Maksymalna moc rodziny funkcji

[matmatmm]

Jaka jest maksymalna moc rodziny funkcji \(\displaystyle{ \mathcal F\subset \RR^{\RR}}\) o następującej własności: Jeśli \(\displaystyle{ f,g\in\mathcal F}\) oraz \(\displaystyle{ f\neq g}\), to zbiór \(\displaystyle{ \{x\in \RR: f(x)=g(x)\}}\) jest przeliczalny?

Ukryta treść:    

Zależałoby mi, żeby wyszło więcej niż continuum.

[Slup]

Szczęść Boże i ratuj się kto może!

Argument jest trochę nieelementarny. Może ktoś wymyśli coś łatwiejszego. Taka rodzina może być maksymalnie mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\).

Można przyjąć, że funkcje w rodzinie \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) przyjmują wartości z przedziału \(\displaystyle{ (-1,1)}\). Wystarczy bowiem każdą funkcję z \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) złożyć z przeskalowaną funkcją \(\displaystyle{ \arctg}\). Stąd możemy sformułować pytanie w następujący sposób.

Jaka jest maksymalna moc rodziny funkcji \(\displaystyle{ \mathcal F\subset B(X)}\) o następującej własności: Jeśli \(\displaystyle{ f,g\in\mathcal F}\) oraz \(\displaystyle{ f\neq g}\), to zbiór \(\displaystyle{ \{x\in X: f(x)=g(x)\}}\) jest przeliczalny?

Przy czym \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\) zaś \(\displaystyle{ B(X)}\) oznacza zbiór wszystkich rzeczywistych i ograniczonych funkcji na zbiorze \(\displaystyle{ X}\).

Zauważmy najpierw, że \(\displaystyle{ B(X)}\) jest zamknięty na dodawanie i mnożenie dwóch funkcji. Ponadto funkcja stale równa \(\displaystyle{ 1}\) jest elementem neutralnym dla mnożenia. Stąd \(\displaystyle{ B(X)}\) jest przemiennym pierścieniem z \(\displaystyle{ 1}\). Definiujemy
$$\mathfrak{I} = \big\{f\in B(X)\,\big|\,\mbox{ zbiór wszystkich }x\in X\mbox{ takich, że }f(x) = 0\mbox{ jest koprzeliczalny (jego dopełnienie jest co najwyżej przeliczalne)}\,\big\}$$
Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathfrak{I}}\) jest ideałem właściwym w \(\displaystyle{ B(X)}\). Rozszerzmy teraz \(\displaystyle{ \mathfrak{I}}\) do ideału maksymalnego \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\) pierścienia \(\displaystyle{ B(X)}\). To zawsze można zrobić, o ile mamy pewnik wyboru, a zakładam, że mamy.

Lemat.
Ideał \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\) nie zawiera żadnej funkcji \(\displaystyle{ f \in B(X)}\), która znika na zbiorze co najwyżej przeliczalnym.

Dowód.
Załóżmy przeciwnie, że istnieje \(\displaystyle{ f \in \mathfrak{m}}\) taka, że jej zbiór zer \(\displaystyle{ Z(f) = \{x\in X\,|\,f(x) = 0\}}\) jest co najwyżej przeliczalny. Weżmy
$$\mathbb{1}_{Z(f)}(x) = \begin{cases}1&\mbox{ dla }x\in Z(f)\\
0&\mbox{ w przeciwnym przypadku }
\end{cases}
$$
czyli \(\displaystyle{ \mathbb{1}_{Z(f)}}\) jest funkcją charakterystyczną zbioru \(\displaystyle{ Z(f)}\). Oczywiście \(\displaystyle{ \mathbb{1}_{Z(f)}}\) znika na zbiorze koprzeliczalnym, bo \(\displaystyle{ Z(f)}\) jest zbiorem przeliczalnym. Zatem \(\displaystyle{ \mathbb{1}_{Z(f)} \in \mathfrak{I}}\). Stąd \(\displaystyle{ \mathbb{1}_{Z(f)} \in \mathfrak{m}}\), a więc dostajemy, że \(\displaystyle{ f + \mathbb{1}_{Z(f)}\in \mathfrak{m}}\). To jednak jest niemożliwe, bo funkcja \(\displaystyle{ f + \mathbb{1}_{Z(f)}}\) nie ma zer, a więc jest odwracalnym elementem pierścienia \(\displaystyle{ B(X)}\). Nie może zatem należeć do ideału właściwego, jakim jest \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\). To kończy dowód lematu.

Niech teraz \(\displaystyle{ \pi:B(X) \twoheadrightarrow B(X)/\mathfrak{m}}\) będzie odwzorowaniem ilorazowym. Weźmy dwie funkcje \(\displaystyle{ f_1,f_2 \in B(X)}\). Wówczas z Lematu wynika, że
$$\mbox{ zbiór }x\in X\mbox{ takich, że }(f_1-f_2)(x) = 0\mbox{ jest co najwyżej przeliczalny}\Rightarrow f_1 - f_2 \not \in \mathfrak{m}\Leftrightarrow \pi(f_1) \neq \pi(f_2)$$
Wracamy teraz do rodziny \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\). Z tego, co napisano wyżej, wynika, że obcięcie \(\displaystyle{ \pi_{\mid \mathcal{F}}}\) jest injektywne. Zatem \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) jest równoliczny z \(\displaystyle{ \pi(\mathcal{F})}\), który jest podzbiorem \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\).

Teraz zakończymy uświadamiając sobie, że \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\) jest mocy \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\). W tym celu zauważmy najpierw, że \(\displaystyle{ B(X)}\) jest nie tylko pierścieniem, ale jest też rzeczywistą algebrą Banacha ze względu na normę
$$B(X) \ni f \mapsto \sup_{x\in X}|f(x)|\in [0,+\infty)$$
Następnie każdy ideał maksymalny w \(\displaystyle{ B(X)}\) jest domknięty ze względu na topologię wyznaczoną przez tę normę (to ogólna prawda na temat algebr Banacha nad dowolnymi ciałem z wartością bezwzględną, a na pewno prawda dla takich algebr nad \(\displaystyle{ \mathbb{R},\mathbb{C}}\), ciałem liczb \(\displaystyle{ p}\)-adycznych itp.). Z tego wynika, że iloraz \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\) jest algebrą Banacha nad \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) z tzw. normą ilorazową. Z drugiej strony \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\) jest ciałem (każdy niezerowy element jest odwracalny i wszystko jest przemienne). Twierdzenie Gelfanda-Mazura (a tak naprawdę Mazura, bo to Mazur zajmował się rzeczywistymi algebrami Banacha) stwierdza, że jedynymi rzeczywistymi algebrami Banacha, które jednocześnie są pierścieniami z dzieleniem (każdy niezerowy element jest odwracalny), są z dokł. do izomorfizmu
$$\mathbb{R},\mathbb{C},\mathbb{H}$$
Wszystkie one mają jednak moc \(\displaystyle{ \mathfrak{c}}\).

Ukryta treść:    

Można też wykazać, że \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\) jest izomorficzna z \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) jako algebra Banacha. W tym celu można wyeliminować \(\displaystyle{ \mathbb{H}}\), bo mamy do czynienia z algebrą przemienną. Następnie można udowodnić, że \(\displaystyle{ B(X)/\mathfrak{m}}\) jest ciałem uporządkowanym, co eliminuje \(\displaystyle{ \mathbb{C}}\).

Można też wykazać to inaczej w bardziej algebraiczny sposób i bez odwoływania się do twr. Mazura.

[arek1357]

Ładny dowód przemawiający do prostego i pracującego ludu miast i wsi, mam tylko jedno pytanie jakie są przesłanki, że ostateczny pierścień ilorazowy można uporządkować...

[Slup]

\(\displaystyle{ }\)

dowód przemawiający do prostego i pracującego ludu miast i wsi

Stanisław Mazur w latach 30-tych był zagorzałym marksistą. Teoria Gelfanda-Naimarka jest wynalazkiem sowieckim. Podobnie jak znaczna część współczesnej matematyki.

, mam tylko jedno pytanie jakie są przesłanki, że ostateczny pierścień ilorazowy można uporządkować...

To jest ciekawe zadanie.

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie przestrzenią topologiczną. Niech \(\displaystyle{ C(X)}\) będzie pierścieniem funkcji ciagłych i rzeczywistych na \(\displaystyle{ X}\) oraz niech \(\displaystyle{ C_b(X)}\) będzie podpierścieniem złożonym z funkcji ograniczonych. Niech \(\displaystyle{ R}\) będzie jednym z pierścieni \(\displaystyle{ C(X), C_b(X)}\) oraz niech \(\displaystyle{ \mathfrak{p}}\) będzie jego ideałem pierwszym. Udowodnić, że każdy element pierścienia \(\displaystyle{ R/\mathfrak{p}}\) ma pierwiastek kwadratowy lub jego przeciwieństwo ma pierwiastek kwadratowy.

Gdy zrobi się to zadanie, to postuluje się
\(\displaystyle{ \big\{r \in R/\mathfrak{p}\,\big|\,r\mbox{ ma pierwiastek kwadratowy }\big\}}\)
jako zbiór elementów \(\displaystyle{ \geq 0}\). To wyznacza porządek na \(\displaystyle{ R/\mathfrak{p}}\). Ten porządek jest jedynym porządkiem zgodnym z operacjami pierścienia na \(\displaystyle{ R/\mathfrak{p}}\). Ponadto \(\displaystyle{ R \twoheadrightarrow R/\mathfrak{p}}\) jest morfizmem zbiorów uporządkowanych (\(\displaystyle{ R}\) jest uporządkowany tak, że funkcja jest \(\displaystyle{ \geq 0}\), gdy jej wszystkie wartości są nieujemne). Stąd można dowieść, że jeśli \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\) jest ideałem maksymalnym pierścienia \(\displaystyle{ C_b(X)}\), to pierścień ilorazowy jest ciałem (oczywiste), uporządkowanym (wynika z zadania) z własnością archimedesa (bo funkcje są ograniczone) i zawierającym \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) (też oczywiste), a więc jest izomorficzny z ciałem uporządkowanym \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\).

Oczywiście gdy przestrzeń \(\displaystyle{ X}\) jest dyskretna, to \(\displaystyle{ C_b(X) = B(X)}\).

Warto dodać, że jeśli \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\) jest ideałem maksymalnym \(\displaystyle{ C(X)}\), to iloraz jest ciałem uporządkowanym, które zawiera \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\), ale nie musi mieć własności archimedesa. Jeśli ma tę własność, to \(\displaystyle{ \mathfrak{m}}\) jest nazywany rzeczywistym ideałem maksymalnym i zbiór takich ideałów jest uzwarceniem Hewitta przestrzeni \(\displaystyle{ X}\). \(\displaystyle{ C(X)/\mathfrak{m}}\) jest chyba zawsze elementarnie równoważne z \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) (na pewno tak jest, gdy \(\displaystyle{ X}\) jest dykretna, bo to wniosek z twr. Łosia o zwartości), a gdy nie jest izomor. z \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\), to jest ciałem hiperrzeczywistym (ma nieskończenie małe i nieskończenie wielkie, bo brakuje własności archimedesa).

[krl]

@Slup Ładny dowód. Ja pokażę konstrukcję pewnej rodziny funkcji \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\).

Załóżmy \(\displaystyle{ CH}\) (hipotezę continuum), tzn. że \(\displaystyle{ |\mathbb{R}|=\aleph_1}\). Zadanie ma charakter kombinatoryczny. Wystarczy wskazywać rodziny \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) funkcji \(\displaystyle{ X\to Y}\), gdzie \(\displaystyle{ |X|=|Y|=\aleph_1}\). Niech więc \(\displaystyle{ X=\aleph_1}\). Wtedy \(\displaystyle{ |2^X|= 2^{\mathfrak{c}}>\mathfrak{c}}\). Dla \(\displaystyle{ \eta\in 2^X}\) definiujemy funkcję \(\displaystyle{ f_{\eta}}\) o dziedzinie \(\displaystyle{ X}\) wzorem
\(\displaystyle{ f_{\eta}(\alpha)=\eta|_{\alpha}\in 2^{<\aleph_1}}\), dla \(\displaystyle{ \alpha<\aleph_1}\).
Oczywiście zbiór \(\displaystyle{ Y:= 2^{<\aleph_1}}\) jest mocy continuum oraz dla \(\displaystyle{ \eta\neq\nu\in 2^X }\), zbiór \(\displaystyle{ \{\alpha\in X:f_{\eta}(\alpha)\neq f_{\nu}(\alpha)\}}\) jest właściwym odcinkiem początkowym \(\displaystyle{ \aleph_1}\), więc jest przeliczany.
Dlatego rodzina \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) funkcji \(\displaystyle{ f_{\eta},\eta\in 2^X}\) spełnia warunki zadania i jest mocy \(\displaystyle{ 2^{\mathfrak{c}}}\).

Bez założenia \(\displaystyle{ CH}\) powyższa konstrukcja daję rodzinę \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) mocy \(\displaystyle{ 2^{\aleph_1}}\).

Gdzie w dowodzie Slupa jest błąd?

[Slup]

Niestety w dowodzie lematu jest błąd. Wątpię, czy to da się naprawić. Próbowałem już jakiś czas. Szkoda, bo rozumowanie sprawiło mi przyjemność.

Elegancki argument z drzewami binarnymi o długich gałęziach. Myślałem o tym, ale w pewnym momencie uwierzyłem, że mogę ograniczyć moc tej rodziny.

[Jan Kraszewski]

Oczywiście zbiór \(\displaystyle{ Y:= 2^{<\aleph_1}}\) jest mocy continuum oraz dla \(\displaystyle{ \eta\neq\nu\in 2^X }\), zbiór \(\displaystyle{ \{\alpha\in X:f_{\eta}(\alpha)\neq f_{\nu}(\alpha)\}}\) jest właściwym odcinkiem początkowym \(\displaystyle{ \aleph_1}\), więc jest przeliczany.

Raczej zbiór \(\displaystyle{ \{\alpha\in X:f_{\eta}(\alpha)\red{= }f_{\nu}(\alpha)\}.}\)

JK

[matmatmm]

Bez założenia \(\displaystyle{ CH}\) powyższa konstrukcja daję rodzinę \(\displaystyle{ \mathcal{F}}\) mocy \(\displaystyle{ 2^{\aleph_1}}\).

Czy na pewno? Bez CH konstrukcja daje rodzinę funkcji mocy \(\displaystyle{ 2^{\aleph_1}}\), ale funkcji \(\displaystyle{ \aleph_1\to\mathfrak c}\). Czy te funkcje da się rozszerzyć tak, żeby zachować żądany warunek?