El campo Archimedian$K$ tiene propiedad LUB iff es completo requiere DC?

Question

La Configuración De

Deje $K$ ser un campo de Arquímedes. TFAE:

1. $K$ tiene la menor cota superior de la propiedad.
2. Cada secuencia de Cauchy en $K$'s aditivo grupo converge.

Ahora probar que 1 implica 2 es fácil, pero la otra dirección es un poco más difícil. No que eso es un problema. Más bien, el problema es que yo no puedo ver una ruta que no invoca al menos dependiente de la elección en algún momento.

Estrategia 1

Comenzando con un conjunto no vacío $A$ que delimitada anteriormente, usted podría construir un monotonely no decreciente de Cauchy de la secuencia de los límites superior que tiene el supremum como su límite. He aquí un breve bosquejo: Elegir una cota superior de a$B_0$$A$. Escoge un $a_0 \in A$. Definir de forma recursiva $$ B_{i+1} = \begin{cases} \frac{B_i+a_i}{2}, & \text{ if that's an upper bound for } A \\ B_i, & \text{ otherwise} \end{casos} $$ y $$ a_{i+1} = \begin{cases} a_i, & \text{ if %#%#% is an upper bound for %#%#%}\\ \text{choose any } a \in A \text{ s.t. } \frac{a_i+B_i}{2} < a, & \text{ otherwise.} \end{casos} $$ No puedo ver una manera de deshacerse de la elección, porque usted realmente desea el $\tfrac{a_i+B_i}{2}$ $A$ para el argumento que ir a través de.

Estrategia 2

Bueno, vamos a ir por el camino largo en su lugar! En primer lugar mostramos que $a_i$ completa implica $A$ compacto. A continuación, nos muestran que la que implica que cerrado y acotado a los subconjuntos compactos ("Heine-Borel de propiedad"). Y, finalmente, nos muestran que no(Heine-Borel de la propiedad) no implica(menos el límite superior de la propiedad).

Pero ya he encontrado atorado en la primera parte. Claramente es fácil mostrar que $K$ completa implica $[a,b]$ es secuencialmente compacto. Y desde aquí me gustaría usar ese $K$ es 2ª contables (los intervalos racionales estaciones base) para obtener ese $[a,b]$ es, de hecho, compacto. Empiezas con un abierto que cubre $K$$[a,b]$. 2º contables espacios son Lindelöf... esperar... vamos a hacer seguro y demostrar que. Deje $U_\alpha$ ser una contables. A continuación, para cada una de las $[a,b]$ elige un $\{B_i\}$... oh. La elección se deslizó de nuevo.

Así que mi pregunta es esta: ¿Es esto realmente lo necesita (un punto débil) elección? O hay una manera de hacerlo sin ella?

Answer 1

A mí me parece que puede modificar la estrategia 1 de la siguiente manera. Dado un conjunto no vacío $A$ que es acotada arriba, deje $x_0$ ser un no-límite superior para $A$ y deje $y_0$ ser una cota superior para $A$. Definir de forma recursiva $$ y_{n+1} \;=\; \begin{cases}(x_n+y_n)/2 & \text{if this is an upper bound for %#%#%} \\ y_n & \text{otherwise.} \end{casos} $$ y $$ x_{n+1} \;=\; \begin{cases}(x_n+y_n)/2 & \text{if this is a non-upper-bound for %#%#%} \\ x_n & \text{otherwise.} \end{casos} $$ Tenga en cuenta que $A$. Además, cada una de las $A$ es un límite superior para $x_1 \leq x_2 \leq \cdots \leq y_2 \leq y_1$, y cada una de las $y_n$ es un no-límite superior para $A$. Es fácil probar que ambas secuencias son secuencias de Cauchy, y que convergen al mismo límite de $x_n$. Pretendemos que $A$ es la menor cota superior para $L$.

Ambas direcciones son bastante fáciles. Si $L$, $A$ todos los $a \in A$, lo que demuestra que $a \leq y_n$. Por lo tanto $n$ es de hecho un límite superior para $a \leq L$. A continuación, si $L$ es cualquier cota superior para $A$, $u$ todos los $A$, y por lo tanto $u \geq x_n$. Por lo tanto $n$ es la menor cota superior para $u \geq L$.