¿Es equivalente a plenitud el IVT?

Question

Obviamente podemos utilizar la totalidad de los números verdaderos (por lo menos límite superior axioma, o uno de los principios equivalentes) para probar el IVT. ¿Podemos ir en la dirección opuesta?

Esto no es un problema de tarea o algo. Me estoy preguntando. Si la respuesta es "sí", entonces realmente no pido mucha explicación. Se hará una referencia, o un lugar para ver si estoy atrapado.

Answer 1

Noé respuesta es excelente, pero hace las cosas un poco más difíciles de lo necesario, ya que él está demostrando que $F$ es isomorfo a $\mathbb{R}$, en lugar de simplemente que $F$ es completa (y por lo que él es, básicamente, también la reproducción de la prueba de que cada ordenó campo es isomorfo a $\mathbb{R}$). Aquí hay una rápida prueba directa de que si una orden de campo $F$ satisface el teorema del valor intermedio, entonces es Dedekind-completa.

Supongamos $X\subset F$ es un conjunto no vacío que está delimitado por encima, pero no tiene menos de límite superior. Definir una función $f:F\to F$ $f(x)=1$ si $x$ es un límite superior de $X$ $f(x)=0$ si $x$ no es una cota superior de a $X$. Deje $a\in X$ y deje $b$ ser una cota superior para $X$. Entonces $a-1<b$, $f(a-1)=0$ y $f(b)=1$. Pero no es $c$ $a-1$ $b$ tal que $f(c)=1/2$. Así que, asumiendo $f$ es continua, esto viola el teorema del valor intermedio para $F$.

Por lo tanto sigue sólo para demostrar que $f$ es continua. Para demostrar esto, basta para mostrar que para cualquier $x$, existe un intervalo abierto $(c,d)$ contiene $x$ tal que $f(y)=f(x)$ todos los $y\in (c,d)$. Primero supongamos $f(x)=0$. A continuación, $x$ no es una cota superior para $X$, por lo que hay algunos $d\in X$ tal que $x<d$. Luego tenemos la $f(y)=0$ todos los $y\in (-\infty,d)$. Ahora supongamos $f(x)=1$. Desde $x$ no es la menor cota superior de a $X$, hay algunos $c<x$ tal que $c$ también es una cota superior de a $X$. Luego tenemos la $f(y)=1$ todos los $y\in (c,\infty)$.

Answer 2

Sí, el teorema del valor intermedio implica integridad - de hecho, el siguiente es cierto:

Supongamos $F$ es una ordenó campo de la satisfacción de IVT, en el sentido de que para cualquier continuo (con respecto a la orden de la topología en $F$) de la función de $s:F\rightarrow F$ y cualquier $a<b$ si $s(a)<y<s(b)$, entonces podemos encontrar algunos de $x\in(a, b)$ $s(x)=y$ (hay otras formas en que podemos frase IVT, pero que van a terminar siendo equivalente). A continuación, $F$ es isomorfo al campo de los números reales.

Una dirección de curso es inmediata. En el otro sentido, se puede argumentar de la siguiente manera. No tengo la pretensión de que este es el mejor argumento, pero es la que fluye de manera más natural para mí, y espero que le resulte útil.

• Supongamos $F$ no Arquimedianos. Considerar el nivel de incrustación $e: \mathbb{Q}\rightarrow F$. Deje $A$ el conjunto de elementos de $F$ menos de algún elemento en el rango de $e$, e $B=F\setminus A$ (es decir, $B$ consiste en la "infinitamente grande" elementos de $F$). Entonces la función característica de a $A$ es continua, sino que viola el IVT (va de $1$ $0$siempre sin cruzar ${1\over 2}$).

• Ahora, cualquier Arquímedes ordenó campo incrusta en los reales, construyendo sobre el mapa de $e$ por encima. Es decir, para cada uno de Dedekind corte $C=(D, U)$, se puede asignar el conjunto de $C^F$ de los elementos de $F$ mayor que o igual a $e(d)$ por cada $d\in D$ pero menor que $e(u)$ por cada $u\in U$. Si $a. b\in C^F$ son distintos, entonces ${1\over b-a}$ demuestra que $F$ no es de Arquímedes; de modo que cada una de las $C^F$ tiene más de un elemento, y por el contrario desde $F$ es de Arquímedes cada elemento de a $F$ vive en exactamente una $C^F$, con lo que conseguimos una incrustación $i$ $F$ a $\mathbb{R}$.

• Por último, pretendemos que $i$ es surjective (por tanto un bijection). Esto se remonta a la primera viñeta: suponiendo $\alpha\in\mathbb{R}\setminus \operatorname{ran}(i)$, se puede particionar $F$ a $\{a\in F: i(a)<\alpha\}$$\{a\in F: i(a)>\alpha\}$; cada uno es abierto, por lo que la función característica de bien contradice la afirmación de que $F$ satisface IVT.

(Supongo que he dicho sin la prueba de que $i$ es de hecho una incrustación, es decir, conserva la orden de la estructura del campo -, pero que no es difícil mostrar así que voy a dejar como un ejercicio.)

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He aquí una referencia, me parece muy cool - este artículo por James Propp. También vale la pena hacer un gesto en el reverso de las matemáticas , en general, como una aproximación a este tipo de pregunta (aunque, por diversas razones, este es explícitamente no el marco de Propp mira).