger la menos racional punto en $[0,1]$ con respecto a algunas de buen orden de los racionales que los mapas en la ruta de acceso correspondiente a un elemento de $X_n$, y el uso que elegir un elemento de $X_n$).

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Permítanme ahora volver a pseudopath generado espacios. Todo el argumento anterior todavía funciona si $A$ solo es conocida por ser pseudopath generados, excepto para el último paso, en el que utilizamos el camino de $\gamma$ para obtener una función de elección en una larga de $(X_n)$. Si $\gamma$ no se supone que ser continua en $[0,1]$, entonces no tenemos una forma canónica para elegir un elemento particular de $X_n$ que golpea. Sin embargo, si asumimos que $\mathbb{R}$ puede ser bien ordenado, entonces el argumento de que todavía funciona y demuestra contables elección. En particular, desde ZF+"existe un buen orden de $\mathbb{R}$" no se puede demostrar contables de la elección, esto implica que ZF no puede probar todos los primeros contables localmente trayectoria-conectado espacio es pseudopath generado.

Por similares argumentos que pueden demostrar los siguientes son equivalentes a más de ZF:

1. En el primer contables espacios son pseudopath generado.
2. Si $(X_n)$ es cualquier familia de conjuntos no vacíos, entonces existe una función de $f$ a $\mathbb{N}\times\mathbb{R}$ tal que para cada una de las $n$existe $r\in\mathbb{R}$ tal que $f(n,r)\in X_n$.

Instrucción 2 de la siguiente manera contables de elección y no puede ser probado en ZF, pero sospecho que es estrictamente más débiles que los contables de la elección.