метрические пространства неподвижные точки

[zoo]

в вариационном принципе Икланда из которого задача следует сразу лемма Цорна не используется

[Хорхе]

zoo писал(а):

в вариационном принципе Икланда из которого задача следует сразу лемма Цорна не используется

Не могу понять, к чему это замечание.
Да, наверное, принцип Икланда можно доказать без использования леммы Цорна. Но то, что он "не используется" -- что это значит? Что он верен без аксиомы выбора? Что к принципу Икланда можно прийти из аксиом теории множеств, минуя аксиому выбора и ее аналоги? Вы в этом абсолютно уверены?

[zoo]

Странный вопрос. Если Вы в этом не уверены найдите доказательство.

Скажем так. Мне очень хотелось бы посмотреть на прямое доказательство (без Икланда) поэтому пока, что бы не закрывать тему, хочу зафиксировать следующее:
решения задачи Вы не привели

[Хорхе]

Ну вот Вам доказательство, на этот раз полное и строгое (легкая модификация нечетких рассуждений про трансфинитную индукцию). Скажем, что $x\preceq y$, если $d(x,y)\le \psi(x) - \psi(y)$. По условию для всякого $x$ выполнено $x\preceq f(x)$. Каждое вполне упорядоченное подмножество $X$ имеет верхнюю грань (последний абзац поста про трансфинитную индукцию). Тогда по теореме Цермело о неподвижной точке $f$ имеет неподвижную точку.

[zoo]

Хорхе писал(а):

Ну вот Вам доказательство, на этот раз полное и строгое (легкая модификация нечетких рассуждений про трансфинитную индукцию). Скажем, что $x\preceq y$, если $d(x,y)\le \psi(x) - \psi(y)$. По условию для всякого $x$ выполнено $x\preceq f(x)$. Каждое вполне упорядоченное подмножество $X$ имеет верхнюю грань (последний абзац поста про трансфинитную индукцию). Тогда по теореме Цермело о неподвижной точке $f$ имеет неподвижную точку.

а про то, что "Каждое вполне упорядоченное подмножество $X$ имеет верхнюю грань " можно по-подробнее. Именно не про то, что каждое счетное вполне упорядоченное подмножество имеет точную верхнюю грань, как Вы писали раньше, а просто каждое вполне упорядоченное подмножество.

[Хорхе]

zoo писал(а):

Именно не про то, что каждое счетное вполне упорядоченное подмножество имеет точную верхнюю грань, как Вы писали раньше, а просто каждое вполне упорядоченное подмножество.

Я написал "последний абзац". Вот я его привожу:

Цитата:

любое вполне упорядоченное подмножество $A\subset X$ имеет верхнюю грань, т.к. мы можем взять возрастающую последовательность $y_n\in A$ т.ч. $\psi(y_n)\downarrow \inf_A \psi$. Тогда из б) в точности как в моем не до конца правильном рассуждении выше $y_n\to y$. Отсюда $y$ --- верхняя грань для $A$.

Где Вы тут увидели слово "счетное"? Я устал биться головой о стенку. Если Ваш следующий вопрос будет в таком же ключе, с такой же заранее занятой враждебной позицией и с таким же намерением придраться хоть к чему то --- заранее извиняюсь за то, что он останется без ответа.

[zoo]

Хорхе писал(а):

zoo писал(а):

Именно не про то, что каждое счетное вполне упорядоченное подмножество имеет точную верхнюю грань, как Вы писали раньше, а просто каждое вполне упорядоченное подмножество.

Я написал "последний абзац". Вот я его привожу:

Цитата:

любое вполне упорядоченное подмножество $A\subset X$ имеет верхнюю грань, т.к. мы можем взять возрастающую последовательность $y_n\in A$ т.ч. $\psi(y_n)\downarrow \inf_A \psi$. Тогда из б) в точности как в моем не до конца правильном рассуждении выше $y_n\to y$. Отсюда $y$ --- верхняя грань для $A$.

Где Вы тут увидели слово "счетное"? Я устал биться головой о стенку. Если Ваш следующий вопрос будет в таком же ключе, с такой же заранее занятой враждебной позицией и с таким же намерением придраться хоть к чему то --- заранее извиняюсь за то, что он останется без ответа.

Понял. Напрасно кипятитесь, Вы рассуждаете в терминах последовательностей, я не сразу сообразил, что так можно, т.е. что так действительно можно доказать наличие у каждого упорядоченного множества верхней грани. За мной доказательство без трасфинитной индукции