Замена аксиомы непрерывности на другие аксиомы

[Gecko]

Задача. Доказать, что если аксиому непрерывности заменить двумя аксиомами: критерием Коши и принципом Архимеда, то получится эквивалентное определение множества действительных чисел.
Насколько я понимаю, необходимо доказать эквивалентность $(1) \Leftrightarrow (2)$
$(1) A \subset \mathbb{R}, B \subset \mathbb{R}, \forall a\in A\ \forall b\in B \ a \leqslant b \ \Rightarrow\exists c \in \mathbb{R}: \forall a\in A\ \forall b\in B \ a \leqslant c \leqslant b$
$(2)$ ($\left\lbrace x_n \right\rbrace $ сходится $\Leftrightarrow \left\lbrace x_n \right\rbrace $ фундаментальна) $+$ принцип Архимеда
Представляется, что в качестве $\left\lbrace x_n\right\rbrace$ можно взять стремящуюся к нулю последовательность длин отрезков $[a_n, b_n]$. Но что с ней делать, непонятно.

[dgwuqtj]

В (1) надо добавить условие, что $A$ и $B$ непусты. И если уж доказывать $(2) \Rightarrow (1)$, то надо откуда-то тогда взять $a_n$ и $b_n$. Я бы действовал по аналогии с доказательством теоремы Больцано—Коши.

[Gecko]

dgwuqtj в сообщении #1670365 писал(а):

по аналогии с доказательством теоремы Больцано—Коши.

Вы имеете в виду, что нужно взять произвольный отрезок $[a, b]$ и выбрать на нем произвольную точку $ c $? Потом разделить этот отрезок напополам, взять половину, содержащую точку $ c $, и снова разделить напополам уже ее и т.д.?

[dgwuqtj]

Я имею в виду, что для доказательства (1) надо откуда-то взять последовательность. И да, я бы её строил как-то так, только отрезок не произвольный.

Кстати, я аксиому полноты по Дедекинду обычно видел в другом виде, где $L$ и $R$ образуют разбиение $\mathbb R$ (не пересекаются и покрывают его).

[Gecko]

dgwuqtj в сообщении #1670370 писал(а):

Кстати, я аксиому полноты по Дедекинду обычно видел в другом виде, где $L$ и $R$ образуют разбиение $\mathbb R$ (не пересекаются и покрывают его)

Зорич вводит эту аксиому в том виде, который я изначально представил (да, с оговоркой, что множества $A$ и $B$ непустые).
Далее он поясняет, что есть описанный Вами подход Дедекинда. Кстати, в нем фигурирует разбиение не $\mathbb{R}$, а $\mathbb{Q}$.
Возвращаясь к задаче. Всё же я не понимаю идею доказательства $(2) \Rightarrow (1)$. Видимо, мы должны взять непустые множества $ A \subset \mathbb{R}, B \subset \mathbb{R}: \forall a \in A, \forall b \in B \ a\leqslant b $ и рассмотреть отрезок, один конец которого принадлежит множеству $A$, а другой - $B$.

[dgwuqtj]

Видимо, да... Вам же надо найти точку, которая нестрого между $A$ и $B$.

[Gecko]

Рассмотрим непустые множества $A \subset \mathbb{R}$, $B \subset\mathbb{R}$: $\forall a \in A \ \forall b\in B \ a\leqslant b$.
Если $a = b$, то $c = a = b$, $a \leqslant c \leqslant b$.
Если $a < b$, то обозначим отрезок $[a_0, b_0] = [a, b]$. Разделим этот отрезок на две части: $[a_0, \frac{a_0 + b_0}{2}]$ и $[\frac{a_0 + b_0}{2}, b_0]$. Если точка $\frac{a_0 + b_0}{2}$ принадлежит одновременно двум множествам или, наоборот, не принадлежит ни одному из множеств $A, B$, то это искомая точка $c: a\leqslant c \leqslant b$.
В противном случае из двух отрезков выбираем тот, который содержит точки обоих множеств $A, B$.
Далее повторяем описанные шаги. Процесс или будет обрываться с нахождением точки $c$, либо продолжаться бесконечно: пусть определен отрезок $a_k, b_k$, тогда $[a_k+1,b_k+1] = \begin{cases} [a_k, \frac{a_k + b_k}{2}],& \text{если этот отрезок содержит элементы обоих множеств A, B}\\ [\frac{a_k + b_k}{2}, b_k],&\text{если этот отрезок содержит элементы обоих множеств A, B} \end{cases}$
Непонятно, что с этим делать дальше.

[dgwuqtj]

А дальше надо понять, почему эти отрезки схлопываются в точку. Для начала можно доказать, что их длины стремятся к 0 и что в их пересечении есть не больше одной точки.

[Gecko]

Длины отрезков можно представить в виде числовой последовательности с членом $l_n = \frac{l_0}{2^n}$, где $l_0$ - длина первого отрезка $[a_0, b_0]$.
По индукции $2^n > n$.
Согласно принципу Архимеда для действительного числа $\frac{l_0}{\varepsilon}$, где $\varepsilon \in \mathbb{R}, \varepsilon > 0$, найдется $N_1 \in \mathbb{N}$, удовлетворяющий неравенству $\frac{l_0}{\varepsilon} < N_1$.
А значит $\frac{l_0}{2^{N_1}} < \frac{l_0}{N_1} < \varepsilon$.
Таким образом, $\forall \varepsilon > 0 \ \exists N \in \mathbb{N}: \ \forall n \geqslant N \mid \frac{l_0}{2^n} - 0 \mid < \varepsilon $, т.е. $ \lim\limits_{n\to\infty} l_n = 0$.
Интуитивно понятно, что в результате бесконечного деления отрезок стягивается в точку, только непонятно, как формально к этому прийти.
Можно согласно критерию Коши записать: $\forall \varepsilon > 0 \ \exists N \in \mathbb{N}: \forall m, n \geqslant N \mid l_m - l_n\mid < \varepsilon$. Но что это дает?

[dgwuqtj]

Ничего не даёт. Тогда вроде понятно, что в пересечении не больше одной точки? Ну и доказывайте теперь, что левые концы отрезков сходятся к какой-то точке, которая и будет лежать в пересечении.

[Gecko]

Если отрезки не стягиваются в одну точку, то они содержат как минимум 2 точки $c$ и $c^\prime$. А значит $l_n = b_n - a_n \geqslant \left\lvert c -c^\prime \right\rvert$. Но тогда не будет выполняться неравенство $ b_n - a_n < \varepsilon$, если взять $\varepsilon < \left\lvert c -c^\prime \right\rvert$

-- 18.01.2025, 00:58 --

Честно говоря, похоже на какую-то ерунду. То есть получается, что я не привлекая внимания санитаров аксиому непрерывности получил принцип вложенных отрезков Коши — Кантора.

[mihaild]

Gecko в сообщении #1670568 писал(а):

Если отрезки не стягиваются в одну точку, то они содержат как минимум 2 точки $c$ и $c^\prime$.

Или ни одной.

[Gecko]

mihaild в сообщении #1670593 писал(а):

Или ни одной.

Точно. Только как доказать, что в отрезке хотя бы одна точка осталась? С другой стороны, концы отрезка должны же остаться.

[dgwuqtj]

Я же написал, нужен предельный переход. Про пересечение вы пока не знаете, отрезок там или нет, чтобы говорить про концы (точнее, знаете, что это точка или $\varnothing$).

[Gecko]

Без аксиомы непрерывности я вообще не понимаю, как к этому подступиться. А мне ее доказать надо. Я вообще перестал понимать, что происходит. Тупик.