Теорема Больцано-Коши в подполях вещественных чисел

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1547652 писал(а):

Я не понимаю этот пример с сигнумом

Мы для вообще любого множества, не содержащего ноль (ну и содержащую числа слева и справа от него), построили функцию, непрерывную на этом множестве, принимающую значения из $\{-1, 1\}$, для которой не выполнена теорема Больцано-Коши. Можете ли вы аналогично построить функцию, определенную на множестве, не содержащем $c$ (но содержащим какие-то числа слева и справа от него), непрерывную на этом множестве, со значениями опять же $\pm 1$, и для которой опять же теорема не выполнена?

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1547653 писал(а):

Можете ли вы аналогично построить функцию, определенную на множестве, не содержащем $c$ (но содержащим какие-то числа слева и справа от него), непрерывную на этом множестве, со значениями опять же $\pm 1$, и для которой опять же теорема не выполнена?

Кажется понял. Берем произвольное собственное подполе $K$ поля действительных чисел. Раз оно собственное, существует $c \in \mathbb R$, которое не принадлежит $K$. Из бесконечности и плотности $K$ следует, что мы можем взять $K$-отрезок, который, будь он $\mathbb R$-отрезком, содержал бы $c$. Далее строим функцию $f$: на левом конце отрезка и на всех точках из $K$ левее $c$ она принимает $(-1)$, а на всех точках из $K$ правее $c$ (включая конец отрезка) она принимает $1$. В любой точке отрезка $f$ непрерывна, на концах принимает значения разных знаков, но нуля у нее нету.

Я просто не мог поверить, что такое рассуждение действительно проходит для любого собственного подполя. Здесь кроме собственности ничего не требуется, офигеть можно на самом деле. Зачем тогда все эти извороты с контрпримерами к теореме Больцано-Коши (обычной, но где у функции область определения несвязна), если такой пример строится настолько просто и в такой общности.

Ну и получается, что теорема Больцано-Коши является одной из форм свойства полноты множества действительных чисел. Вот 500 учебников анализа написано, все как один, а нет бы хоть кто-нибудь об этом сказал бы.

Хочу поблагодарить всех участников обсуждения. Извините, что так тупил)) Просто для меня это действительно потрясающий факт (и наверное еще более потрясающее доказательство).

-- 01.02.2022, 22:12 --

Усложним задачу .

Есть собственное подполе $K \subset \mathbb R$. Возьмем $K$-отрезок: $\{x \in K: a \leqslant x \leqslant b \}$. На этом $K$ отрезке определена функция $f$. Если до этого мы требовали от $f$ просто быть непрерывной в каждой точке $K$-отрезка, то теперь мы потребуем от нее быть "непрерывной" вообще во всех точках $K$-отрезка, включая те из них, которые не принадлежат $K$. Конечно, в этих точках функция будет не определена. Но можно в рамках этой задачи поговорить о непрерывности функции в точках, в которых она не определена. Все эти точки будут предельными для области определения. Будем говорить, что $f$ непрерывна в такой точке (не принадлежащей ее области определения) если просто совпадают обычные вещественные правый и левый пределы. Найдется ли собственное подполе поля действительных чисел такое, что из новой непрерывности на отрезке будет вытекать существование нуля такой функции? Пример с сигнумом уже не подходит. $\mathbb Q$ тоже отпадает.

[EminentVictorians]

В этом случае акцент смещается именно на то, что в точках из $K$ функция должна принимать значения из $K$, причем далеко не любые. Т.е. произвол сильно сокращается.

[mihaild]

Это как раз то, о чем говорил Padawan - нужно чтобы наша функция была ограничением на $K$ непрерывной на $\mathbb R$ функции. Тут нужно действовать уже чуть хитрее - понятно что нужно чтобы нуль достигался в принадлежащей $\mathbb R \setminus K$ точке.
Попробуйте для начала построить примеры для $\mathbb Q$ и $\mathbb A$.

[EminentVictorians]

А я попробую сразу для произвольного собственного подполя. Не получится - тогда рациональные рассмотрим. Но вдруг пройдет.

1. Забавная ситуация. Этот факт геометрически абсолютно очевиден. Точки декартова квадрата поля $K$ заполняют плоскость плотно. Рисуем отрезок, выкалываем на нем точку $c$ и прикидываем, можно ли провести снизу слева вверх направо непрерывную (в новом смысле) функцию, у которой, будь она вещественной, был бы единственный ноль - в $c$. Очевидно, что можно. Свойство непрерывности слишком слабое. Вот если бы мы требовали от нее какую-нибудь выпуклость или еще что-то такое, то тут да - надо думать. Но с непрерывностью все легко.

2. Попробуем это строго обосновать. Самый очевидный сценарий -- посмотреть, а вдруг если соединить эти три точки ($(a, f(a)), (c, 0), (b, f(b))$ просто двумя отрезками прямых, то получится искомая функция. Но не получится. Коэффициенты пропорциональности могут не входить в $K$. Но ведь можно так изломать каждый из этих отрезков на 2 отрезка, что коэффициенты пропорциональности будут принадлежать $K$ (это обеспечивается плотностью $K$ в $\mathbb R$). Вроде все - искомая функция построена. Ее график - 4 отрезка.

3. Второй пункт все равно не очень строгий. Но если идея правильная, то мне кажется все оформить по-настоящему строго у меня получится.

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1547670 писал(а):

Но ведь можно так изломать каждый из этих отрезков на 2 отрезка, что коэффициенты пропорциональности будут принадлежать $K$ (это обеспечивается плотностью $K$ в $\mathbb R$).

Каким образом? У одного из отрезков будет конец (или внутренняя точка) $(c, 0)$. Если её соединить отрезком с точкой из $K \times K$, то коэффициенты опять же не будут принадлежать $K$.

[EminentVictorians]

Не знаю, сдаюсь. Была идея взять многочлен, как функцию, которая на точках из $K$ будет принимать значения из $K$. Но как сконструировать его, чтобы у него ноль был в нужной точке я не знаю. Похоже, что никак.

[mihaild]

Многочлен тоже вряд ли подойдет - относительно многочлена прообраз алгебраических чисел алгебраические, так что если наше поле содержит $\mathbb A$, то оно содержит все вещественные нули многочлена.
В целом идея с изломом докручивается, только одним (или соответственно конечным числом) изломов не обойтись.
Давайте пока для $a \in K$, $c \notin K$ изготовим вещественную непрерывную функцию $f$ на отрезке $[a, c]$, равную $-1$ в $a$, $0$ в $c$, и принимающую значения из $K$ на $K$.
Т.к. $c$ - вещественное число, то существует монотонно возрастающая последовательность рациональных чисел $x_n$, сходящаяся к $c$. Т.к. $K$ подполе, то $x_n \in K$, соответственно нужно чтобы $f(x_n) \in K$. Т.к. $f$ непрерывна, то $f(x_n) \to 0$. Как бы нам теперь задать $f(x_n)$? Как логично доопределить $f$ для остальных точек с сохранением нужных свойств?

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1547720 писал(а):

Как бы нам теперь задать $f(x_n)$?

Т.е нужна функция, принимающая в рациональных точках рациональные значения. Но для ее задания одних элементарных арифметических действий мало. Я точно до такого не догадаюсь.

[mihaild]

Ну вы можете придумать последовательность положительных рациональных чисел, сходящуюся к нулю?

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1547783 писал(а):

Ну вы можете придумать последовательность положительных рациональных чисел, сходящуюся к нулю?

Да, могу. $1/n$ например.

[mihaild]

Правильно.
У нас есть монотонно возрастающая последовательность рациональных чисел $x_n$, сходящаяся к $c$. Мы хотим построить непрерывную функцию $f$, такую что $f(x_n) \in K$ и при этом $f(x_n) \to 0$. Как можно бы определить $f(x_n)$?

[Someone]

EminentVictorians

mihaild в сообщении #1547720 писал(а):

В целом идея с изломом докручивается, только одним (или соответственно конечным числом) изломов не обойтись.