Lemma di Cauchy-Cantor e assioma di completezza
L'esercizio che credo di aver saputo risolvere è il seguente:
Riporto per comodità di chi leggerà i 3 enunciati di cui si parla:
1) Completezza: dati due insiemi di reali non vuoti \(\displaystyle X \) e \(\displaystyle Y \), tali che \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y \in Y \), allora esiste sempre un \(\displaystyle c \) reale tale che \(\displaystyle x \leq c \leq y \).
2) Archimede: per ogni \(\displaystyle x \) reale e \(\displaystyle h \) reale positivo, esiste un intero \(\displaystyle k \) tale che \(\displaystyle (k-1)h \leq x < kh \).
3) Cauchy-Cantor: ogni sequenza di intervalli chiusi \(\displaystyle I_1 \supset I_2\supset I_3\supset ...\supset I_n\supset ... \) ha un punto in comune. Se sono presenti intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola, tale punto è unico.
Nella dimostrazione che ho provato a dare io qui sotto non mi sembra di aver utilizzato il principio di Archimede, chiedo quindi dove sia l'errore.
Cominciamo quindi con il non ammettere l'esistenza dell'assioma di completezza ma del solo lemma di Cauchy-Cantor.
Poiché X e Y sono non vuoti posso prendere un elemento \(\displaystyle x_1 \in X \) e un \(\displaystyle y_1 \in Y \) e avrò che \(\displaystyle x_1 \leq y_1 \). Definisco l'intervallo \(\displaystyle I_1 = [x_1, y_1] \).
Considero il punto medio di tale intervallo \(\displaystyle m_1=\frac{x_1+y_1}{2} \), che esiste in \(\displaystyle \mathbb{R} \) poiché questo insieme è chiuso rispetto alla somma e al prodotto, per assioma.
Se \(\displaystyle m_1 \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \), allora definirò \(\displaystyle I_2=[x_1, m_1]=[x_2, y_2] \); se è un minorante di \(\displaystyle Y \) allora \(\displaystyle I_2=[m_1, y_1]=[x_2, y_2] \); se è contemporaneamente entrambe le cose è indifferente definire \(\displaystyle I_2 \) nel primo o nel secondo modo. Non sono possibili altri casi poiché \(\displaystyle x_1 \leq m_1 \leq y_1 \) e \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Ora itero il discorso, valutando la posizione di \(\displaystyle m_2=\frac{x_2+y_2}{2} \) e definendo opportunamente \(\displaystyle I_3=[x_3, y_3] \) con gli stessi criteri di prima.
Per come sono costruiti gli \(\displaystyle I_n=[x_n, y_n] \), \(\displaystyle x_n \) è sempre un minorante di \(\displaystyle Y \) e \(\displaystyle y_n \) è sempre un maggiorante di \(\displaystyle X \). Questi intervalli sono anche annidati e per il lemma di Cauchy-Cantor esiste un reale \(\displaystyle c \) comune ad essi e tale che \(\displaystyle x_n \leq c \leq y_n \) per ogni \(\displaystyle n \). Inoltre \(\displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} \), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \(\displaystyle \epsilon >0\) basta imporre \(\displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'\(\displaystyle n \) opportuno che la verifica, in particolare \(\displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1\). Ciò significa che \(\displaystyle c \) è unico (anche se questo particolare non è necessario ai fini della dimostrazione).
Non resta ora che far vedere che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Supponiamo innanzitutto per assurdo che esista un \(\displaystyle x_0 \in X \) tale che \(\displaystyle x_0 > c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq x_0 - x_n \geq x_0 - c = \text{const}> 0 \)
che è assurdo per quanto visto prima (presenza di intervalli arbitrariamente piccoli). Quindi \(\displaystyle c \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \).
Supponiamo poi per assurdo che che esista un \(\displaystyle y_0 \in Y \) tale che \(\displaystyle y_0 < c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq c - x_n \geq c - y_0 = \text{const} >0\)
che è assurdo per gli stessi motivi. Quindi \(\displaystyle c \) è un minorante di \(\displaystyle Y \).
Ciò vuol dire che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \), che è proprio l'assioma di completezza.
E' giusta? Dove avrei usato Archimede?
Grazie in anticipo.
Dimostrare che il lemma di Cauchy-Cantor implica l'assioma di completezza solo se si postula anche il principio di Archimede.
Riporto per comodità di chi leggerà i 3 enunciati di cui si parla:
1) Completezza: dati due insiemi di reali non vuoti \(\displaystyle X \) e \(\displaystyle Y \), tali che \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y \in Y \), allora esiste sempre un \(\displaystyle c \) reale tale che \(\displaystyle x \leq c \leq y \).
2) Archimede: per ogni \(\displaystyle x \) reale e \(\displaystyle h \) reale positivo, esiste un intero \(\displaystyle k \) tale che \(\displaystyle (k-1)h \leq x < kh \).
3) Cauchy-Cantor: ogni sequenza di intervalli chiusi \(\displaystyle I_1 \supset I_2\supset I_3\supset ...\supset I_n\supset ... \) ha un punto in comune. Se sono presenti intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola, tale punto è unico.
Nella dimostrazione che ho provato a dare io qui sotto non mi sembra di aver utilizzato il principio di Archimede, chiedo quindi dove sia l'errore.
Cominciamo quindi con il non ammettere l'esistenza dell'assioma di completezza ma del solo lemma di Cauchy-Cantor.
Poiché X e Y sono non vuoti posso prendere un elemento \(\displaystyle x_1 \in X \) e un \(\displaystyle y_1 \in Y \) e avrò che \(\displaystyle x_1 \leq y_1 \). Definisco l'intervallo \(\displaystyle I_1 = [x_1, y_1] \).
Considero il punto medio di tale intervallo \(\displaystyle m_1=\frac{x_1+y_1}{2} \), che esiste in \(\displaystyle \mathbb{R} \) poiché questo insieme è chiuso rispetto alla somma e al prodotto, per assioma.
Se \(\displaystyle m_1 \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \), allora definirò \(\displaystyle I_2=[x_1, m_1]=[x_2, y_2] \); se è un minorante di \(\displaystyle Y \) allora \(\displaystyle I_2=[m_1, y_1]=[x_2, y_2] \); se è contemporaneamente entrambe le cose è indifferente definire \(\displaystyle I_2 \) nel primo o nel secondo modo. Non sono possibili altri casi poiché \(\displaystyle x_1 \leq m_1 \leq y_1 \) e \(\displaystyle x \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Ora itero il discorso, valutando la posizione di \(\displaystyle m_2=\frac{x_2+y_2}{2} \) e definendo opportunamente \(\displaystyle I_3=[x_3, y_3] \) con gli stessi criteri di prima.
Per come sono costruiti gli \(\displaystyle I_n=[x_n, y_n] \), \(\displaystyle x_n \) è sempre un minorante di \(\displaystyle Y \) e \(\displaystyle y_n \) è sempre un maggiorante di \(\displaystyle X \). Questi intervalli sono anche annidati e per il lemma di Cauchy-Cantor esiste un reale \(\displaystyle c \) comune ad essi e tale che \(\displaystyle x_n \leq c \leq y_n \) per ogni \(\displaystyle n \). Inoltre \(\displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} \), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \(\displaystyle \epsilon >0\) basta imporre \(\displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'\(\displaystyle n \) opportuno che la verifica, in particolare \(\displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1\). Ciò significa che \(\displaystyle c \) è unico (anche se questo particolare non è necessario ai fini della dimostrazione).
Non resta ora che far vedere che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \).
Supponiamo innanzitutto per assurdo che esista un \(\displaystyle x_0 \in X \) tale che \(\displaystyle x_0 > c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq x_0 - x_n \geq x_0 - c = \text{const}> 0 \)
che è assurdo per quanto visto prima (presenza di intervalli arbitrariamente piccoli). Quindi \(\displaystyle c \) è un maggiorante di \(\displaystyle X \).
Supponiamo poi per assurdo che che esista un \(\displaystyle y_0 \in Y \) tale che \(\displaystyle y_0 < c \), allora:
\(\displaystyle |I_n|=y_n - x_n \geq c - x_n \geq c - y_0 = \text{const} >0\)
che è assurdo per gli stessi motivi. Quindi \(\displaystyle c \) è un minorante di \(\displaystyle Y \).
Ciò vuol dire che \(\displaystyle x \leq c \leq y \) per ogni \(\displaystyle x \in X \) e \(\displaystyle y\in Y \), che è proprio l'assioma di completezza.
E' giusta? Dove avrei usato Archimede?
Grazie in anticipo.
Risposte
"Ianero":
basta imporre \(\displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'\(\displaystyle n \) opportuno che la verifica
Eccolo qua
(lo stai usando per affermare che quel $n$ esiste)
"Ianero":
Inoltre \( \displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} \), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \( \displaystyle \epsilon >0 \) basta imporre \( \displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'n opportuno che la verifica, in particolare \( \displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1 \).
Il fatto che esistano intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola l'ho dimostrato solo con gli assiomi dell'ordinamento in \(\displaystyle \mathbb{R} \) (e qualche proprietà che ne deriva), perciò ho postato i passaggi per trovare \(\displaystyle n \).
Dove c'è il postulato di Archimede?
(lo stai usando per affermare che quel n esiste)
Con quella piccola disequazione, questa cosa non l'ho dimostrata (invece che postulata)?
Grazie della risposta.
"Ianero":
[quote="Ianero"]Inoltre \( \color{red}{\displaystyle |I_n|=\frac{|I_1|}{2^{n-1}}=\frac{y_1-x_1}{2^{n-1}}<\frac{y_1-x_1}{n-1} }\), quindi posso trovare intervalli di lunghezza arbitraria poiché scelta una lunghezza \( \displaystyle \epsilon >0 \) basta imporre \( \displaystyle |I_n| < \epsilon \) per trovare l'n opportuno che la verifica, in particolare \( \displaystyle |I_n|<\frac{y_1-x_1}{n-1}<\epsilon \Rightarrow \color{green}{n>\frac{y_1-x_1}{\epsilon }+1} \).
Il fatto che esistano intervalli di lunghezza arbitrariamente piccola l'ho dimostrato solo con gli assiomi dell'ordinamento in \( \displaystyle \mathbb{R} \) (e qualche proprietà che ne deriva), perciò ho postato i passaggi per trovare \( \displaystyle n \).
Dove c'è il postulato di Archimede?[/quote]
No, tu hai dimostrato che vale la disuguaglianza in rosso. Come fai invece a dire che esiste un $n\in NN$ che verifica la disuguaglianza in verde? Potresti dirlo se sapessi che $NN$ è illimitato superiormente, fatto che segue dalla completezza oppure dall'assioma di Archimede (che si può riformulare così: per ogni $x,y\in RR$, $x,y>0$, esiste $n\in NN$ tale che $nx>y$).
Scusami se insisto, è solo per capire, non metto in dubbio che hai ragione.
\(\displaystyle \mathbb{N} \) è definito come il più piccolo sottoinsieme induttivo di \(\displaystyle \mathbb{R} \) contenente 1.
A questo punto segue dalla definizione che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente perchè \(\displaystyle n+1 > n \).
\(\displaystyle n+1 \) esiste sempre per l'assioma di chiusura di \(\displaystyle \mathbb{R} \) rispetto alla somma e non per la completezza.
Mi aiuti a capire meglio?
\(\displaystyle \mathbb{N} \) è definito come il più piccolo sottoinsieme induttivo di \(\displaystyle \mathbb{R} \) contenente 1.
A questo punto segue dalla definizione che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente perchè \(\displaystyle n+1 > n \).
\(\displaystyle n+1 \) esiste sempre per l'assioma di chiusura di \(\displaystyle \mathbb{R} \) rispetto alla somma e non per la completezza.
Mi aiuti a capire meglio?
Ma figurati! Anzi, devi mettere in dubbio che io abbia ragione, visto che è dal 2012 che non ragiono su questioni così "fondamentali" (cioè riguardanti i fondamenti della Matematica) 
Comunque, prova a dimostrare che $NN$ è illimitato superiormente senza usare completezza e Archimede. Secondo me non ci riuscirai.
Se assumi l'assioma di Archimede, la dimostrazione è banale (si fa per assurdo). Se assumi la completezza, pure è banale e pure si fa per assurdo: se $NN$ fosse limitato superiormente, esisterebbe un $M\in RR$ tale che $M="sup" NN$; $M$ è il più piccolo dei maggioranti, quindi $M-1$ non è un maggiorante, dunque $\exists n\in NN$ tale che $n>M-1$, vale a dire $M
Se quel $M$ non è il più piccolo dei maggioranti ma un maggiorante qualunque (con cui avresti a che fare in un ipotetica dimostrazione per assurdo del fatto che $NN$ è illimitato superiormente), chi ti dice che aggiungendo più volte $1$ a un certo $n$ riuscirai a superare $M$? L'intuizione a questo livello inganna
Comunque, prova a dimostrare che $NN$ è illimitato superiormente senza usare completezza e Archimede. Secondo me non ci riuscirai.
Se assumi l'assioma di Archimede, la dimostrazione è banale (si fa per assurdo). Se assumi la completezza, pure è banale e pure si fa per assurdo: se $NN$ fosse limitato superiormente, esisterebbe un $M\in RR$ tale che $M="sup" NN$; $M$ è il più piccolo dei maggioranti, quindi $M-1$ non è un maggiorante, dunque $\exists n\in NN$ tale che $n>M-1$, vale a dire $M
Se quel $M$ non è il più piccolo dei maggioranti ma un maggiorante qualunque (con cui avresti a che fare in un ipotetica dimostrazione per assurdo del fatto che $NN$ è illimitato superiormente), chi ti dice che aggiungendo più volte $1$ a un certo $n$ riuscirai a superare $M$? L'intuizione a questo livello inganna
Ah ecco, ho capito.
Questa cosa è giusta se implicitamente si assume che ogni sottoinsieme limitato superiormente di \(\displaystyle \mathbb{N} \) ha un massimo, cosa che deriva dalla completezza.
Quindi sì, non posso dire a priori adesso che i naturali sono un insieme illimitato superiormente, ma devo dimostrarlo e senza usare la completezza.
E postulando Archimede diventa facile.
Grazie
"Ianero":
A questo punto segue dalla definizione che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente perchè n+1>n.
n+1 esiste sempre per l'assioma di chiusura di \(\displaystyle \mathbb{R} \) rispetto alla somma e non per la completezza.
Questa cosa è giusta se implicitamente si assume che ogni sottoinsieme limitato superiormente di \(\displaystyle \mathbb{N} \) ha un massimo, cosa che deriva dalla completezza.
Quindi sì, non posso dire a priori adesso che i naturali sono un insieme illimitato superiormente, ma devo dimostrarlo e senza usare la completezza.
E postulando Archimede diventa facile.
Grazie
Esatto!
Prego
Prego
A proposito sempre dell'assioma di completezza, a quanto pare è equivalente anche al lemma di Borel Lebesgue:
Ci sto provando da qualche ora a far vedere che postulando questo lemma, l'assioma di completezza viene di conseguenza ma non riesco proprio a impostare.
Qualche suggerimento solo per capire come sfruttare a mio favore il fatto che ogni intervallo chiuso si ricopre sempre con un numero finito di aperti?
Apparentemente non riesco a legare in nessun modo questa proprietà con il fatto che ogni insieme limitato superiormente abbia il \(\displaystyle \sup \)
Grazie per eventuali lumini.
Ogni intervallo chiuso ricoperto da un insieme \(\displaystyle S \) di intervalli aperti, ammette una copertura da un sottoinsieme finito di \(\displaystyle S \)
Ci sto provando da qualche ora a far vedere che postulando questo lemma, l'assioma di completezza viene di conseguenza ma non riesco proprio a impostare.
Qualche suggerimento solo per capire come sfruttare a mio favore il fatto che ogni intervallo chiuso si ricopre sempre con un numero finito di aperti?
Apparentemente non riesco a legare in nessun modo questa proprietà con il fatto che ogni insieme limitato superiormente abbia il \(\displaystyle \sup \)
Grazie per eventuali lumini.
Sono stato un po' frettoloso ma mi pare che funzioni.
Ragioniamo per assurdo, ammettendo l'esistenza di un $X\subseteq RR$, non vuoto e limitato superiormente, che non ha estremo superiore. Detto $\mathcal{M}$ l'insieme dei maggioranti di $X$, stiamo supponendo dunque che $\mathcal{M}$ non ha minimo, ovvero che $\forall m\in \mathcal{M}$, $\exists n\in \mathcal{M}$ tale che $n
Per ipotesi, esistono $x\in X$ e $m\in \mathcal{M}$; osserviamo che $x\ne m$ altrimenti $x="sup" X$. Consideriamo l'intervallo $[x,m]$. Si ha che:
\[[x,m]\subseteq \bigcup_{y\in X, y>x}(-\infty,y)\cup\bigcup_{n\in \mathcal{M},n
Ragioniamo per assurdo, ammettendo l'esistenza di un $X\subseteq RR$, non vuoto e limitato superiormente, che non ha estremo superiore. Detto $\mathcal{M}$ l'insieme dei maggioranti di $X$, stiamo supponendo dunque che $\mathcal{M}$ non ha minimo, ovvero che $\forall m\in \mathcal{M}$, $\exists n\in \mathcal{M}$ tale che $n
Per ipotesi, esistono $x\in X$ e $m\in \mathcal{M}$; osserviamo che $x\ne m$ altrimenti $x="sup" X$. Consideriamo l'intervallo $[x,m]$. Si ha che:
\[[x,m]\subseteq \bigcup_{y\in X, y>x}(-\infty,y)\cup\bigcup_{n\in \mathcal{M},n
[*:1t31qygf]esiste $y\in X$ con $y>a$, e quindi $a\in (-\infty,y)$;[/*:m:1t31qygf]
[*:1t31qygf]per ogni $y\in X$ si ha $y\le a$, quindi $a\in\mathcal{M}$. Per quanto detto sopra, esiste $n\in \mathcal{M}$ tale che $n
\[[x,m]\subseteq (-\infty,y_1)\cup\cdots\cup(-\infty,y_h)\cup (n_1,+\infty)\cup\cdots\cup (n_k,+\infty)\]
Ma allora, se
\[y:=\max_{i=1,\dots,h}y_i\quad n:=\min_{j=1,\dots, k}n_j \]
abbiamo
\[[x,m]\subseteq (-\infty,y)\cup (n,+\infty)\]
che è assurdo, perché $(y+n)/2\in [x,m]$ ma $(y+n)/2 \notin (-\infty,y)\cup (n,+\infty)$.
Grazie mille!
A quanto pare st'assioma di completezza è equivalente a un sacco di cose. 
Dovrebbe essere equivalente anche al lemma di Bolzano-Weierstrass: Ogni sottoinsieme infinito limitato dei reali ha almeno un punto limite.
Sto cercando di riuscire a dimostrare che questo lemma implica l'assioma di completezza.
L'idea (l'unica) che mi è venuta è quella di andare per assurdo supponendo che un insieme limitato superiormente non abbia il \(\displaystyle \sup \) e cercare una contraddizione.
Ho tentato così:
prendiamo un insieme \(\displaystyle X \subset \mathbb{R}\) non vuoto e limitato superiormente, quindi esiste almeno un \(\displaystyle x_0 \in X \).
Supponiamo che non abbia \(\displaystyle \sup \), ovvero che \(\displaystyle \mathcal{M}=\left \{ m \in \mathbb{R} | m \geq x, \forall x \in X\right \} \) non abbia \(\displaystyle \min \) (\(\displaystyle \mathcal{M} \) è ovviamente non vuoto per ipotesi).
Allora \(\displaystyle \forall m' \in \mathcal{M} \) l'insieme \(\displaystyle \mathcal{M}_{m'}=\left \{ m \in \mathcal{M} | m
Da qui non riesco a vedere come raggiungere qualche contraddizione...
Pensi che la strada che stia seguendo possa essere buona? Se sì non darmi la soluzione, voglio arrivarci da solo. Magari solo un piccolo spunto
Grazie in anticipo della tua gentilezza.
Dovrebbe essere equivalente anche al lemma di Bolzano-Weierstrass: Ogni sottoinsieme infinito limitato dei reali ha almeno un punto limite.
Sto cercando di riuscire a dimostrare che questo lemma implica l'assioma di completezza.
L'idea (l'unica) che mi è venuta è quella di andare per assurdo supponendo che un insieme limitato superiormente non abbia il \(\displaystyle \sup \) e cercare una contraddizione.
Ho tentato così:
prendiamo un insieme \(\displaystyle X \subset \mathbb{R}\) non vuoto e limitato superiormente, quindi esiste almeno un \(\displaystyle x_0 \in X \).
Supponiamo che non abbia \(\displaystyle \sup \), ovvero che \(\displaystyle \mathcal{M}=\left \{ m \in \mathbb{R} | m \geq x, \forall x \in X\right \} \) non abbia \(\displaystyle \min \) (\(\displaystyle \mathcal{M} \) è ovviamente non vuoto per ipotesi).
Allora \(\displaystyle \forall m' \in \mathcal{M} \) l'insieme \(\displaystyle \mathcal{M}_{m'}=\left \{ m \in \mathcal{M} | m
Da qui non riesco a vedere come raggiungere qualche contraddizione...
Pensi che la strada che stia seguendo possa essere buona? Se sì non darmi la soluzione, voglio arrivarci da solo. Magari solo un piccolo spunto
Grazie in anticipo della tua gentilezza.
Ciao Ianero!
Non penso che la strada che hai scelto sia buona: l'esistenza di almeno un punto limite per $\mathcal{M}_{m'}$ segue automaticamente dal fatto che $\mathcal{M}_{m'}\ne\emptyset$ (ad esempio, $m'$ è un punto limite), senza tirare in ballo il lemma di Bolzano-Weierstrass.
Io ho provato con una dimostrazione diretta - insomma, senza ragionare per assurdo - e mi pare che funzioni; questa volta sono stato ancora più frettoloso, quindi non fidarti troppo. Premesso che:
Non penso che la strada che hai scelto sia buona: l'esistenza di almeno un punto limite per $\mathcal{M}_{m'}$ segue automaticamente dal fatto che $\mathcal{M}_{m'}\ne\emptyset$ (ad esempio, $m'$ è un punto limite), senza tirare in ballo il lemma di Bolzano-Weierstrass.
Io ho provato con una dimostrazione diretta - insomma, senza ragionare per assurdo - e mi pare che funzioni; questa volta sono stato ancora più frettoloso, quindi non fidarti troppo. Premesso che:
[*:e7k0pvcx] dal lemma di BW segue che $NN$ è limitato superiormente (se non lo fosse, $NN$ avrebbe un punto di accumulazione. Tuttavia...)[nota]Questo è più seccante di quel che sembra, perché per poter concludere c'è da fare prima una cosa: a partire dalla definizione di $NN$ (il più piccolo insieme induttivo che contiene lo zero) devi dimostrare che se $x \in RR$ è tale che $n
[*:e7k0pvcx] il lemma di BW si può riformulare così: ogni successione limitata ammette un'estratta convergente;[/*:m:e7k0pvcx][/list:u:e7k0pvcx]
l'idea è stata questa: per ogni $\varepsilon>0$ l'insieme
\[E_\varepsilon:=\{m\in\mathcal{M}\,|\,\exists x\in X:|m-x|<\varepsilon\}\]
è non vuoto (in particolare, per $\varepsilon =1/n$ si ha che...
). Lemma di BW, qualche altro passaggio e trovi il candidato estremo superiore di $X$.Prova e fammi sapere
P.S. L'ultima volta mi sono pentito di averti dato la soluzione, scusami...è che quando ho pensato di metterla in spoiler era già troppo tardi
Mi aspettano due ore di viaggio, per cui mi metterò a fare prove.
Ti faccio sapere appena arrivo a qualcosa di anche parzialmente buono, grazie!
Ti faccio sapere appena arrivo a qualcosa di anche parzialmente buono, grazie!
Partiamo da qui.
Credo di essere riuscito a dimostrare che ogni sottoinsieme di \(\displaystyle \mathbb{N} \) superiormente limitato ha il massimo utilizzando come assioma il lemma di BW.
Supponiamo per assurdo che \(\displaystyle A \subset \mathbb{N} \) superiormente limitato non abbia massimo, ovvero che \(\displaystyle \forall a \in A, \exists a' \in A | a'>a \).
Per cui l'insieme \(\displaystyle B=\left \{ b\in A |b>a_0, a_0 \in A\right \} \) è sempre non vuoto per qualunque \(\displaystyle a_0 \in A \).
\(\displaystyle B \) è limitato sia inferiormente (da \(\displaystyle a_0 \)) che superiormente (poiché \(\displaystyle B \subset A \)) ed è anche infinito (se fosse finito troverei il massimo di \(\displaystyle B \) ovvero di \(\displaystyle A \)).
Per il lemma di BW, \(\displaystyle \exists p \in \mathbb{R} | I=\left \{ b \in B : |b-p|<\frac{1}{2}\right \} \) è non vuoto e contiene infiniti elementi.
Ciò implica che esistono due elementi di \(\displaystyle B \) a distanza inferiore di 1, che è assurdo per la definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) come il più piccolo insieme induttivo di reali contenente 1.
Fin qui è corretto?
Se sì proseguo, perché ora è un attimo dimostrare anche che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente.
PS: In realtà così facendo sto dimostrando come prima cosa che BW implica Archimede
Credo di essere riuscito a dimostrare che ogni sottoinsieme di \(\displaystyle \mathbb{N} \) superiormente limitato ha il massimo utilizzando come assioma il lemma di BW.
Supponiamo per assurdo che \(\displaystyle A \subset \mathbb{N} \) superiormente limitato non abbia massimo, ovvero che \(\displaystyle \forall a \in A, \exists a' \in A | a'>a \).
Per cui l'insieme \(\displaystyle B=\left \{ b\in A |b>a_0, a_0 \in A\right \} \) è sempre non vuoto per qualunque \(\displaystyle a_0 \in A \).
\(\displaystyle B \) è limitato sia inferiormente (da \(\displaystyle a_0 \)) che superiormente (poiché \(\displaystyle B \subset A \)) ed è anche infinito (se fosse finito troverei il massimo di \(\displaystyle B \) ovvero di \(\displaystyle A \)).
Per il lemma di BW, \(\displaystyle \exists p \in \mathbb{R} | I=\left \{ b \in B : |b-p|<\frac{1}{2}\right \} \) è non vuoto e contiene infiniti elementi.
Ciò implica che esistono due elementi di \(\displaystyle B \) a distanza inferiore di 1, che è assurdo per la definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) come il più piccolo insieme induttivo di reali contenente 1.
Fin qui è corretto?
Se sì proseguo, perché ora è un attimo dimostrare anche che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente.
PS: In realtà così facendo sto dimostrando come prima cosa che BW implica Archimede
Direi di sì! Forse dovresti solo chiarire come deduci che non esistono elementi di $NN$ che distano meno di $1$, che è in po’ il punto cruciale della dimostrazione.
Comunque, se lo scopo era arrivare a dire che $NN$ è illimitato superiormente, questo passaggio era superfluo. Con un argomento simile avresti potuto dimostrarlo direttamente. Il punto cruciale è lo stesso: dopo aver usato BW, per ottenere un assurdo devi poter dire che non esistono numeri naturali che distano meno di $1$.
Comunque, se lo scopo era arrivare a dire che $NN$ è illimitato superiormente, questo passaggio era superfluo. Con un argomento simile avresti potuto dimostrarlo direttamente. Il punto cruciale è lo stesso: dopo aver usato BW, per ottenere un assurdo devi poter dire che non esistono numeri naturali che distano meno di $1$.
"Plepp":
Forse dovresti solo chiarire come deduci che non esistono elementi di \(\displaystyle \mathbb{N} \) che distano meno di 1
Si può dimostrare direttamente notando che sono punti che appartengono ad un intervallo di lunghezza totale minore di 1.
Si può anche dimostrare valutando tutti i casi uno per volta togliendo il segno di modulo, ad esempio nel caso \(\displaystyle b_1
b_2-p<\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.\Rightarrow b_2-b_1< 1 \). Analogamente per tutti gli altri casi.
Da qui quindi posso dimostrare che \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente, infatti se per assurdo non lo fosse avrebbe un massimo \(\displaystyle N \), ma \(\displaystyle N+1 \in \mathbb{N} \) per definizione, che è una contraddizione.
Corretto?
"Ianero":
[quote="Plepp"]Forse dovresti solo chiarire come deduci che non esistono elementi di \(\displaystyle \mathbb{N} \) che distano meno di 1
Si può dimostrare direttamente notando che sono punti che appartengono ad un intervallo di lunghezza totale minore di 1.
Si può anche dimostrare valutando tutti i casi uno per volta togliendo il segno di modulo, ad esempio nel caso \(\displaystyle b_1
b_2-p<\frac{1}{2}
\end{matrix}\right.\Rightarrow b_2-b_1< 1 \). Analogamente per tutti gli altri casi.
[/quote]
E dov’è l’assurdo??? Non hai aggiunto niente a quello che hai detto prima
Farei così:
Sul resto ok! Passa alle cose importanti
Ah, il problema è che sto dicendo che \(\displaystyle b_2-b_1 < 1 \) è assurdo senza dimostrarlo?
In effetti mi sembrava una cosa così ovvia ma ora che ci ho provato mi sono reso conto che non lo è affatto.
Ad ogni modo il fatto che non ci siano naturali tra \(\displaystyle n \) e \(\displaystyle n+1 \) è un fatto sconnesso dall'assioma di completezza (o una delle sue forme equivalenti), infatti l'ho dimostrato solo col principio di induzione, che se non erro discende solo dalla definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) (nel caso mi sbagli bacchetta pure ).
1. \(\displaystyle x \in \mathbb{N} \) e \(\displaystyle x \neq 1 \Rightarrow x-1 \in \mathbb{N}\):
per \(\displaystyle x=2 \) è ovvia; suppongo vera per \(\displaystyle x=n \), quindi \(\displaystyle n-1 \in \mathbb{N} \Rightarrow (n-1)+1 = n \in \mathbb{N} \Rightarrow \) vera anche per \(\displaystyle x=n+1 \).
2. \(\displaystyle n
se per assurdo \(\displaystyle x \in \mathbb{N} \Rightarrow 1<\underbrace{x-(n-1)}_{\in \mathbb{N} \; (\text{punto 1})}<2 \), che è in contraddizione con la definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) in quanto si potrebbe ottenere un insieme induttivo contenente 1 minore di quello in esame eliminando \(\displaystyle x-(n-1) \) e tutti i suoi eventuali predecessori.
Così può andare?
Edit: ho visto solo successivamente la tua soluzione, sono orgoglioso di me
Insomma sono arrivato a dire che finalmente \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente, ora penso a come andare avanti.
Grazie di tutto.
Edit 2: ho notato che abbiamo due definizioni diverse di \(\displaystyle \mathbb{N} \), ma in ogni caso al fine di queste dimostrazioni non cambia nulla.
In effetti mi sembrava una cosa così ovvia ma ora che ci ho provato mi sono reso conto che non lo è affatto.
Ad ogni modo il fatto che non ci siano naturali tra \(\displaystyle n \) e \(\displaystyle n+1 \) è un fatto sconnesso dall'assioma di completezza (o una delle sue forme equivalenti), infatti l'ho dimostrato solo col principio di induzione, che se non erro discende solo dalla definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) (nel caso mi sbagli bacchetta pure
).1. \(\displaystyle x \in \mathbb{N} \) e \(\displaystyle x \neq 1 \Rightarrow x-1 \in \mathbb{N}\):
per \(\displaystyle x=2 \) è ovvia; suppongo vera per \(\displaystyle x=n \), quindi \(\displaystyle n-1 \in \mathbb{N} \Rightarrow (n-1)+1 = n \in \mathbb{N} \Rightarrow \) vera anche per \(\displaystyle x=n+1 \).
2. \(\displaystyle n
se per assurdo \(\displaystyle x \in \mathbb{N} \Rightarrow 1<\underbrace{x-(n-1)}_{\in \mathbb{N} \; (\text{punto 1})}<2 \), che è in contraddizione con la definizione di \(\displaystyle \mathbb{N} \) in quanto si potrebbe ottenere un insieme induttivo contenente 1 minore di quello in esame eliminando \(\displaystyle x-(n-1) \) e tutti i suoi eventuali predecessori.
Così può andare?
Edit: ho visto solo successivamente la tua soluzione, sono orgoglioso di me
Insomma sono arrivato a dire che finalmente \(\displaystyle \mathbb{N} \) è illimitato superiormente, ora penso a come andare avanti.
Grazie di tutto.
Edit 2: ho notato che abbiamo due definizioni diverse di \(\displaystyle \mathbb{N} \), ma in ogni caso al fine di queste dimostrazioni non cambia nulla.
Ottimo vai avanti!
vai avanti!
Stavo cercando di evitare di introdurre la definizione di limite e usare BW nella sua forma grezza, ma non ci riesco in nessun modo, in particolare facendo prove su prove mi è saltato per la mente che forse è più facile dimostrare che BW implica Cauchy-Cantor. Infatti avendo appena dimostrato che BW implica Archimede e avendo dimostrato in [1] che Cauchy-Cantor + Archimede implica Completezza...
Ma facendo questa prova mi stavo arrovellando su un tentativo di dimostrazione che sembrerebbe condurre a dire che Archimede implica Cauchy-Cantor, il che mi pare molto sbagliato.
Comunque te la riporto qui sotto, magari riesci a vedere (sicuramente) dove sto sbagliando.
Prendo un intervallo \(\displaystyle I_1=[a_1,b_1] \). Quest'ultimo deve essere per forza infinito, perché se in generale un intervallo chiuso di reali fosse finito avrei \(\displaystyle I=\left \{ x_1,x_2,...,x_n \right \} \) (\(\displaystyle x_1
Quindi per \(\displaystyle I_n \subset I_{n-1} \subset ... \subset I_1 \) avrò almeno un punto \(\displaystyle p(n) \in I_n \) in comune a tutti, per ogni \(\displaystyle n \).
Fin qui non ho usato nulla a parte le definizioni di sottoinsieme e gli assiomi di chiusura dei reali rispetto a somma e prodotto.
Se ci sono intervalli di lunghezza arbitraria, cioè se \(\displaystyle \forall \epsilon > 0, \exists n \in \mathbb{N} : |I_n|<\epsilon \), allora ci sarà un solo punto in comune a tutti gli \(\displaystyle I_n \). Infatti se per assurdo ce ne fossero due diversi, \(\displaystyle p_1
\(\displaystyle a_n \leq p_1
contro l'ipotesi di esistenza di intervalli di lunghezza arbitraria.
Sarà che sono stanco dopo un pomeriggio a provare ma non vedo l'errore
Edit: anzi, neanche Archimede ho usato qui...
Ma facendo questa prova mi stavo arrovellando su un tentativo di dimostrazione che sembrerebbe condurre a dire che Archimede implica Cauchy-Cantor, il che mi pare molto sbagliato.
Comunque te la riporto qui sotto, magari riesci a vedere (sicuramente) dove sto sbagliando.
Prendo un intervallo \(\displaystyle I_1=[a_1,b_1] \). Quest'ultimo deve essere per forza infinito, perché se in generale un intervallo chiuso di reali fosse finito avrei \(\displaystyle I=\left \{ x_1,x_2,...,x_n \right \} \) (\(\displaystyle x_1
Quindi per \(\displaystyle I_n \subset I_{n-1} \subset ... \subset I_1 \) avrò almeno un punto \(\displaystyle p(n) \in I_n \) in comune a tutti, per ogni \(\displaystyle n \).
Fin qui non ho usato nulla a parte le definizioni di sottoinsieme e gli assiomi di chiusura dei reali rispetto a somma e prodotto.
Se ci sono intervalli di lunghezza arbitraria, cioè se \(\displaystyle \forall \epsilon > 0, \exists n \in \mathbb{N} : |I_n|<\epsilon \), allora ci sarà un solo punto in comune a tutti gli \(\displaystyle I_n \). Infatti se per assurdo ce ne fossero due diversi, \(\displaystyle p_1
\(\displaystyle a_n \leq p_1
contro l'ipotesi di esistenza di intervalli di lunghezza arbitraria.
Sarà che sono stanco dopo un pomeriggio a provare ma non vedo l'errore
Edit: anzi, neanche Archimede ho usato qui...
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