mathematica.gr

Το 4ο θέμα του Ευκλείδη της Γ' Λυκείου ζητούσε να δειχθεί ότι η συνάρτηση f που ικανοποιούσε μια δεδομένη συναρτησιακή εξίσωση ήταν περιττή.

Φυσικά σαν μαθηματικοί αμέσως θέσαμε τα ερωτήματα: Τι άλλο μπορούμε να πούμε για την f; Είναι μονότονη; Είναι συνεχής; Μπορούμε να βρούμε όλες τις f που ικανοποιούν την συναρτησιακή εξίσωση;

Μετά από κάποια δουλειά καταλήγουμε στο ερώτημα: Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις που ικανοποιούν
1) f(x+y) = f(x) + f(y) για κάθε x,y
2) f(f(x))=x για κάθε x.

Θα μελετήσουμε πρώτα τις συναρτήσεις f που ικανοποιούν μόνο την (1) και μετά θα πάμε και σε αυτές που ικανοποιούν και την (2).

Η (1) ονομάζεται συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy. Εύκολα κάποιος "μαντεύει" τις "κλασσικές" λύσεις . Θα δούμε όμως στην συνέχεια ότι υπάρχουν και αρκετές άλλες λύσεις.

Αυτό που μπορούμε να δείξουμε σχετικά εύκολα και αφήνεται σαν άσκηση σε όσουν δεν το έχουν ξαναδεί είναι
3) f(qx) = qf(x) για κάθε ρητό q και για κάθε πραγματικό x.

Αν η (3) ίσχυε για κάθε πραγματικό αριθμό q τότε αυτομάτως θα είχαμε όπου . Αυτό όμως δεν ισχύει.

Δυστυχώς όμως για να γράψουμε κάτω τις άλλες συναρτήσεις που ικανοποιούν την (1), θα χρειαστεί να ξεφύγουμε λίγο από τα σχολικά/ολυμπιακά θέματα.

Για να βρούμε τις υπόλοιπες συναρτήσεις θα βασιστούμε στο ακόλουθο θεώρημα του Hamel

Υπάρχει υποσύνολο του R ώστε:

Κάθε πραγματικός αριθμός x μπορεί να γραφτεί με μοναδικό τρόπο στην μορφή όπου τα είναι ρητοί και όλα εκτός από πεπερασμένο αριθμό ισούνται με 0.

(Το Ι εδώ είναι απλώς ένας "συνολοδείκτης" που με βοηθάει στο να γράφω πιο εύκολα αυτά που θέλω.)

Δεν θα βάλω απόδειξη αυτού του θεωρήματος. (Για όσους έχουν δει αποδείξεις που χρησιμοποιούν αξίωμα επιλογής/λήμμα του Zorn η απόδειξη είναι σχετική απλή - για τους υπόλοιπους είναι σχεδόν αδύνατη και δεν νομίζω να προσθέτει τίποτα στην κατανόηση αν την βάλω.)

Χρησιμοποιώντας όμως το θεώρημα αυτό μπορώ εύκολα να κατασκευάσω f που να ικανοποιούν την (1)

Ορίζουμε με οποιονδήποτε τρόπο την f στο σύνολο Α, ας είναι f(a_i) = r_i και μετά την επεκτείνουμε στο R ορίζοντας
, όπου .

Η ύπαρξη και η μοναδικότητα της γραφής κάθε πραγματικού x με αυτόν τον τρόπο δείχνουν ότι η f είναι όντως καλώς ορισμένη (έχω δώσει ακριβώς μία τιμή για κάθε x). Μέσω της (3) εύκολα ελέγχεται ότι η f ικανοποιεί την (1).

Σαν άσκηση αφήνω να δειχθεί ότι όλες οι f που ικανοποιούν την (1) είναι αυτής της μορφής. (Ουσιαστικά περιορίζουμε την f στο Α και μετά βλέπουμε ότι η (3) μας απαγορεύει να την επεκτείνουμε με οποιονδήποτε άλλο τρόπο.)

Αφήνω επίσης σαν άσκηση να δειχθεί ότι όλες αυτές οι f, εκτός αν είναι μια από τις κλασσικές λύσεις, δεν είναι ούτε συνεχείς, ούτε μονότονες.

Τώρα μπορούμε να πάμε και στην συνθήκη (2). Η f που έγραψα πιό πάνω δεν την ικανοποιεί απαραίτητα. Το κόλπο εδώ είναι να χωρίσω το σύνολο Α σε "ζευγάρια". Πιο συγκεκριμμένα, μπορώ να γράψω με και . Λέγοντας ζευγάρια εννοώ τα .

Μπορώ τώρα να ορίσω . Στο σύνολο Α τώρα η f ικανοποιεί και την (1) και την (2). Επίσης δεν είναι δύσκολο να ελεγχθεί ότι αν επεκτείνω την f ακριβώς όπως προηγουμένως, θα εξακολουθεί να ικανοποιεί τις (1) και (2).

Πιο δύσκολο είναι να δειχθεί ότι με αυτήν την ιδέα μπορούμε να πάρουμε όλες τις f που ικανοποιούν τις (1) και (2). (Σε αυτήν την περίπτωση θα χρειαστεί να χωρίσουμε το Α σε τρία σύνολα B,C,D. Στα B και C ορίζουμε την f όπως προηγουμένως, στο D ορίζουμε είτε είτε . Μια πρόσθετη δυσκολία αυτής της απόδειξης είναι ότι δεν αρκεί να έχώ μόνο ένα σύνολο Α που μου δίνει τα θεώρημα Hamel αλλά "πολλά" τέτοια Α. Επειδή παρουσιάζεται αυτή η δυσκολία ο μόνος τρόπος που βλεπω για να δείξω ότι όλες οι λύσεις είναι αυτής της μορφής είναι να αποδείξω το θεώρημα του Hamel, αλλά τότε θα ξεφύγουμε πολυ περισσότερο από ότι έχουμε ήδη ξεφύγει.)

Demetres έγραψε: Πιο δύσκολο είναι να δειχθεί ότι με αυτήν την ιδέα μπορούμε να πάρουμε όλες τις f που ικανοποιούν τις (1) και (2). (Σε αυτήν την περίπτωση θα χρειαστεί να χωρίσουμε το Α σε τρία σύνολα B,C,D. Στα B και C ορίζουμε την f όπως προηγουμένως, στο D ορίζουμε είτε είτε . Μια πρόσθετη δυσκολία αυτής της απόδειξης είναι ότι δεν αρκεί να έχώ μόνο ένα σύνολο Α που μου δίνει τα θεώρημα Hamel αλλά "πολλά" τέτοια Α. Επειδή παρουσιάζεται αυτή η δυσκολία ο μόνος τρόπος που βλεπω για να δείξω ότι όλες οι λύσεις είναι αυτής της μορφής είναι να αποδείξω το θεώρημα του Hamel, αλλά τότε θα ξεφύγουμε πολυ περισσότερο από ότι έχουμε ήδη ξεφύγει.)

O δρόμος που προτείνει ο Δημήτρης για την εύρεση των συναρτήσεων που ικανοποιούν την (1) είναι μονόδρομος. Πρόκειται για γραμμικές απεικονίσεις από το στο αν αυτό θεωρηθεί διανυσματικός χώρος επί του . Μία τέτοια απεικόνιση προσδιορίζεται πλήρως από τις τιμές της σε μία βάση εν προκειμένω σε μία βάση Hamel. Ωστόσο η δεύτερη σχέση παρουσιάζει δυσχέρειες. Μπορεί να αναπτυχθεί μία στρατηγική για να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις που ικανοποιούν και την (2);
Για να πάρουμε μία ιδέα της πολυπλοκότητας του προβλήματος ας δούμε την εξής περίπτωση:
Ας πάρουμε μία βάση Hamel (προφανώς υπεραριθμήσιμη λόγω του ότι το είναι υπεραριθμήσιμο και το σώμα που δουλεύουμε είναι το )ας εξαιρέσουμε ένα πεπερασμένο υποσύνολο της και το ας το χωρίσουμε σε δύο ισοπληθή ξένα υποσύνολα . Ας πούμε ότι τίθενται σε αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία με την
Ας συμβολίσουμε με τον -υπόχωρο που παράγει το .
Mε αυτό τον συμβολισμό θα είναι φυσικά
Ας ορίσουμε τώρα την ως εξής:
1) Απεικονίζει κάθε στοιχείο του στο μέσω της και κάθε στοιχείο του στο μέσω της
2) Απεικονίζει τον που είναι πεπερασμένης διάστασης στον και ο περιορισμός της στο έχει την ιδιότητα όπου ο ταυτοτικός μετασχηματισμός.

Το ιδέα στο 1) είναι εκείνη που ανέπτυξε ο Δημήτρης.
Η ιδέα στο 2) είναι να μην απαιτήσουμε από την να στέλνει στοιχεία του στο αλλά στοιχεία του σε γραμμικούς συνδυασμούς του κατά τρόπο ώστε ο πίνακας του περιορισμού της στο να έχει την ιδιότητα ( I o μοναδιαίος ).
Ακόμη και στην απλή περίπτωση όπου το έχει 2 στοιχεία το κομμάτι που αφορά το έχει να κάνει με την εύρεση όλων των πινάκων που έχουν τετράγωνο τον μοναδιαίο δηλαδή:

που ακόμη και αυτή η απλούστατη περίπτωση μας οδηγεί σε άπειρες συναρτήσεις που αντιστοιχούν στις τιμές:





Φαντασθείτε τι γίνεται σε μεγαλύτερες διαστάσεις.
Προσωπικά μου φαίνεται αδύνατο να περιγράψουμε με ένα ικανοποιητικό τρόπο όλες τις
Μαυρογιάννης

Demetres έγραψε:
.... Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις που ικανοποιούν
1) f(x+y) = f(x) + f(y) για κάθε x,y
2) ...

Η (1) ονομάζεται συναρτησιακή εξίσωση του Cauchy. Εύκολα κάποιος "μαντεύει" τις "κλασσικές" λύσεις . Θα δούμε όμως στην συνέχεια ότι υπάρχουν και αρκετές άλλες λύσεις.

Αυτό που μπορούμε να δείξουμε σχετικά εύκολα και αφήνεται σαν άσκηση σε όσουν δεν το έχουν ξαναδεί είναι
3) f(qx) = qf(x) για κάθε ρητό q και για κάθε πραγματικό x.

Αν η (3) ίσχυε για κάθε πραγματικό αριθμό q τότε αυτομάτως θα είχαμε όπου . Αυτό όμως δεν ισχύει.

Δυστυχώς όμως για να γράψουμε κάτω τις άλλες συναρτήσεις που ικανοποιούν την (1), θα χρειαστεί να ξεφύγουμε λίγο από τα σχολικά/ολυμπιακά θέματα.

Για να βρούμε τις υπόλοιπες συναρτήσεις θα βασιστούμε στο ακόλουθο θεώρημα του Hamel

Υπάρχει υποσύνολο του R ώστε:

Κάθε πραγματικός αριθμός x μπορεί να γραφτεί με μοναδικό τρόπο στην μορφή όπου τα είναι ρητοί και όλα εκτός από πεπερασμένο αριθμό ισούνται με 0.

(Το Ι εδώ είναι απλώς ένας "συνολοδείκτης" που με βοηθάει στο να γράφω πιο εύκολα αυτά που θέλω.)

Δεν θα βάλω απόδειξη αυτού του θεωρήματος. (Για όσους έχουν δει αποδείξεις που χρησιμοποιούν αξίωμα επιλογής/λήμμα του Zorn η απόδειξη είναι σχετική απλή - για τους υπόλοιπους είναι σχεδόν αδύνατη και δεν νομίζω να προσθέτει τίποτα στην κατανόηση αν την βάλω.)

Χρησιμοποιώντας όμως το θεώρημα αυτό μπορώ εύκολα να κατασκευάσω f που να ικανοποιούν την (1)

Πολύ ωραία όλα. Μάλιστα απαντούν πλήρως σε ερώτημα που είχα βάλει πρόσφατα στο

viewtopic.php?f=36&t=201&p=882#p882
Θέμα δημοσίευσης: Παλιά θέματα εισαγωγικών στο ΕΜΠ
Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 10, 2009 8:56 pm

Έλεγα εκεί

Αυτό που δεν είναι ευρέως γνωστό, είναι ότι υπάρχουν ασυνεχείς f με
f(x+y) = f(x) + f(y) για κάθε x,y στο R.

Μπορείτε να κατασκευάσετε μία ασυνεχή τέτοια;
(Υπόδειξη: Απαιτούνται ανώτερα μαθηματικά. Αν δεν το έχετε ξαναδεί, ευκαιρία να φρεσκάρετε τα περί Λήμματος Zorn).


Ευχαριστώ τον Demetres, τον οποίο και καλωσορίζω στη Λέσχη μας.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

nsmavrogiannis έγραψε: Προσωπικά μου φαίνεται αδύνατο να περιγράψουμε με ένα ικανοποιητικό τρόπο όλες τις

Συμφωνώ: Επειδή η βάση Hamel στο είναι υπεραριθμήσιμη, η διαδικασία που περιγράψατε δείχνει ότι οι ασυνεχείς τέτοιες f έχουν πληθάριθμο ίσον όσο το πλήθος όλων των συναρτήσεων από το στο . Δηλαδή, "παραείναι πολλές" για να τις περιγράψουμε.

Θυμήθηκα την φράση της Πυθίας των αρχαίων "οίδα του ψάμμου τ' αριθμόν" (= γνωρίζω πόσοι είναι οι κόκκοι της άμμου). Δηλαδή η Πυθία γνώριζε πόση είναι όλη η άμμος (στό σύμπαν, υποθέτω). Ο δε Αρχιμήδης έκανε μία εκτίμηση στον Ψαμμίτη του και σύμφωνα με τον Eddington ο αριθμός όλων των μορίων στο σύμπαν είναι λιγότερο από . Μέχρι το έχουμε πολύ δρόμο ακόμη... Οπότε αμφιβάλλω αν και η ίδια η Πυθία ξέρει όλες τις συναρτήσεις...
Το τελευταίο δεν με ανησυχεί. Σημαίνει ότι έχουμε πολλά ακόμη να συζητήσουμε στο mathematica. Ζωή να 'χουμε.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Όταν έλεγα να τις περιγράψουμε, εννοούσα το εξής

Θεώρημα: Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις (1) και (2), αν και μόνο αν υπάρχουν υποσύνολα B,C και D του R ανά δύο ξένα μεταξύ τους ώστε
(α) Η είναι Hamel basis του R.
(β) |B|=|C| και η f δίνει 1-1 αντιστοιχεία μεταξύ τους.
(γ) Για κάθε d sto D έχουμε f(d)=d ή f(d)=-d.

Φυσικά γνωρίζω ότι δεν μπορούμε να περιγράψουμε όλα τα Β,C,D που η ένωσή τους είναι Hamel basis του R. (Ούτε όλες τις 1-1 αντιστοιχείες μεταξύ Β και C.) Τουλάχιστον όμως γνωρίζουμε ότι κάθε τέτοια f δίνεται με αυτήν την διαδικασία. Πιο ικανοποιητικό τρόπο γαι να τις περιγράψω δεν μπορώ να σκεφτώ (και ίσως να μην υπάρχει).

Η απόδειξη είναι: Δίνουμε καλή διάταξη (well-order) στο R και παίρνουμε ένα προς ένα τα στοιχεία του R και τα ρίχνουμε ανάλογα στα Β ή C ή D (ή σε κανένα αν ήδη ανήκει στη γραμμική τους θήκη). Φυσικά κάθε φορά που ρίχνουμε το x στο B πρέπει να ρίξουμε και το f(x) στο C.)

Demetres ευχαριστούμε πολύ για την φώτα σου

'Oταν είδα χθες βράδυ την αντιμετώπιση του Δημήτρη ήμουν πολύ επιφυλακτικός γιατί φοβόμουν ότι η θα είχε πολύπλοκη συμπεριφορά ακόμη και σε πεπερασμένης διάσταση υποχώρους του . Διαβάζοντας το σημερινό μήνυμα του Δημήτρη κατάλαβα καλλίτερα τι εννοούσε. Εξακολουθούσα να είμαι όμως επιφυλακτικός για το θεώρημα που ανέφερε για τον απλό λόγο ότι δεν καταλάβαινα την απόδειξη που παρέθετε στο τέλος. Συγκεκριμένα δεν έβλεπα, και για να είμαι ειλικρινής εξακολουθώ να μην βλέπω πως ενερoγποιείται η αρχή της καλής διάταξης. Σκεφτόμενος το θέμα όμως αντιλήφθηκα ότι είχα παραβλέψει ένα γεγονός: Μπορεί μία ενέλιξη δηλαδή μία γραμμική απεικόνιση με να μην έχει καλή συμπεριφορά ως προς μία βάση αλλά ως προς άλλη να έχει: συγκεκριμένα να διαγωνιοποιείται με στην κύρια διαγώνιο. Οπότε άρχισα να βλέπω την αντιμετώπιση του Δημήτρη με άλλο μάτι. Προσπαθώντας να αποδείξω, για να βεβαιωθώ, το θεώρημα που αναφέρει ο Δημήτρης δούλεψα με το λήμμα του Zorn. Γράφω τις σκέψεις μου:

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν σύνολα που απαρτίζονται από -ανεξάρτητα στοιχεία με . Θεωρούμε το σύνολο τους . Εύκολα βγαίνει ότι to είναι κλειστό ως προς τις ενώσεις αλυσίδων και επομένως έχει μεγιστικό στοιχείο (maximal). Ας το πούμε ακολουθώντας τον συμβολισμό του Δημήτρη. Αν το είναι και μεγιστικό ανεξάρτητο είναι μία -βάση και τελειώσαμε.
Αν όχι θα υπάρχουν στοιχεία έξω από το που μαζί μα τα στοιχεία του απαρτίζουν ανεξάρτητο σύνολο. Αν είναι ένα τέτοιο στοιχείο δηλαδή το είναι ανεξάρτητο τότε και το θα είναι ανεξάρτητο. Πράγματι αν

τότε και
δηλαδή
όπου χρησιμοποιούμε ότι .
Αν στην (*) δεν είναι όλοι οι συντελεστές 0 θα είναι αλλιώς και οι υπόλοιποι συντελεστές είναι 0. Τότε η (**) μας δίνει ότι και .
Έτσι μπορούμε να απαλείψουμε το και να έχουμε μία σχέση γραμμικής εξάρτησης των που μας δίνει το ατοπο. Άρα τελικά το είναι ανεξάρτητο. Το σύνολο των συνόλων που:
(1) Είναι ανεξάρτητα
(2)
είναι μη κενό και εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι επαγωγικό και επομένως πάλι από το λήμα του Zorn θα έχει μεγιστικό στοιχείο που θα είναι ανεξάρτητο και το είναι της μορφής .
Το μπορεί με το αξίωμα της επιλογής (=από κάθε διαλέγουμε και ένα στοιχείο) να γραφεί πλέον ως με τα , . Αυτό που απομένει είναι το να είναι βάση Hamel δηλαδή μεγιστικό ανεξάρτητο. Αν δεν είναι τότε επιχειρηματολογούμε όπως με το ζεύγος και το άτοπο που έχουμε είναι ότι το δεν είναι μεγιστικό με τις (1) και (2).

Θα ήθελα να ευχαριστήσω όλους όσους ασχολήθηκαν με το θέμα του διαγωνισμού και που φώτισαν διάφορες όψεις του. Νομίζω ότι χρωστάμε ένα μπράβο στο Δημήτρη για τις ιδέες που ανέπτυξε, Μπορούν να μη δίνουν κάποια χειροπιαστή -και γιαυτό δεν ευθύνεται φυσικά ο Δημήτρης αλλά το αξίωμα της επιλογής- αλλά μας δίνουν το καλλίτερο όπως ανέφερε και ο ίδιος θεώρημα δομής της .
Για ποιό λόγο να το έχουμε; Μα (και εδώ δανείζομαι τον τίτλο ενός γνωστού βιβλίου του Dieudonne που και αυτός το δανείστηκε από μία επιστολή του Jacobi)
Για την τιμή του ανθρωπίνου πνεύματος.
Εννοείται ότι θα χαιρόμουν αν έβλεπα και κάποια άλλη απόδειξη ή πως λειτουργεί η καλή διάταξη.

Καλή σας νύχτα

Μαυρογιάννης

Demetres έγραψε:
Για να βρούμε τις υπόλοιπες συναρτήσεις θα βασιστούμε στο ακόλουθο θεώρημα του Hamel

<...>

Δεν θα βάλω απόδειξη αυτού του θεωρήματος. (Για όσους έχουν δει αποδείξεις που χρησιμοποιούν αξίωμα επιλογής/λήμμα του Zorn η απόδειξη είναι σχετική απλή - για τους υπόλοιπους είναι σχεδόν αδύνατη

Μετά τα πολύ όμορφα που γράφει ο Δημήτρης και ο Νίκος, να κάνω ένα σχόλιο (αλλά ζητώ συγνώμη από αυτούς που ήδη τα ξέρουν, γιατί όσα γράφω είναι γνωστά στη Θεωρία Συνόλων).

Το θεώρημα του Hamel που αναφέρει ο Δημήτρης αποδεικνύεται, όπως τονίζει, με χρήση του αξιώματος επιλογής ή του ισοδύναμού του, Λήμματος Zorn. Αλλά και αντίστροφα, η ύπαρξη βάσης Ηamel σε κάθε διανυσματικό χώρο έχει ως πόρισμα το αξίωμα επιλογής και το Λήμμα Zorn. Συνεπώς, κάθε απόδειξή του ξεφεύγει από τα όρια των στοιχειωδών Μαθηματικών, και κάπου θα χρησιμοποιήσει ισοδύναμα του Zorn.

Το ίδιο το Λήμμα Zorn ή το ισοδύναμό του αξίωμα επιλογής, δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί. Είναι θέμα επιλογής, εάν θα το χρησιμοποιεί κανείς ή όχι (*). Ο μεγαλύτερος όγκος των Μαθηματικών που θα χρησιμοποιήσει κανείς στη καριέρα του, δεν χρησιμοποιεί πουθενά το Zorn, οπότε είναι αδιάφορο αν το υιοθετήσει ή όχι. Από αυτούς που θα συναντήσουν το Zorn, η συντριπτική πλειοψηφία το υιοθετεί. Παραδείγματος χάριν σχεδόν όλοι όσοι ασχολούνται με Συναρτησιακή Ανάλυση, το θέλουν στα εργαλεία τους, ακριβώς γιατί δίνει βάσεις Hamel, αλλά και γιατί χρησιμοποιείται ουσιαστικά στο θεώρημα επέκτασης Hahn-Banach.

Όσοι δεν το υιοθετούν, το κάνουν επειδή από το Zorn απορρέουν μερικά πράγματα που προκαλούν το ανθρώπινο μυαλό. Π.χ. το λεγόμενο παράδοξο Banach-Tarski που λέει ότι μπορείς να κόψεις ενα πορτοκάλι σε μερικά κομμάτια (ας πούμε πέντε) και να τα ανασυνθέσεις χωρίς να τα παραμορφώσεις και να φτιάξεις δύο πορτοκάλια ίδια με το αρχικό. Χαριτολογώντας, έτσι λένε ότι έκανε το θαύμα ο Χριστός όταν στο όρος των Ελαιών, από ένα ψάρι ταισε όλους εκεί.

Για τα περι αξιώματος επιλογής και Λήμματος Zorn θα συνιστούσα ανεπιφύλακτα να διαβάσετε το εκπληκτικό βιβλίο του Halmos, Naive Set Theory (νομίζω ότι έχει μεταφραστεί στα ελληνικά).

Εκεί όμως δεν υπάρχει το παράδοξο Banach-Tarski. Επίσης δεν υπάρχουν τα περί f(x+y) = f(x)+f(y) που αναφέρει ο Δημήτρης μέσω βάσεων Hamel (την κατασκευή ασυνεχούς τέτοιας f μέσω βάσεων Hamel, την πρωτοέκανε ο μέγας Banach).

Φιλικά και με ευχαριστίες στους Δημήτρη και Νίκο που ασχολήθηκαν εξονυχιστικά με το θέμα, και τα εφάρμοσαν στην f(f(x))=f(x).

Μιχάλης Λάμπρου

(*) αυτά είναι καλή ώρα, σε υπερθετικό όμως βαθμό, όπως το σύμβολο
κυβικής ρίζας αρνητικού που συζητούσαμε αλλού: Θέλεις το, πάρτο.
Δεν θέλεις το, άσε το ήσυχο.

Κε Μαυρογιάννη, όταν διάβασα το πρώτο σας μήνυμα και εγώ σκέφτηκα "δεν γίνεται, κάπου θα έχω κάνει λάθος". Όπως όμως πολύ σωστά λέτε τώρα, ο λόγος που δουλεύει είναι η αλλαγή βάσης.

Να βάλω λοιπόν πιο λεπτομερώς την απόδειξή μου με βάση την αρχή της καλής διάταξης:

Παίρνουμε μια καλή διάταξη του R. Από τώρα και στο εξής μπορώ να συμβολίζω τα στοιχεία του R με όπου τα είναι ordinals.

Αρχίζουμε με το Άν , τότε πρέπει να έχουμε ή . Βάζουμε το στο . Αν όχι έχουμε για κάποιο που δεν ανήκει στην γραμμική θήκη του. Βάζουμε το στο και το στο . Προχωράω με transfinite induction. Όταν εξετάζω το πρέπει να ελέγξω δύο περιπτώσεις. Αν το είναι limit ordinal ή όχι. Και στις δύο περιπτώσεις χρησιμοποιώ ακριβώς το ίδιο επιχείρημα γι'αυτό θα τις ενοποιήσω.

1) Αν το ανήκει στην Q-γραμμική θήκη του δεν κάνω τίποτα
2) Αν όχι κοιτάω το . Ισχυρίζομαι ότι δεν ανήκει στην Q-γραμμική θήκη του . Όντως αν τότε , άτοπο.
3) Αν , τότε βάζω το στο D. Αν όχι βάζω το στο Β και το στο C.

Εκ κατασκευής, όπως έχετε δείξει στην απόδειξή σας με το Zorn το είναι πάντα γραμμικά ανεξάρτητο. Όταν τελειώσει το transfinite induction, τότε είναι και Hamel basis αφού αν το x δεν ανήκει στην γραμμική θήκη, όταν εξετάζαμε το x θα έπρεπε να το είχαμε βάλει σε ένα από τα Β,C ή D.

[Ουσιαστικά θα έπρεπε να τα ονομάζω και . Όταν κοιτάω το στην θέση του Β θα έπρεπε να γράφω κτλ.]

---------------------------

Έχω βρει ένα καλύτερο θεώρημα. Επειδή αναφέρατε αλλαγές βάσης, αρχισα να σκεφτόμουν γιατί να μπορεί ο πίνακας Α με Α^2 = Ι να διαγωνοποιηθεί. Είναι τόσο ισχυρή αυτή η συνθήκη; Εύκολα μπορεί να ελεγχθεί ότι οι μόνοι πίνακες Β σε κανονική μορφή Jordan με Β^2 = Ι είναι διαγώνιοι, άρα ο A είναι διαγωνοποιήσιμος. (Όσο και αν δεν με ικανοποιεί αυτή η απόδειξη δεν μπορώ παρά να θυμηθώ αυτό που είπε κάποτε ο Kaplansky "We share [with Halmos] a love for linear alebra. It is our conviction that we'll never understand infinite-dimensional operators until we have a decent mastery of finite matrices. And we share a philosophy about linear algebra: we think basis-free, we write basis-free, but when the chips are down we close the office door and compute with matrices like fury"

Μπορεί ένας άπειρος τελεστής Α που ικανοποιεί Α^2 = Ι να διαγωνοποιηθεί; Η απάντηση, τουλάχιστον στην περίπτωση μας (αλλά μάλλον και γενικά) είναι ναι!

Θεώρημα: H συνάρτηση f ικανοποιεί τις (1) και (2) αν και μόνο αν υπάρχει Hamel basis D του R ώστε f(d) = d ή f(d) = -d για κάθε d στο D.

Απόδειξη: Αν και , τότε αφαιρούμε το b από το Β, το c από το C, και προσθέτουμε τα b+c και b-c στο D. (Αλλαγή βάσης)

Mihalis_Lambrou έγραψε:Το ίδιο το Λήμμα Zorn ή το ισοδύναμό του αξίωμα επιλογής, δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί. Είναι θέμα επιλογής, εάν θα το χρησιμοποιεί κανείς ή όχι (*). Ο μεγαλύτερος όγκος των Μαθηματικών που θα χρησιμοποιήσει κανείς στη καριέρα του, δεν χρησιμοποιεί πουθενά το Zorn, οπότε είναι αδιάφορο αν το υιοθετήσει ή όχι.

Demetres έγραψε:Δεν θα βάλω απόδειξη αυτού του θεωρήματος. (Για όσους έχουν δει αποδείξεις που χρησιμοποιούν αξίωμα επιλογής/λήμμα του Zorn η απόδειξη είναι σχετική απλή - για τους υπόλοιπους είναι σχεδόν αδύνατη και δεν νομίζω να προσθέτει τίποτα στην κατανόηση αν την βάλω.)

Δεν έχω τις γνώσεις να παρακολουθήσω τις τεχνικές λεπτομέρειες του θέματος που συζητήθηκε , μου έκαναν όμως εντύπωση τα σχόλια του Μιχάλη και μου δημιουργήθηκε η παρακάτω απορία:

Μιχάλη , γράφεις ότι το αξίωμα επιλογής δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί.
Τι ακριβώς εννοείς; Μπορώ εγώ να πω ότι έχω επιλογή να μην δεχθώ το Α.Ε., όπως παράδειγμα μπορώ να κάνω με το 5ο αίτημα του Ευκλείδη;
Αν ναι, τότε στα Μαθηματικά που έχω - με τα αξιώματα που αυτά έχουν, χωρίς το Α.Ε., η απόδειξη που κάνει ο Δημήτρης δεν είναι ολοκληρωμένη, αφού χρησιμοποιεί κάτι που για μένα δεν είναι δεδομένο ούτε αποδείξιμο!

k-ser έγραψε: Μιχάλη , γράφεις ότι το αξίωμα επιλογής δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί.
Τι ακριβώς εννοείς; Μπορώ εγώ να πω ότι έχω επιλογή να μην δεχθώ το Α.Ε., όπως παράδειγμα μπορώ να κάνω με το 5ο αίτημα του Ευκλείδη;
Αν ναι, τότε στα Μαθηματικά που έχω - με τα αξιώματα που αυτά έχουν, χωρίς το Α.Ε., η απόδειξη που κάνει ο Δημήτρης δεν είναι ολοκληρωμένη, αφού χρησιμοποιεί κάτι που για μένα δεν είναι δεδομένο ούτε αποδείξιμο!

Ακριβώς αυτό εννοεί. Ίσως να έπρεπε να το διευκρινήσω. Το Α.Ε. είναι ανεξάρτητο από τα άλλα αξιώματα της θεωρίας συνόλων και λόγω αρκετών παραδόξων όπως το Banach-Tarski που περίγραψε ο Μιχάλης, αρκετοί μαθηματικοί προτιμούν να μην το υιοθετούν.

Για την ιστορία, ο Godel έδειξε ότι η άρνηση του Α.Ε. δεν μπορεί να αποδειχθεί από τα αξιώματα της θεωρίας συνόλων. Αρκετά χρόνια αργότερα ο Cohen έδειξε ότι το Α.Ε. δεν μπορεί να αποδειχθεί από τα αξιώματα της θεωρίας συνόλων.

Συνήθως αυτό που γίνεται είναι να δηλώνεται η χρήση του Α.Ε. αν χρησιμοποιείται στην απόδειξη κάποιου θεωρήματος.

Μερικές από τις συνέπειες του είναι τόσο "φανερά σωστές" και μερικές άλλες τόσο "φανερά λάθος" που κάποιος μαθηματικός (μου διαφεύγει το όνομα) είχε πει

"Το αξίωμα της επιλογής είναι προφανώς ορθό, η αρχή της καλής διάταξης είναι προφανώς λανθασμένη και δεν έχω ιδέα για το λήμμα του Ζορν." [Έχει αποδειχθεί ότι και τα τρία είναι ισοδύναμα.]

k-ser έγραψε:Μιχάλη , γράφεις ότι το αξίωμα επιλογής δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί.
Τι ακριβώς εννοείς; Μπορώ εγώ να πω ότι έχω επιλογή να μην δεχθώ το Α.Ε., όπως παράδειγμα μπορώ να κάνω με το 5ο αίτημα του Ευκλείδη;
Αν ναι, τότε στα Μαθηματικά που έχω - με τα αξιώματα που αυτά έχουν, χωρίς το Α.Ε., η απόδειξη που κάνει ο Δημήτρης δεν είναι ολοκληρωμένη, αφού χρησιμοποιεί κάτι που για μένα δεν είναι δεδομένο ούτε αποδείξιμο!

Κώστα σαφώς ένας Μαθηματικός έχει τήν επιλογή νά μήν δεχθεί το Αξίωμα Επιλογής - αφού ακριβώς είναι Αξίωμα .

Αξίωμα Επιλογής: Γιά κάθε σύνολο , υπάρχει μιά συνάρτηση μέ πεδίο ορισμού μιά συλλογή από μή-κενά υποσύνολα τού καί τέτοια ώστε, γιά κάθε , μέ , νά ισχύει .

Όμως χωρίς τό Αξίωμα Επιλογής - αλλά μόνο μέ τά υπόλοιπα Αξιώματα τής Θεωρίας Συνόλων - σχεδόν όλη ή Ανάλυση "καταρέει" καί δημιουργούνται σοβαρά προβλήματα καί στούς άλλους κλάδους τών Μαθηματικών.
Η ιστορία είναι παλιά, ξεκινάει από τίς αρχές τού προηγούμενου αιώνα, όπου διαπιστώθηκαν σοβαρά προβλήματα στήν θεμελίωση τών Μαθηματικών, μέσα από "γνωστά" παράδοξα. Είναι τότε πού επιστρατεύθηκε η Μαθηματική Λογική καί τελικά χρησιμοποιήθηκε γιά νά φτιαχτεί η "καινούργια φορεσία τού βασιλιά "(*).
Η νέα θεμελίωση τών Μαθηματικών, μέσω τής Μαθηματικής Λογικής, ικανοποίησε τήν μεγάλη πλειοψηφία τών Μαθηματικών, αλλά όχι όλους! Εμφανίστηκαν, σέ δύο κύρια ρεύματα σκέψης, η Διαισθητική καί η Φορμαλιστική Λογική. Μέ τήν πρώτη νά αμφισβητεί σχεδόν τά πάντα - ακόμα καί αυτά τά μαθηματικά πού ήσαν δεδομένα πρό τής "κρίσης" - καί τήν δεύτερη νά θεωρεί ότι τό πρόβλημα θεμελίωσης τών Μαθηματικών είχε λυθεί.
Τό θέμα είναι ανεξάντλητο. Υπάρχει ολόκληρος κλάδος τών Μαθηματικών ( η Μαθηματική Λογική ) πού αναπτύχθηκε έκτοτε γιά νά στηρίξει καί νά μελετήσει τά νέα θεμέλια τών Μαθηματικών.

Τώρα, εμείς οί Μαθηματικοί τί κάνουμε; Μαθηματικά όπως πάντα καί στήν ουσία δέν σφάλουμε!
[ Η άποψη τού Poincare γιά τήν "φύση" τών Μαθηματικών μέ βρίσκει απόλυτα σύμφωνο. ]


(*) Είναι γνωστός ο μύθος γιά τήν "καινούργια φορεσία τού βασιλιά". Πίστη μου είναι ότι εμείς οί Μαθηματικοί είμαστε όμοια "ντυμένοι".

Υ.Γ. Χαριτολογώντας: Πρίν τήν έναρξη αυτού τού θέματος είχα επισημάνει τήν ανάγκη νά τοποθετηθεί στόν σωστό υποφάκελλο.
Τώρα βρεθήκαμε, εδώ, νά συζητάμε μέχρι καί γιά τά θεμέλια τών Μαθηματικών.

Δημήτρη (χρησιμοποιώ ενικό και αν δεν σε πειράζει σε μελλοντική επικοινωνία μας, που ελπίζω να υπάρξουν πολλές, ας κάνεις και συ το ίδιο) διάβασα την απόδειξη σου και την καταχάρηκα. Η ιδέα να φτιάξεις τρεις "στίβες" που με την μεταπεπερασμένη επαγωγή συμπληρώνονται μέχρις ότου να φτιάξουν την βάση είναι πάρα πολύ ωραία. Και οι στίβες γεμίζουν μιά χαρά όταν φθάνουμε στους οριακούς διατακτικούς. Χαίρομαι που η διαίσθηση σου επικυρώθηκε με μία άρτια τεχνική απόδειξη.
Το δωράκι περί διαγωνιοποιησιμότητας (ουφ) των ενελίξεων και αυτό ωραίο και η αποδεικτική του ντρίμπλα όμοίως.
Μιχάλη όντως το βιβλίο συνολοθεωρίας του Halmos έχει μεταφρασθεί στα Ελληνικά με τον τίτλο "Αφελής Συνολοθεωρία". Φυσικά όσοι ενδιαφέρονται για το θέμα μπορούν να δουν και το "Μαθήματα Συνολοθεωρίας" του Μοσχοβάκη. Μιας και ο Δημήτρης αναφέρθηκε στον Kaplansky ο οποίος ήταν και εξαιρετικός στο γράψιμο αναφέρω και το βιβλίο του "Set Theory and Metric Spaces" που είναι ευκολοδιάβαστο και φεύγει εύκολα.
Αν τώρα κάποιος ξέρει κάποιο βιβλίο που να κάνει Γραμμική Άλγεβρα σε απειροδιάστατους διανυσματικούς χώρους επί τυχόντος σώματος ας μου δώσει τον τίτλο του. Χθες ευχόμουνα να έχω κάτι τέτοιο αλλά όσα βιβλία έχω που ασχολούνται (πέρα από τις γενικότητες) με απειροδιάστατους χώρους είναι βιβλία συναρτησιάκής ανάλυσης.
Μαυρογιάννης

k-ser έγραψε:
Μιχάλη , γράφεις ότι το αξίωμα επιλογής δεν το υιοθετούν όλοι οι μαθηματικοί.
Τι ακριβώς εννοείς; Μπορώ εγώ να πω ότι έχω επιλογή να μην δεχθώ το Α.Ε., όπως παράδειγμα μπορώ να κάνω με το 5ο αίτημα του Ευκλείδη;
Αν ναι, τότε στα Μαθηματικά που έχω - με τα αξιώματα που αυτά έχουν, χωρίς το Α.Ε., η απόδειξη που κάνει ο Δημήτρης δεν είναι ολοκληρωμένη, αφού χρησιμοποιεί κάτι που για μένα δεν είναι δεδομένο ούτε αποδείξιμο!

Απάντησαν επαρκώς οι άλλοι, αλλά θα ήθελα να πω λίγα πράγματα. Θα καταλάβετε γιατί προς το τέλος, γι’ αυτό κάντε υπομονή.

Ως γνωστόν, τα Μαθηματικά κατά τις αρχές του 20 αιώνα μπήκαν σε τάξη αρχίζοντας την θεωρία τους με όσο γίνεται πιο «ήπια» αξιώματα. Δηλαδή, με αξιώματα που κανείς δεν θα αμφισβητούμε ως ορθά για εκκίνηση.
Ειδικά, η κατασκευή πιο σύνθετων εννοιών (όπως είναι οι αριθμοί) θα ξεκινούσε από την έννοια του συνόλου και απλές πρωταρχικές έννοιες.

Από τα διάφορα αξιωματικά συστήματα που προτάθηκαν, αυτό που καθιερώθηκε είναι το σύστημα των Zermelo-Fraenkel, γνωστού ως ZF. To ZF θεωρεί ως πρωταρχικές έννοιες την «ισότητα» και το «ανήκειν» (χάριν πληρότητας ας αναφέρω, αλλά μπορείτε να το αγνοήσετε, ότι κατασκευάζεται μία «πρωτοβάθμια» γλώσσα, ότι και αν σημαίνει αυτό).

Κατόπιν το ZF θέτει κανόνες όπως π.χ. σχηματισμού νέων συνόλων από παλιά.

Σταχυολογώ μερικά από τα αξιώματα του ZF

ZF2 Υπάρχει κενό σύνολο.
ΖF3 δεν το διατυπώνω με ακρίβεια, αλλά μας εξασφαλίζει ότι στη θεωρία μας δεν θα υπεισέλθουν παράδοξα όπως του Russel.
ΖF5 Δοθέντων συνόλων, μπορούμε να σχηματίσουμε την ένωσή τους.
ΖF6 Δοθέντος ενός συνόλου, μπορούμε να σχηματίσουμε το δυναμοσύνολό του.
ΖF7 δεν το διατυπώνω με ακρίβεια, αλλά μας εξασφαλίζει ότι υπάρχουν απειροσύνολα.

και λοιπά. Όλοι συμφωνούμε ότι αυτά είναι αποδεκτές κατασκευές συνόλων.

Ερώτηση: θα δεχόσασταν ότι αν δοθούν δύο μη κενά σύνολα τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε το καρτεσιανό τους γινόμενο;

Απάντηση: πρόκειται για θεώρημα. Η απόδειξη βασίζεται κυρίως στο ZF6.

Ευτυχώς που επιτρέπεται η κατασκευή καρτεσιανού γινομένου. Φανταστείτε ότι αλλιώς θα χάναμε όλη την Αναλυτική Γεωμετρία (του καρτεσιανού επιπέδου) και θα χάναμε την έννοια της συνάρτησης.

Ερώτηση: θα δεχόσασταν ότι αν δοθούν τρία, τέσσερα ή ακόμη άπειρα το πλήθος μη κενά σύνολα τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε το καρτεσιανό τους γινόμενο;

Για τρία ή τέσσερα ή πεντακόσια σύνολα δεν υπάρχει πρόβλημα (είναι θεώρημα). Αλλά για άπειρα σύνολα τι γίνεται; Π.χ. συμφωνείτε ότι

«Αν δοθούν μη κενά σύνολα τότε το καρτεσιανό τους γινόμενο είναι μη κενό» ;

Τι λέτε; Συμφωνείτε;

Αν ναι, τότε κάνατε αυτό που κάνουν οι περισσότεροι μαθηματικοί: ΔΕΧΘΗΚΑΤΕ ΤΟ ΛΕΓΟΜΕΝΟ ΑΞΙΩΜΑ ΤΗΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ.

Το Αξίωμα Επιλογής ούτε αποδεικνύεται από τα άλλα αξιώματα της ZF ούτε έρχεται σε αντίφαση με αυτά (πολύ δύσκολο θεώρημα: Godel, Cohen).

Όπως ανέφερα σε προηγούμενο μήνυμα, οι περισσότεροι μαθηματικοί δεν θα συναντήσουν ποτέ στην καριέρα τους την ανάγκη να χρησιμοποιήσουν το Αξίωμα Επιλογής. Ο μαθηματικός τους βίος είναι έξω από αυτή την απαίτηση.
Από την άλλη, εξαιρετικά θεωρήματα των Ανώτερων Μαθηματικών χρησιμοποιούν το αξίωμα αυτό στην απόδειξή τους. (βάση Hamel, το Hahn-Banach, διάφορα θεωρήματα της Τοπολογίας, ύπαρξη μη μετρήσιμου υποσυνόλου του R, και λοιπά). Άρα πολλοί το θέλουν στο «ρεπερτόριό» τους.

Σε αυτό το σημείο δεν μπορώ παρά να θυμηθώ τον Αρχιμήδη που κάνει εντελώς το ίδιο πράγμα (υιοθέτηση στο ρεπερτόριό του) ενός αξιώματος διαφορετικού από τα άλλα, το οποίο χρησιμοποίησε ρητά σε τουλάχιστον τρία βιβλία του. Πρόκειται για αυτό που σήμερα ονομάζουμε «Αξίωμα Αρχιμήδη ή Αρχιμήδη-Ευδόξου» των πραγματικών αριθμών. (Προσθέτω μόνο ότι αυτό που έθεσε ως αξίωμα ο Αρχιμήδης, σήμερα είναι θεώρημα (του Stolz): η αυστηρή κατασκευή των πραγματικών έθεσε τέτοια αξιώματα που το Αρχιμήδειο έγινε θεώρημα που απορρέει από τα άλλα αξιώματα).

Ας επανέλθω στο Αξίωμα της Επιλογής.

Τα πράγματα θα ήσαν εντάξει, αν οι μαθηματικοί δεν το μελετούσαν ενδελεχώς. Πρώτα από όλα με χρήση του και αρχίζοντας από πάρα πολύ ασθενή αξιωματικά συστήματα (ασθενέστερα των ZF) αποδεικνύεται η «αρχή της αποκλίσεως τρίτου». «Καταστροφή !» λένε οι «καθαροί» λογικολόγοι. «Κανένα πρόβλημα» απαντούν οι πολλοί. «Λόξα σας» ανταπαντούν οι πρώτοι.

Τα χειρότερα ήλθαν μετά. Με χρήση του Αξιώματος Επιλογής αποδείχθηκαν θεωρήματα που προκαλούν την λογική: Μπορούμε να κόψουμε ένα μπιζέλι σε πεπερασμένα το πλήθος ξένα ανά δύο σύνολα και μετά, με στερεά κίνηση (χωρίς δηλαδή να παραμορφώσουμε τα μικρά αυτά υποσυνολάκια του μπιζελιού) να τα ξανασυναρμολογήσουμε για να φτιάξουμε μία συμπαγή σφαίρα στο μέγεθος της Γης! Είπαμε, «κανένα πρόβλημα».

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Ενημερωτικά πάντα και επειδή κάτι μου θύμιζε αυτό το αξίωμα της επιλογής στο οποίο αναφέρθηκε ο κ. Λάμπρου, στις σελίδες 116 έως 119 στο "Διάλογος η άλλη όψη" του περιοδικού μαθηματική έκφραση τ.2 , αναφέρεται σε αυτό και ο κ. Μάκρας για ένα αποδεκτό άλμα όπως το χαρακτηρίζει που γίνεται ,σε πολλά βιβλία, στην απόδειξη της άσκησης:
Θεωρούμε μια συνάρτηση συνεχή στο και παραγωγίσημη στα διαστήματα και . Αν υπάρχει το και είναι ίσο με , τότε η είναι παραγωγίσιμη και στο και μάλιστα

Παρεπιπτόντως να ρωτήσω και κάτι. Θα μπορούσε αυτή η πρόταση να υπάρξει μελλοντικά ως θεωρία ή ως εφαρμογή στο καινούργιο σχολικό βιβλίο μαθηματικών της Γ Λυκείου ; Πρόκειται για ωφέλιμη πρόταση που ...σε γλιτώνει και απ τον κόπο να πάρεις τα όρια. Από την άλλη , καλύτερα να μην μπεί καθόλου παρά να έχει την "τύχη" της άσκησης 8 σελ. 96 των μιγαδικών που εδώ και τόσα χρόνια δεν αξιώθηκε ακόμα να γίνει εφαρμογή!!

spyros έγραψε:Ενημερωτικά πάντα και επειδή κάτι μου θύμιζε αυτό το αξίωμα της επιλογής στο οποίο αναφέρθηκε ο κ. Λάμπρου, στις σελίδες 116 έως 119 στο "Διάλογος η άλλη όψη" του περιοδικού μαθηματική έκφραση τ.2 , αναφέρεται σε αυτό και ο κ. Μάκρας για ένα αποδεκτό άλμα όπως το χαρακτηρίζει που γίνεται ,σε πολλά βιβλία, στην απόδειξη της άσκησης:
Θεωρούμε μια συνάρτηση συνεχή στο και παραγωγίσημη στα διαστήματα και . Αν υπάρχει το και είναι ίσο με , τότε η είναι παραγωγίσιμη και στο και μάλιστα

Παρεπιπτόντως να ρωτήσω και κάτι. Θα μπορούσε αυτή η πρόταση να υπάρξει μελλοντικά ως θεωρία ή ως εφαρμογή στο καινούργιο σχολικό βιβλίο μαθηματικών της Γ Λυκείου ; Πρόκειται για ωφέλιμη πρόταση που ...σε γλιτώνει και απ τον κόπο να πάρεις τα όρια. Από την άλλη , καλύτερα να μην μπεί καθόλου παρά να έχει την "τύχη" της άσκησης 8 σελ. 96 των μιγαδικών που εδώ και τόσα χρόνια δεν αξιώθηκε ακόμα να γίνει εφαρμογή!!

Σπύρο,
μου κάνει εντύπωση η γνώμη του κ. Μάκρα. Δεν πιστεύω ότι χρειάζεται το Αξίωμα Επιλογής στο παραπάνω θεώρημα. Bγαίνει με l' Hospital.

Πολύ θα ήθελα να έβλεπα το εν λόγω άρθρο στην Μαθηματική Έκφραση. Το έχει κανείς; Επ' αυτού θα ήθελα να ρώταγα αν γνωρίζει κανείς αν στο περιοδικό αυτό δημοσιεύουν άρθρα μετά από ουσιαστική κρίση από εξωτερικό κριτή. Προσοχή, δεν λέω ότι πρέπει να απορρίψουμε συλλήβδην όλα τα άρθρα σε μία ευγενή προσπάθεια, αλλά με ξενίζει η σύνδεση του παραπάνω με το Αξίωμα Επιλογής.

Το μόνο θεώρημα που γνωρίζω στα στοιχειώδη μαθηματικά (αλλά σήμερα είναι εκτός ύλης όμως ήταν εντός ύλης την εποχή των Δεσμών) που έρχεται κοντά στη χρήση του Αξιώματος Επιλογής είναι το εξής. Πριν το γράψω ας διευκρινίσω ότι δεν χρησιμοποιεί ακριβώς το εν λόγω αξίωμα αλλά μια πιο ασθενή μορφή του (που κανείς δεν αμφισβητεί) η οποία ονομάζεται "Αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής" .

Θεώρημα. Μία συνάρτηση f : R R είναι συνεχής στο α αν και μόνον αν για κάθε ακολουθία που συγκλίνει στο α, η ακολουθία f() συγκλίνει στο f(α).

Το ευθύ είναι απλό. Για την απόδειξη της αντίστροφης κατεύθυνσης λέμε: έστω ότι η f δεν ήταν συνεχής. Τότε υπάρχει ε > 0 τέτοιο ώστε, στον ορισμό της σενέχειας, κανένα δ > 0 δεν μου κάνει. Ειδικά για κάθε "δ = 1/n" επιλέγω με και ε. Τότε εύκολα βλέπουμε ότι συγκλίνει στο α ενώ δεν συγκλίνει στο f(a). Άτοπο.

Το αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής έγινε στο αθώο βήμα που τόνισα " επιλέγω με ... " .

Συγκεκριμένα, το βήμα αυτό λέει: Αν έχω ακολουθία συνόλων (εδώ είναι τα (a - 1/n, a + 1/n) ) τότε μπορώ να επιλέξω τέτοια ώστε...
Για τους "καθαρούς" εδώ έγιναν άπειρα το πλήθος βήματα, και τέτοιες διαδικασίες είτε πρέπει να απαγορεύονται είτε πρέπει να δηλώνονται ρητά όταν χρησιμοποιούνται.

Διηλίζουμε το κώνωπα, θα πεις. Σωστά. Απο την άλλη, τα Μαθηματικά πέρασαν απο κρίση με χρήση εννοιών ακόμα πιο αθώων και διαισθητικά φανερών.

Ελπίζω να ξεκαθάρισα το τοπίο. Τρέχω γιατί έχω διαγώνισμα... άστα.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου.

Εγώ απλά παραθέτω μια απόδειξη γι'αυτό που λέει ο Σπύρος,με L'hospital.
Aφού η f συνεχής στο χο θα ισχύει: ή .Επιπλέον . Δημιουργώντας το πηλίκο , εξετάζουμε αν το πηλίκο των παραγώγων έχει όριο για χ->χ0. Φυσικά και έχει όμως,απο την υπόθεση. Αρα εφαρμόζοντας τον κανόνα DLH η f παραγωγίσιμη και στο x0.

Γειά σας
Το θέμα του αξιώματος της επιλογής στα σχολικά Μαθηματικά το έχω συζητήσει αρκετές φορές με τον φίλο μου Στράτο Μάκρα (ο οποίος έχει κάνει Διδακτορικό στα Καθαρά Μαθηματικά) και έχουμε επισημάνει δύο σημεία που εμφανίζεται "λάθρα":
1) Χρήση του Αριθμησίμου Αξιώματος επιλογής στην απόδειξη της αρχής της μεταφοράς (αυτό που επεσήμανε ο Χρήστος Κυριαζής).
2) Σε περιπτώσεις όπου εφαρμόζουμε το θεώρημα μέσης τιμής σε διάστημα με μεταβλητά άκρα οπότε και το επιλέγεται κάθε φορά από τα μέλη μίας οικογένειας και φυσικά είναι συνάρτηση του .
Τη περίπτωση που αναφέρεται για το περιοδικό Μαθηματική Έκραση δεν την ξέρω. Γιαυτό χωρίς να αμφιβάλλω για την ακρίβεια της μεταφοράς των απόψεων του Στράτου από τον Σπύρο ζήτησα με mail από τον Στράτο Μάκρα (που υπηρετεί στις Βρυξέλλες) αν έχει κάτι να μου το στείλει.
Μαυρογιάννης

nsmavrogiannis έγραψε:Δημήτρη (χρησιμοποιώ ενικό και αν δεν σε πειράζει σε μελλοντική επικονωνία μας, που ελπίζω να υπάρξουν πολλές ας κάνεις και συ το ίδιο)

Νίκο, κανένα πρόβλημα.

nsmavrogiannis έγραψε:Γειά σας
Το θέμα του αξιώματος της επιλογής στα σχολικά Μαθηματικά το έχω συζητήσει αρκετές φορές με τον φίλο μου Στράτο Μάκρα (ο οποίος έχει κάνει Διδακτορικό στα Καθαρά Μαθηματικά) και έχουμε επισημάνει δύο σημεία που εμφανίζεται "λάθρα":
1) Χρήση του Αριθμησίμου Αξιώματος επιλογής στην απόδειξη της αρχής της μεταφοράς (αυτό που επεσήμανε ο Χρήστος Κυριαζής).
2) Σε περιπτώσεις όπου εφαρμόζουμε το θεώρημα μέσης τιμής σε διάστημα με μεταβλητά άκρα οπότε και το επιλέγεται κάθε φορά από τα μέλη μίας οικογένειας και φυσικά είναι συνάρτηση του .
Τη περίπτωση που αναφέρεται για το περιοδικό Μαθηματική Έκραση δεν την ξέρω. Γιαυτό χωρίς να αμφιβάλλω για την ακρίβεια της μεταφοράς των απόψεων του Στράτου από τον Σπύρο ζήτησα με mail από τον Στράτο Μάκρα (που υπηρετεί στις Βρυξέλλες) αν έχει κάτι να μου το στείλει.
Μαυρογιάννης

Η απόδειξη του θεωρήματος l'Hopital που ξέρω, πέφτει στην περίπτωση (2) που αναφέρει ο Νίκος. Άρα (αν δεν υπάρχει άλλη απόδειξη του l'Hopital που να το αποφεύγει αυτό) χρειάζεται το αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής. (Ή έστω το αξίωμα της εξαρτημένης επιλογής.)

Μάλλον ο κος Μάκρας κάτι τέτοιο ήθελε να θίξει.

Συνήθως στην ανάλυση το μόνο που χρειαζόμαστε είναι το αξίωμα της αριθμήσιμης επιλογής το οποίο δέχονται οι περισσότεροι μαθηματικοί. Υπάρχουν και οι λεγόμενοι "constructivists" που από ότι καταλαβαίνω δεν το δέχονται αυτό. Η ανάλυση τους (Bishop, 'Foundations of contructive analysis') είναι αρκετά διαφορετική από την δική μας "παραδοσιακή ανάλυση". Δεν γνωρίζω όμως αρκετά για να ξέρω τι ακριβώς δέχονται και τι όχι ή τι θεωρήματα μπορούν να αποδείξουν σε αυτήν την ανάλυση.