Нули и единицы в булевом кольце (Колмогоров мат. логика)

[creative]

Колмогоров, Драгалин "Введение в математическую логику", гл. 1, § 5 "Математические структуры":

Цитата:

Аналогично, кольцо - это тройка $\langle R, +, \cdot \rangle $, состоящая из непустого множества $R$ и двух функций $+$ и $\cdot$ от двух переменных, отображающих $R \times R$ в $R$. При этом выполняются следующие требования (здесь $a \cdot b$ мы коротко записываем как $ab$):

R1. $a + b = b + a$
R2. $a + (b + c) = (a + b) + c$
R3. $\forall a \forall b \exists ! c (a + c = b)$
R4. $a(bc) = (ab)c$
R5. $a(b + c) = ab + ac$
R6. $(a + b)c = ac + ac$

Аксиома R3 гарантирует нам возможность и единственность вычитания. Знак $\exists !$ заменяет фразу: "существует и единственный".
...
Нетрудно вывести из аксиом R1 - R6, что в кольце существует единственный элемент $o$ (нуль кольца), такой что

$\forall a(a + o = a)$, $\forall a(oa + ao = o)$

В кольце имеется не более одного элемента $e$, такого, что

$\forall a(ae + ea = a)$

Элемент $e$ называют единицей кольца.

У меня не получается доказать утверждение $\forall a(a + o = a)$. Очевидно, что из R3 получается, что каждому элементу из кольца ставится в соответствие ровно один элемент кольца, такой что $\forall a'(a' + o' = a')$ и $\forall a''(a'' + o'' = a'')$, $\forall a'''(a''' + o''' = a''')$ и т.д., где $a', a'', a''', o', o'', o'''$ элементы кольца. Если $a', a'', a'''$ разные элементы, то $o', o'', o'''$ вполне могут быть как и разными, так и одинаковыми.

Поскольку утверждается, что нуль кольца только один, то соответственно я должен придти к противоречию если положу, что $o', o'', o'''$ есть разные элементы.

Не давайте мне полного доказательства. Мне нужен только намек, предпосылка (подсказка вобщем) к тому, каким образом я могу завершить доказательство утверждения $\forall a(a + o = a)$.

Заранее спасибо.

[Sonic86]

Пусть $o', o''$ - какие-то 2 нуля. Рассмотрите $o'+o''$.

[Xaositect]

Проблема, о которой говорит creative, чуть раньше. Пусть $o$ - нуль для элемента $a$. Докажите, что для произвольного элемента $b$ $b + o = b$. Для этого представьте $b$ в виде $a+c$.

[creative]

Xaositect

Думаю, что доказательство утверждения $\forall a(a + o = a)$ получилось:

1. $a + o = a$ в силу R3;
2. $a + c = b$ в силу R3;
3. $(a + o) + c = b$ в силу 1 и 2;
4. $(o + a) + c = b$ в силу R1 и 3;
5. $o + (a + c) = b$ в силу R2 и 4;
6. $(a + c) + o = b$ в силу R1 и 5;
7. $b + o = b$ в силу R3 и 2 и 6;

Но не получается зацепится за $\forall a(a + o = a)$ и R3, R5, R6, чтобы доказать утверждение $\forall a(oa + ao = o)$. Тут мне нужен тоже намек/толчок/подсказка, но не полное доказательство, чтобы я смог завершить его и понять, что тут к чему.

[ewert]

Как-то слишком долго у Вас доказывается существование нуля.

Из 3-й аксиомы следует существование нуля $o_a$ для каждого элемента $a$, причём единственного и (в силу первой аксиомы) одновременно левого и правого. Это я пока зафиксировал то, о чём уже договорились. Теперь надо доказать, что этот $o_a$ будет нулём также и для любого $b$. Ну так если представить $b=a+c$ (что можно по третьей аксиоме), то дальше совсем просто:

$o_a+b=o_a+(a+c)=(o_a+a)+c=a+c=b$

(второй шаг -- на основании второй аксиомы), а тогда по первой аксиоме и $b+o_a=b$, вот и всё.

Теперь равенства $ao=oa=o$ сразу же получаются из дистрибутивности (две последние аксиомы):

$ab=a(o+b)=ao+ab,\quad ba=(o+b)a=oa+ba,$

и поскольку по 3-й аксиоме слагаемое $ao$ в равенстве $ab=ao+ab$ определяется по слагаемому $ab$ единственным образом, то $ao$ может быть только нулём, как и аналагично $oa$.

[creative]

ewert в сообщении #433562 писал(а):

Как-то слишком долго у Вас доказывается существование нуля.

Из 3-й аксиомы следует существование нуля $o_a$ для каждого элемента $a$, причём единственного и (в силу первой аксиомы) одновременно левого и правого. Это я пока зафиксировал то, о чём уже договорились. Теперь надо доказать, что этот $o_a$ будет нулём также и для любого $b$. Ну так если представить $b=a+c$ (что можно по третьей аксиоме), то дальше совсем просто:

$o_a+b=o_a+(a+c)=(o_a+a)+c=a+c=b$

(второй шаг -- на основании второй аксиомы), а тогда по первой аксиоме и $b+o_a=b$, вот и всё.

По моему моё доказательство короткое, просто я его специально расписал по всем шагам.
Ваше доказательство понял.

ewert в сообщении #433562 писал(а):

Теперь равенства $ao=oa=o$ сразу же получаются из дистрибутивности (две последние аксиомы):

$ab=a(o+b)=ao+ab,\quad ba=(o+b)a=oa+ba,$

и поскольку по 3-й аксиоме слагаемое $ao$ в равенстве $ab=ao+ab$ определяется по слагаемому $ab$ единственным образом, то $ao$ может быть только нулём, как и аналагично $oa$.

Так просто оказалось! Спасибо.

[creative]

Я так понимаю, что из аксиом R1 - R6 не следует существование единицы, такой что $\forall a(ae + ea = a)$, однако следует, что таких единиц (то есть элементов $\beta$ обладающих свойством $\forall a(a \beta + \beta a = a)$) может быть не более одной.

Правильно ли я понимаю, что мне нужно доказать не существование единицы, а то, что их может быть не более одной?

[ewert]

creative в сообщении #433938 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что мне нужно доказать не существование единицы, а то, что их может быть не более одной?

Это-то Вы понимаете правильно, а вот Колмогоров -- неправ в том смысле корявости формулировки (он зачем-то фразы переставил; надо было начать с: "Элемент $e$ называется единицей кольца, если...").

Только вот непонятно, зачем Вы все эти плюсики втыкаете куда не попадя. Разумеется, не $ae+ea=a$, а не $ae=ea=a$.

[creative]

ewert в сообщении #433962 писал(а):

creative в сообщении #433938 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что мне нужно доказать не существование единицы, а то, что их может быть не более одной?

Это-то Вы понимаете правильно, а вот Колмогоров -- неправ в том смысле корявости формулировки (он зачем-то фразы переставил; надо было начать с: "Элемент $e$ называется единицей кольца, если...").

Только вот непонятно, зачем Вы все эти плюсики втыкаете куда не попадя. Разумеется, не $ae+ea=a$, а не $ae=ea=a$.

Опс, это я опечатался. Я имел ввиду равенство $ae=ea=a$.

Попробую доказать, что не более одной единицы может быть в кольце с аксиомами R1 - R6. Если неполучится, то напишу в этом треде (хотя если получится, то тоже напишу, но уже готовое доказательство).

[ewert]

creative в сообщении #433974 писал(а):

не более одной единицы может быть в кольце с аксиомами

Тут не нужно вообще никаких аксиом. Вполне достаточно того, что единица по определению обязана быть и правой, и левой. И если $e_1$, $e_2$ -- две такие единицы, то что в таком случае представляет из себя $e_1e_2$?...

[creative]

ewert в сообщении #433983 писал(а):

Тут не нужно вообще никаких аксиом. Вполне достаточно того, что единица по определению обязана быть и правой, и левой. И если $e_1$, $e_2$ -- две такие единицы, то что в таком случае представляет из себя $e_1e_2$?...

Если единица это то, что обладает свойством $ae=ea=a$ относительно любого элемента $a$, то тогда для единицы $e_1$ будет $e_1e_2 = e_2$, а для единицы $e_2$ будет $e_1e_2 = e1$, следовательно $e_1 = e_2$. Аналогично верно для $e_2e_1$.

[ewert]

creative в сообщении #434021 писал(а):

Аналогично верно для $e_2e_1$.

А это уже лишнее.

[creative]

ewert в сообщении #434032 писал(а):

creative в сообщении #434021 писал(а):

Аналогично верно для $e_2e_1$.

А это уже лишнее.

Интуитивно понятно почему это лишнее, но разве формально мы не должны рассматривать $e_2e_1$?

[ewert]

А зачем? Нас ведь вовсе не волнует $e_1e_2$ или $e_2e_1$ сами по себе, нам интересно лишь равенство $e_1=e_2$, и какая разница, через что оно получится.

Вы фактически доказали более сильное утверждение, чем в книжке: если в кольце есть хоть одна левая единица и хоть одна правая, то они совпадают.

[re_it]

ewert в сообщении #434041 писал(а):

Вы фактически доказали более сильное утверждение, чем в книжке: если в кольце есть хоть одна левая единица и хоть одна правая, то они совпадают.

Нет, утверждение в книге - если существует элемент обладающий одновременно свойствами левой и правой единицы, то он единственен. Вообще, по-моему, возможно кольцо в котором может быть две и более левых единиц, но не более одной из них может обладать еще свойством и правой - умножение не коммуникативно и нет аксиомы аналогичной R3 для умножения (либо наличие обратного элемента)