Зорич Мат. анализ 1 том доказательство

[anderlo]

Ладно 1-й пункт:
1. Докажем, что областью определения отношения $\mathcal{R}_1$ является все множество $X$. Пусть $x$ - произвольный элемент множества $X$, тогда пара $(x;x)\in\Delta_X$, а значит и то,что пара $(x;x)\in R_2 \circ R_1$, следовательно, $\exists y\ x\mathcal{R}_1y$.
Жду комментариев от создателя плана.... если все верно попытаюсь расписать 3-й пункт

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107315 писал(а):

тогда пара $(x;x)\in\Delta_X$, а значит и то,что пара $(x;x)\in R_2 \circ R_1$, следовательно, $\exists y\ x\mathcal{R}_1y$.

Да, все верно.

[anderlo]

3-й пункт.
Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$ , но тогда существует пара $(y_1;y_2)\in \mathcal{R}_1\circ \mathcal{R}_2$ следовательно, $y_1=y_2$. С учетом п. $1$ $\mathcal{R}_1$ является отображением из $X$ в $Y$, т.е. функционально.

Верно или нет?

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107442 писал(а):

Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x)$

Почему?

[anderlo]

tolstopuz в сообщении #1107477 писал(а):

Почему?

Т.к. $\forall x$ всегда найдется такой $y$, который удовлетворяет условиям $(x \mathcal{R}_1 y)\wedge(y \mathcal{R}_2 x)$ по доказанному выше..?

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107490 писал(а):

Т.к. $\forall x$ всегда найдется такой $y$, который удовлетворяет условиям $(x \mathcal{R}_1 y)\wedge(y \mathcal{R}_2 x)$ по доказанному выше..?

Но его нельзя обозначать $y_1$, потому что $y_1$ уже занято. Можно назвать его, например, $y$ или $y_3$, а потом доказать, что он равен $y_1$.

Кстати, в результате доказательство пункта $5$ получится раньше, чем пункта $3$.

[anderlo]

tolstopuz в сообщении #1107496 писал(а):

Но его нельзя обозначать $y_1$, потому что $y_1$ уже занято. Можно назвать его, например, $y$ или $y_3$, а потом доказать, что он равен $y_1$.

Спасибо! Вы меня многому научили.
Ellan Vannin, тоже спасибо!
Модератор - редиска!

Тему можно закрывать!

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107497 писал(а):

Тему можно закрывать!

Советую закончить хотя бы пункт $3$.

[anderlo]

Нуу а такс?)
Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$ ,т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x$, и вместе с тем для этого $x$ всегда найдется такой $y_2$, что было доказано в П.2 и П.1. Но тогда существует пара $(y_1;y_2)\in \mathcal{R}_1\circ \mathcal{R}_2$ следовательно, $y_1=y_2$. С учетом п. $1$ $\mathcal{R}_1$ является отображением из $X$ в $Y$, т.е. функционально.

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107579 писал(а):

Нуу а такс?)
Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$ ,т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x$

Опять та же ошибка. У вас уже есть $x$, $y_1$ и $y_2$. Если благодаря какому-нибудь утверждению с квантором существования у вас что-то "нашлось", надо выбирать новую букву. У вас уже есть $x$, он не может "найтись" заново.

[anderlo]

Если вы про первый пункт то там только $x$ повторяется и только его нужно заменить на $x_1$ в 3-ем пункте.
Т.е. нужно переписать вот так:Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x_1\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x_1\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x_1)\wedge(x_1\mathcal{R}_1y_2)$ ,т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x_1$и вместе с тем для этого $x_1$ всегда найдется такой $y_2$

-- 18.03.2016, 14:28 --

Или "найдется" надо заменить на "существует"

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107598 писал(а):

Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x_1\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x_1\mathcal{R}_1y_2)$,

Вы поменяли в условии теоремы $x$ на $x_1$. Теперь у вас $x_1$ задан и не может "найтись" заново:

anderlo в сообщении #1107598 писал(а):

т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x_1$

В этих двух местах надо использовать разные буквы:

Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$. Для $y_1$ найдется такой $x_1$, что $y_1\mathcal{R}_2x_1$. Следовательно, ...

[anderlo]

Т.е мы должны показать что в условии x-произвольный, а в рассматриваемом случае - конкретный?

Т.е. Докажем, что $\mathcal{R}_1$ функционально. Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x_1)\wedge(x_1\mathcal{R}_1y_2)$ ,т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x_1$и вместе с тем для этого $x_1$ всегда найдется такой $y_2$

Фух

[anderlo]

Т.е мы сначала делаем общее утверждение, а потом показываем что оно имеет место при произвольном $x$ ? С ума сойду, пока научусь правильно доказывать.

[tolstopuz]

anderlo в сообщении #1107617 писал(а):

Пусть $(x\mathcal{R}_1y_1)\wedge(x\mathcal{R}_1y_2)$, тогда выполняется $(y_1\mathcal{R}_2x_1)\wedge(x_1\mathcal{R}_1y_2)$ ,т.к для $y_1$ всегда найдется такой $x_1$и вместе с тем для этого $x_1$ всегда найдется такой $y_2$

Опять та же самая ошибка: $y_2$ вам дан в формулировке утверждения после слова "пусть", и вдруг в середине он такой опять "находится".

Давайте для простоты займемся только первой половиной: пусть вам дано, что $x\mathcal{R}_1y_1$. Из ранее доказанного пункта $2$ следует, что найдется такой $x_1$, что $y_1\mathcal{R}_2x_1$. Какой вывод можно сделать из этих двух утверждений и почему?

anderlo в сообщении #1107634 писал(а):

Т.е мы сначала делаем общее утверждение, а потом показываем что оно имеет место при произвольном $x$?

Общее утверждение сделал Зорич в условии задачи и я в каждом пункте плана, вам надо только их доказать. Естественно, для любых значений свободных переменных, то есть в данном случае $x$, $y_1$, $y_2$.

Зато и пользоваться вы им сможете для любых значений переменных. Вот вы доказали пункт $2$ (для любого $y$ существует $x$, такой, что $y\mathcal{R}_2x$), а теперь применяете его в пункте $3$ для вашего $y_1$. Получается утверждение "существует $x$, такой, что $y_1\mathcal{R}_2x$". А вот теперь, чтобы снять квантор существования, придется выбрать новую букву, потому что $x$ уже занято. Получится $y_1\mathcal{R}_2x_1$.