$\newcommand{\intrv}[2]{[#1,#2]}
\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}
\newcommand{\abs}[1]{|{#1}|}
\newcommand{\NN}{\mathbb N}
$
La pregunta fue respondida bien en otras respuestas. Pero me gustaría añadir mi granito de arena por dos razones:
- Para demostrar que podemos emplear a la integridad de la $[0,1]$ en lugar de compacidad para mostrar esto.
- Comentario de Arturo post despertó mi interés si AC es necesario en la prueba y si sí, entonces ¿cuánto elección es necesario.
Soy consciente de que puede suceder fácilmente que el uso de AC pasa desapercibido, H. Herrlich dedicado todo el capítulo denominado Oculto Elección en su libro a este.
Así que espero que si me he perdido algo, algunos de otros usuarios de MSE más experiencia en el trabajo sin elección correcta de mí.
Nota 1: he publicado una pregunta en preguntar si algo más interesante que puede ser dicho acerca del papel de la AC en este resultado. Yo no estaba seguro de si este post aquí en el inicio de una nueva pregunta al dar mi propia respuesta - espero que el camino que yo elija no es demasiado de tema. (En mi post, el tema principal fue el de dos pruebas de que el resultado de OP está preguntando acerca, y entonces yo sólo tenía una mirada donde en estas pruebas de CA se utiliza y si puede ser eliminado. Así que pensé que esta respuesta es mejor adecuado aquí.)
Nota 2: Esto también apareció como Problema 6414 en Kostrikin el libro de Ejercicios de álgebra:
una colección de ejercicios de álgebra, álgebra lineal y geometría. Sugerencia al final de este libro sugiere el enfoque utilizando la compacidad.
Permítanme empezar por mencionar un enfoque diferente de cómo demostrar que los ideales de la forma $M_c$ son máximas.
Es fácil ver que si arreglamos som $c\in[0,1]$ $\varphi: C[0,1]\to\mathbb R$ definido por $\varphi(f)=f(c)$ es un anillo homomorphism tal que $\operatorname{Ker}(\varphi)=M_c$. Ya que es claramente surjective, vemos que $C[0,1]/M_c\cong \mathbb R$. Puesto que el cociente del anillo es un campo, el ideal de $M_c$ es máxima.
Volvamos ahora a la prueba del hecho de que cada ideal maximal tiene forma de $M_c$. Vamos a empezar con la prueba utilizando la integridad de la $[0,1]$. La prueba que doy aquí es básicamente el mismo (quizás más detallada) como en el papel Stephan C. Carlson: Secuencias de Cauchy y la Función de los Anillos,
La American Mathematical Monthly, Vol. 88, Nº 9 (Nov., 1981), pp 700-701, jstor.
Nos deja denotar $C=C[0,1]$.
Teorema: Un ideal de a $A\subseteq C$ es maximal si y solo si $A=M_p$ algunos $p\in\intrv 01$.
Prueba. Si $A$ es un buen ideal, entonces cada elemento de a $f\in A$ debe desaparecer en algún punto de $\intrv01$. (De lo contrario $f.\frac1f = 1 \in A$.) También podemos ver que si la suma de los dos no negativo funciones se desvanece en algún punto de $p$, el valor de cada una de estas funciones en $p$ 0.
Deje $A$ ser un ideal maximal en $C$. Vamos a mostrar que hay un $p$ tal que $A=A_p$. Deje $n\in\NN$
y para $1\leq i \leq n$ deje $h_i$ ser un no-negativo de la función de $C$ tal que
$$h_i(x)=0\text{ if and only if }\frac{i-1}n \leq x \leq \frac in.$$
Claramente $$h_1(x)\ldots h_n(x)=0,$$ that is $h_1\cdots h_n\in A$, por lo tanto una de las funciones
$h_1,\dots,h_n$ pertenece a $A$. (Desde $A$ es un alojamiento ideal.) Nos deja denotar la función de $h_i$ tal
que $h_i\in A$$f_n$.
Ahora tenemos para cada una de las $n\in\NN$ no negativo de la función de $f_n\in A$ tal que
$\inv{f_n}(0)=\intrv{a_n}{b_n}$ $b_n=a_n+\frac1n$ . Si $m<n$, $f_m,f_n \in A$,
a continuación,$f_m+f_n\in A$. Por lo tanto existe $x_{m,n}$ tal que $f_m+f_n(x_{m,n})=0$. Esto implica
que $f_m(x_{m,n})=0$, $f_n(x_{m,n})=0$. Así
$x_{m,n}\in\intrv{a_n}{b_n}\cap\intrv{a_m}{b_m}$ y
$\intrv{a_n}{b_n}\cap\intrv{a_m}{b_m} \neq \emptyset$, y por lo tanto
$$\abs{a_n-a_m}\leq \frac1m, \abs{b_n-b_m}\leq \frac1m.$$
Las secuencias $(a_n)$, $(b_n)$ son secuencia de Cauchy y por la integridad de la $\intrv01$
ellos tienen un límite. Debido a que la longitud del intervalo de $\intrv{a_n}{b_n}$$\frac1n$, ambas secuencias tienen el mismo límite,
deje que nos denota por $p$.
Ahora vamos a $f\in A$. Para cualquier $n\in\NN$ tenemos $f^2+f_n \in A$. Por lo tanto no es un punto
$x_n$ tal que $f^2(x_n)+f(x_n)=0$. Por lo tanto $x_n\in\intrv{a_n}{b_n}$ y
$f_n(x_n)=0$. Desde $x_n\to p$, obtenemos $f(p)=0$ por la continuidad de $f$. $\square$
Tenga en cuenta que el enfoque anterior se puede aplicar a una más general de la situación.
Teorema: Vamos a $X$ ser un completo y totalmente acotado espacio métrico y deje $C(X)$ ser el anillo de real continua de las funciones con valores en $X$.
Ideal $A$ es un ideal maximal en $C(X)$ si y sólo si $A=M_p$ algunos $p\in X$.
Prueba. Por el total de acotamiento hay un número finito de
$\frac1n$-net para cada $n\in\NN$. I. e., hay un número finito de cubierta $B_{x_1,\frac1n},\ldots,B_{x_k,\frac1n}$
el espacio $X$. Ponemos a $h_i(x)=\max\{0, d(x_i,x)-\frac 1n\}$ y construimos la secuencia de $f_n$ análogamente como en la anterior prueba.
El ajuste a cero de $f_n$ va a ser un cerrado de bola en
$X$, los diámetros de estas bolas convergen a $0$ y sus centros de formar una secuencias de Cauchy. El resto de la prueba es el mismo
como en el caso $X=[0,1]$. $\square$
Ahora vamos a echar un vistazo en el enfoque que utiliza la compacidad. Este es el enfoque de Arturo del post.
Teorema: Vamos a $X$ ser un compacto Hausdorff espacio. A continuación, $A$ es un ideal maximal en el ring $C(X)$ si y sólo si hay un punto de $p\in X$ tal que
$$A=M_p=\{f\in C(X); f(p)=0\}.$$
El nombre de Gelfand-Kolmogorov teorema se utiliza a veces para llegar a este resultado. Tal vez más a menudo se utiliza este nombre para el resultado de que dos Hausdorff compacto espacios $X$, $Y$ son homeomórficos si y sólo si los anillos $C(X)$ $C(Y)$ son isomorfos. (O de los correspondientes hechos acerca de la Piedra-Čech compactification.) El teorema anterior es parte de la prueba de este hecho.
Ver, por ejemplo, Gillman, Jerison: Anillos de funciones continuas, p.102 o Johnstone: Piedra espacio p.145.
Prueba. Supongamos que $A$ es un ideal en el $C(X)$ que no está contenida en cualquiera de las $M_p$.
Esto significa que por cada $p\in X$ hay $f_p\in A$ tal que
$f_p(p)\neq0$. A continuación, $$f_p^2(p)>0\text{ and }f_p\in A.$ $ La continuidad
de $f_p$ implica que el $f_p^2>0$ mantiene en un barrio $U_p$
de el punto de $p$. Por la compacidad del espacio $X$ obtenemos que existe un número finito de
subcover $\{U_{p_1},\ldots,U_{p_n}\}$ de la cubierta $\{U_p,
p\X\}$. Vamos a definir
$$g(x)=\sum_{j=1}^n f^2_{p_j}(x).$$
Claramente $g\in A$ $g>0$ sobre la totalidad del espacio de $X$, desde
$\{U_{p_1},\ldots,U_{p_n}\}$ es una tapa. Por lo tanto $g.\frac 1g=1\en
Un$ and $A=C(X)$, thus $$ is not a proper ideal. $\square$
Cuánto elección necesitamos para $C[0,1]$?
Vamos a echar un vistazo más de cerca en la anterior prueba para el caso de $X=[0,1]$ y comprobar si hemos hecho algunas opciones.
Pero sigo pensando que en el caso de la unidad de intervalo, la elección no es necesario, ya que no podemos escribir la función de $h_1,\dots,h_n$ explícitamente.
EDIT: Originalmente pensé que me ha demostrado mucho más sin la invocación de ZF. Pero no me aviso el uso de la opción de elegir el $\frac1n$-net para cada una de las $n$ en una de las pruebas y elegir la función $f_p$ en el otro.
Prueba usando la integridad: Hemos escogido $f_n$ a ser una de las funciones de $h_1,\ldots,h_n$, pero simplemente podemos definir $f_n$ a que la función $h_i\in A$ con un mínimo de $i\in\{1,\ldots,n\}$.
Así lo hemos demostrado, sin el uso de CA que: Si $X$ es una completa totalmente acotado espacio métrico, entonces todo ideal maximal de a $C(X)$ es de la forma $M_c$.
Prueba el uso de la compacidad: Hemos elegido un vecindario $U_p$ que $p$ es positivo. Pero podemos simplemente tomar $U_p:=f^{-1}(0,\infty)$.
Así tenemos en ZF: Si $X$ es un espacio compacto, entonces todos los ideales de a $C(X)$ está contenida en el ideal de la forma $M_c$.
Cuánto elección necesitamos para $C(X)$?
Me voy a referir a el libro de H. Herlich: Axioma de Elección, Notas de la Conferencia en Matemáticas de 1876.
Otras referencias y fuentes originales de estos resultados puede encontrarse allí. Aquí están los resultados relacionados a esta pregunta yo era capaz de encontrar.
Definición 3.23, p.35: Un espacio topológico se llama Tychonoff compacto, siempre que
es homeomórficos a un subespacio cerrado de algunos de potencia $[0,1]^I$ de la cerrada de la unidad de intervalo.
La proposición 3.24, p.35: Estas dos condiciones son equivalentes:
(i) $X$ es Tychonoff compacto si y sólo si a es compacto y completamente regular;
(ii) Ultrafilter teorema de
Ejercicio E3, p.40: Un espacio completamente regular $X$ es compacto si y sólo si cada ideal en $C(X)$ es fijo.
Ejercicio E4, p.41: Un espacio completamente regular $X$ es Tychonoff compacto si y sólo si cada ideal maximal en $C(X)$ es fijo.
p.36: En ZF tenemos para cualquier espacio métrico: compacto $\Rightarrow$ totalmente delimitado y completa.
Teorema 3.27, p.37:
Axioma de contables elección (CC) es equivalente a: Compacto = totalmente delimitado y completa.
-
Teorema de 4.70, p.86: Equivalente son:
- Productos de compacto de Hausdorff espacios son compactos.
- Productos de finito de espacios discretos son compactos.
- Productos de finito de espacios compactos.
- Hilbert cubos $[0, 1]^I$ son compactos.
- Cantor cubos $2^I$ son compactos.
-
PIT.
- UFT.
