Máxima ideales en $C(X)$ y el Axioma de Elección

Question

El siguiente resultado es true si asumimos plena axioma de elección:

• A. Si $X$ es un compacto Hausdorff espacio, a continuación, cada ideal maximal de el anillo de $C(X)$ tiene la forma $A_p=\{f\in C(X); f(p)=0\}$.

• B. Si $X$ es un compacto Hausdorff espacio, a continuación, todos los ideales del anillo de $C(X)$ está contenido en un ideal de la forma $A_p=\{f\in C(X); f(p)=0\}$.

Me pregunto cuánto elección es necesario. Para ser más precisos, podemos obtener una declaración equivalente a la de algunos conocidos formulario de CA si asumimos validez de A/B para cada espacio compacto, por cada espacio métrico compacto, por cada completar totalmente acotado espacio métrico o para el caso de $X=[0,1]$?

He tratado de responder a Una, al menos parcialmente, en mi respuesta aquí. Si no me equivoco, he demostrado que en ZF la afirmación de Un vale para completar totalmente acotado espacio métrico, B tiene para espacios compactos. También he reunido un par de referencias relevantes en la respuesta. De acuerdo a las referencias de la validez de Una de cada compacto de regular el espacio es equivalente a ultrafilter teorema. Según el mismo libro, en ZF se puede demostrar que Una tiene si y sólo si $X$ forma $[0,1]^I$ y B tiene si y sólo de $X$ es compacto.

Como yo no soy de experiencia trabajando en ZF (sin CA), voy a estar contento si revisan mi trabajo allí, y señalar los errores y añadir las referencias adicionales/pruebas/puntos de vista.

Esta pregunta es también relacionados, pero no idénticos: la Realización de un homomorphism $\mathcal{C}(X) \to \mathbb{R}$ como una evaluación

Answer 1

EDIT : lo siguiente no responde a la pregunta, porque utiliza Urysohn del lexema, como se señaló en los comentarios. Sin embargo, la única opción es necesario, creo, contable dependiente de la elección. También le da una prueba en ZF de ambos a y B simultáneamente, en el caso de espacio métrico compacto.

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En primer lugar, vamos a mostrar que $A_p$ es un ideal maximal. Deje $J$ por un ideal de a $C(X)$ tal que $A_p \subsetneq J$. Vamos a mostrar que, necesariamente,$J=C(X)$. Vamos $g \in J$, $g \notin A_p$. Por lo $g(p) \neq 0$, y podemos escribir $$1 = \frac{g(p)-g}{g(p)} + \frac{g}{g(p)}$$ El primer término se desvanece en $p$, por lo que es en $A_p$, y el segundo término pertenece a $J$. De ello se sigue que la función de $1 \in J$, y por lo tanto $J=C(X)$.

Ahora, vamos a $M$ ser un ideal maximal de a $C(X)$. Supongamos que para todos los $p \in X$ existe $g_p \in M$ tal que $g_p(p) \neq 0$. Por la continuidad, $g_p \neq 0$ en algunas de las vecindario $V_p$$p$. Por compacity de $X$ existe $p_1, p_2, \dots, p_n$ tal que $$X=V_{p_1} \cup V_{p_2} \cup \dots \cup V_{p_n}.$$ Deje $h_1, h_2, \dots, h_n$ ser una partición de la unidad subordinada a $V_{p_1}, \dots, V_{p_n}$ (Esto se deduce de Urysohn del lema). Ahora escribir $$1= h_1 + \dots h_n = \frac{h_1}{g_{p_1}}g_{p_1} + \frac{h_2}{g_{p_2}}g_{p_2} + \dots + \frac{h_n}{g_{p_n}}g_{p_n}.$$ Las funciones de $h_j/g_{p_j}$ son continuas en a $X$, ya que el apoyo de cada una de las $h_j$ está contenido en $V_{p_j}$, e $g_{p_j} \neq 0$$V_{p_j}$. De ello se desprende que $1 \in M$, una contradicción.

Hemos demostrado que existe una $p \in X$ tal que para todo $g \in M$, $g(p)=0$, es decir,$M \subseteq A_p$. Por maximality de $M$, $M=A_p$.

La segunda parte de la prueba también muestra que $B$ mantiene.

Answer 2

Permítanme mencionar aquí, al menos en algunos casos, de los cuales yo era capaz de resolver. (Esperemos que no he faltado a algunas oculto uso de corriente ALTERNA.)

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$\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}\newcommand{\inv}[1]{{#1}^{-1}}\newcommand{\emps}{\emptyset}\newcommand{\Invobr}[2]{\inv{#1}(#2)}$ Decimos que un ideal $A\subseteq C(X)$ es fijo, si hay un punto de $p$ tal que $f(p)=0$ por cada $f\in A$, es decir, hay un punto de $p$ tal que $A\subseteq A_p$.

Reivindicación 1 (ZF) Si $X$ es compacto, entonces cada apropiado ideal en $C(X)$ es fijo.

Prueba. Deje $A$ será un verdadero ideal en $C(X)$. A continuación, $\{\Invobr f0; f\in A\}$ es un sistema, que ha finito intersección de la propiedad. (Suponga que el $\Invobr f0\cap\Invobr g0=\emps$ algunos $f,g\in A$. Esto implica que $h=f^2+g^2$ es un no-cero de la función tal que $h\in A$. En consecuencia,$1\in A$$A=C(X)$, una contradicción.)

Por compacidad, el sistema anterior tiene un no-vacío de intersección, es decir, existe un punto de $p\in\bigcup\limits_{f\in A} \Invobr f0$. Esto significa que $A\subseteq A_p$. $\square$

La idea básica utilizada en la siguiente prueba de ello es que en un espacio normal cada conjunto cerrado es un cruce de cero conjuntos.

La reivindicación 2 (ZF) Si $X$ es completamente regular, y cada apropiado ideal en $C(X)$ es fijo, a continuación, $X$ es compacto.

Prueba. Deje $\mc K$ ser un sistema cerrado de subconjuntos de a $X$ que ha finito intersección de la propiedad.

Deje $$A=\{f\in C(X); \text{ there exists a finite set }\mc F\subseteq\mc K\text{ such that }\Invobr f0\supseteq \bigcap\mc F\}.$$

A continuación, $A$ es un ideal en el $C(X)$. (Es fácil ver que $f\in A$ implica $gf\in A$ cualquier $g\in C(X)$. Si $f,g\in A$ $\Invobr f0\supseteq\bigcap\mc F_1$ $\Invobr g0\supseteq\bigcap\mc F_2$ para algunos conjuntos finitos $\mc F_1$$\mc F_2$. Así, por $h=f+g$ obtenemos $\Invobr h0\supseteq\bigcap (\mc F_1\cup\mc F_2)$.) Claramente $1\notin A$ e lo $A$ es adecuado.

Utilizando completa regularidad podemos demostrar que $\bigcap\limits_{f\in A} \Invobr f0 = \bigcap \mc K$. (Es claro a partir de la definición de $A$ que $\bigcap\mc K\subseteq\bigcap\limits_{f\in A} \Invobr f0$. Por otro lado, si $p\notin\bigcap\mc K$, entonces tenemos un conjunto cerrado $K\in\mc K$ tal que $p\notin K$. Desde $X$ es completa regular, existe una función de $f\in C(X)$ tal que $f(p)=1$$f|_K=0$. Esta función pertenece a $A$. Así, tenemos que $p\notin \bigcap\limits_{f\in A} \Invobr f0 $.)

Por supuesto, la intersección $\bigcap\limits_{f\in A} \Invobr f0$ no está vacía. Así que podemos ver que $\bigcap\mc K$ no está vacía. $\square$