Sólo tengo curiosidad: ¿hay alguna prueba publicada de la compacidad del Cubo de Hilbert que no utiliza el Axioma de Elección, o es bien conocido?
Si por el cubo de Hilbert se entiende sólo $[0,1]^\mathbb N$ entonces la respuesta es sí. Existe tal prueba, puede encontrarla en la obra de Herrlich El axioma de la elección como el Teorema 3.13.
Si se refiere al caso general de $[0,1]^I$ entonces la respuesta es no, demostrar que todos los cubos de Hilbert son compactos es equivalente a BPIT/el lema del ultrafiltro/Tychonoff para espacios Hausdorff. La prueba de esto se puede encontrar en el mismo libro que el Teorema 4.70.
La compacidad del cubo de Hilbert se deduce (sin AC) de la compacidad de $2^\omega$ , ya que $[0,1]$ así como $[0,1]^\omega$ son imágenes continuas de $2^\omega$ .
(A la inversa, $2^\omega$ es un subconjunto cerrado del cubo de Hilbert).
La compacidad de $2^\omega$ no es más que el lema de König para árboles de secuencias binarias, que es fácil de demostrar (por lo tanto, ciertamente conocido) sin AC. (Creo que esto se llama "lema débil de König", un principio importante en las matemáticas inversas).
Pero el lema de Koenig requiere un mínimo de elección. No es necesario en el caso de $2^\omega$ porque es un conjunto ordenado linealmente, y cada nivel es finito, por lo que obtenemos una función de elección.
La compacidad de $2^\omega$ también puede verse fácilmente identificándolo con el conjunto de Cantor, un subconjunto cerrado de $[0,1]$ .
Andrej, depende de tu formulación del lema. Si lo formulas sobre un árbol contable, claro. Pero si sólo afirmas que el árbol tiene $\omega$ niveles y cada uno es finito, entonces sí se necesita el axioma de elección. Para más detalles, véase el capítulo 7 de Jech, "The Axiom of Choice", más o menos al final.
Algunos de los comentarios de la respuesta de Goldstern parecen expresar dudas sobre si la elección es necesaria. Aquí tenemos una prueba sin elección, con todo lujo de detalles, para asegurarnos. El truco es notar que la construcción de una rama infinita $\alpha$ en un árbol binario infinito $T$ no requiere apelar al axión de elección porque podemos especificar una opción concreta : ve a la izquierda si puedes, de lo contrario ve a la derecha.
El cubo de Hilbert es una imagen continua del espacio de Cantor $2^\omega$ de secuencias binarias infinitas con la topología del producto. Por lo tanto, basta con demostrar que $2^\omega$ es compacto. Dada una secuencia binaria finita $a = [a_1, \ldots, a_n]$ , denótese por $|a| = n$ su longitud, y que $B_a = \lbrace \alpha \in 2^\omega \mid a = [\alpha_1, \ldots, \alpha_{|a|}] \rbrace$ sea el subconjunto abierto básico de las secuencias que empiezan por $a$ .
Considere cualquier cobertura $(B_{a_i})_{i \in I}$ de $2^\omega$ . Construimos un árbol binario $T$ que consiste en aquellas secuencias binarias finitas $a$ para lo cual $B_a$ no está contenida en ningún $B_{a_i}$ , $$T = \lbrace a \in 2^{*} \mid \forall i \in I . B_a \not\subseteq B_{a_i} \rbrace.$$ En otras palabras, ponemos en $T$ cualquier secuencia finita $a$ tal que todos sus prefijos son no en $(a_i)_{i \in I}$ . Demostremos que $T$ tiene una altura limitada, es decir, hay $n$ de manera que cada rama de $T$ tiene una longitud máxima de $n$ .
Supongamos por el contrario que la altura de $T$ no tiene límites. Entonces podemos construir un camino infinito $\alpha$ en $T$ por recursión como sigue. (Este es el lema de König, que dice que un árbol binario no limitado tiene un camino infinito). Nos aseguramos de que en cada etapa $n$ el subárbol de $T$ en $[\alpha_1, \ldots, \alpha_n]$ tiene una altura no limitada. Empezar con la secuencia vacía $[]$ . El árbol de $[]$ es todo $T$ , que tiene una altura ilimitada por supuesto. Si $[\alpha_1, \ldots, \alpha_n]$ se ha construido, dejemos que $T'$ sea el subárbol de $T$ en $[\alpha_1, \ldots, \alpha_n]$ . Uno o ambos árboles $$T_0' = \lbrace b \in T' \mid b_{n+1} = 0 \rbrace$$ y $$T_1' = \lbrace b \in T' \mid b_{n+1} = 1 \rbrace$$ tienen una altura ilimitada. Si $T_0'$ lo hace, establece $\alpha_{n+1} = 0$ , si no es así, pon $\alpha_{n+1} = 1$ . (En este punto hicimos no apelar al axioma de la elección, pero sí apelamos a medio excluido .) Con esto concluye la construcción de $\alpha$ . Ahora tenemos un problema ya que $\alpha$ está cubierto por algunos $B_{a_i}$ y así $a_i$ es un prefijo de $\alpha$ pero esto contradice la definición de $T$ .
Ahora sabemos que la altura de $T$ está limitada por algún $n$ . Consideremos el subconjunto $J \subseteq I$ de esos índices $j \in I$ para lo cual $|a_j| \leq n + 1$ . Como sólo hay un número finito de secuencias binarias de longitud máxima $n+1$ el conjunto $J$ es finito. Pero como toda secuencia de longitud $n+1$ tiene algunos $j \in J$ tal que $a_j$ es su prefijo, $(B_{a_j})_{j \in J}$ es una cubierta finita de $2^\omega$ .
Gracias por todas las respuestas y perdón por una pregunta tonta. También he averiguado que se puede demostrar utilizando la métrica completa habitual en el cubo de Hilbert habitual (producto contable) y finito $\epsilon$ -redes.
Actualización. He aquí una prueba.
Dejemos que $X = [-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]\times[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}]\times[-\frac{1}{8},\frac{1}{8}]\times\dotsb$ sea un cubo de Hilbert dotado de su $\ell_\infty$ métrica. Para cada número entero positivo $k$ , dejemos que $N_k$ ser el "natural" $\frac{1}{2^k}$ -red para $X$ .
Dejemos que $\mathcal U$ sea una familia dada de conjuntos abiertos tal que ninguna subfamilia finita de $\mathcal U$ cubre $X$ . Entonces dejemos que $S_k$ sea el conjunto de los elementos de $N_k$ que están a la distancia de $\frac{1}{2^k}$ del complemento de cualquier unión finita de elementos de $\mathcal U$ . Cada $S_k$ es no vacía. Para todo $m$ y $n$ la distancia desde cualquier punto de $S_m$ al conjunto $S_n$ es como máximo $\frac{1}{2^m}+\frac{1}{2^n}$ .
Supongamos que los puntos de $X$ se ordenan por el orden lexicográfico de sus coordenadas. Tome la "primera" $x_1\in S_1$ (es decir, el más pequeño del orden), luego el "primero" $x_2\in S_2$ que está a la distancia de $\frac{3}{4}$ de $x_1$ , entonces el "primero" $x_3\in S_3$ que está a la distancia de $\frac{3}{8}$ de $x_2$ y así sucesivamente. La secuencia obtenida $\lbrace x_k \rbrace_{k=1}^\infty$ es Cauchy. Su límite no está en ningún elemento de $\mathcal U$ .
He encontrado este documento de Peter Loeb:
Aquí está el teorema de este trabajo que implica que el cubo de Hilbert habitual es compacto sin usar la CA.
Teorema 1. Dejemos que $\{\,X_\nu\mid\nu\in I\,\}$ sea una familia de espacios compactos que está indexada por un conjunto $I$ en la que hay una buena ordenación $\ge$ . Si $I$ es un conjunto infinito, que también exista una función de elección $F$ en la colección $\{\,C\mid\text{$ C $ is closed},\ C\ne\varnothing,\ \text{$ C\Nsubconjunto X_\nu $ for some $ \nu $}\,\}$ . Entonces el espacio del producto $\prod_{\nu\in I}X_\nu$ es compacto en la topología del producto.
Para el cubo de Hilbert habitual $[0,1]^{\mathbb N}$ la función $F$ puede, por ejemplo, seleccionar el menor elemento de cada subconjunto compacto de $[0,1]$ .
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