Действительные числа (задачи из Давидовича)

[irod]

SomePupil в сообщении #1128902 писал(а):

irod писал(а):

$\bigg( \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \bigg)$ является обратным к нулю, чего быть не может.

Это аксиома?

нет, это мой по всей видимости неправильный вывод из аксиомы 4. Там сказано, что обратный элемент гарантировано существует для каждого ненулевого элемента, но для нуля существование обратного элемента явно не запрещается, это надо доказывать отдельно (я прав?)
Мне уже в ЛС подсказали как правильно закончить это доказательство.

Для этого я введу вспомогательную лемму:
$\forall a \in \mathbb{F} (0 \cdot a = 0)$.

Доказательство вспомогательной леммы.
По аксиомам поля, $a = 1 \cdot a = (1+0) \cdot a = a + 0 \cdot a$. Поскольку, согласно задаче 2, нейтральный по сложению элемент у нас один, то есть доказана единственность нуля, то $0 \cdot a = 0$.

Теперь вернемся к доказательству основного утверждения. Для удобства дублирую под катом начало доказательства.

(Оффтоп)

irod в сообщении #1128870 писал(а):

9. Пусть $a \cdot b = 0$. Тогда хотя бы один из элементов $a,b$ равен нулю.

Доказательство.
От противного. Пусть $a \ne 0$ и $b \ne 0$. Тогда, по аксиоме 8, существуют обратные элементы $\frac{1}{a}$ и $\frac{1}{b}$.
Домножим исходное уравнение $a \cdot b = 0$ слева на $\frac{1}{a}$, а справа на $\frac{1}{b}$:
\begin{align*} \bigg( \frac{1}{a} \cdot (a \cdot b) \bigg) \cdot \frac{1}{b} = \bigg( \frac{1}{a} \cdot 0 \bigg) \cdot \frac{1}{b} & \Leftrightarrow & \text{(ассоциативность)} \\ \bigg( \frac{1}{a} \cdot a \bigg) \cdot \bigg( b \cdot \frac{1}{b} \bigg) = \bigg( \frac{1}{a} \cdot 0 \bigg) \cdot \frac{1}{b} & \Leftrightarrow & \text{(коммутативность)} \\ \bigg( a \cdot \frac{1}{a} \bigg) \cdot \bigg( b \cdot \frac{1}{b} \bigg) = \bigg( 0 \cdot \frac{1}{a} \bigg) \cdot \frac{1}{b} & \Leftrightarrow & \text{(ассоциативность)} \\ \bigg( a \cdot \frac{1}{a} \bigg) \cdot \bigg( b \cdot \frac{1}{b} \bigg) = 0 \cdot \bigg( \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \bigg) & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 8)} \\ 1 \cdot 1 = 0 \cdot \bigg( \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \bigg) & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 7)} \\ 1 = 0 \cdot \bigg( \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \bigg). && \end{align*}

irod в сообщении #1128870 писал(а):

Из последнего уравнения следует, что

Эту часть выкидываем, вместо нее будет следующее.
Согласно вспомогательной лемме, каким бы не был элемент $\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b}$, его произведение с нулем должно равняться нулю. Но, по аксиоме 7, $1 \neq 0$. Следовательно, исходное предположение неверно, и элемент $\frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b}$ не существует, потому что хотя бы один из элементов $a,b$ равен нулю.

-- 04.06.2016, 20:08 --

10. $(-1) \cdot a = -a$.

Доказательство.
Добавим к обеим частям уравнения $a$ слева и используем аксиомы поля:
\begin{align*} a + (-1) \cdot a = a - a & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 7)} \\ a \cdot 1 + (-1) \cdot a = a - a & \Leftrightarrow & \text{(коммутативность)} \\ a \cdot 1 + a \cdot (-1) = a - a & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 9)} \\ a \cdot (1 - 1) = a - a & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 4)} \\ a \cdot 0 = 0. && \end{align*}
Согласно вспомогательной лемме к задаче 9, последнее уравнение выполняется при любом $a$, т.е оно верное, как и эквивалентное ему исходное уравнение.

[SomePupil]

Класс! Безукоризненно.

[arseniiv]

Пока я набирал пост, что эту лемму полезно ввести и использовать в задаче 10, вы уже это всё сделали. Мне тоже кажется, безукоризненно (разве что укоротить чуть-чуть доказательство 9 с учётом леммы, сразу превращая умножения нуля на $\frac1a,\frac1b$ в ноль. Или это не особо укоротит). То, что у нуля нет обратного, из этой леммы и $0\ne1$ тоже прямо следует.

Ещё можно было бы указать, что ассоциативность в доказательстве 9 применялась в начале два раза (а написано «ассоциативность» один раз), но это ловля блох.

[irod]

arseniiv в сообщении #1128966 писал(а):

Пока я набирал пост, что эту лемму полезно ввести и использовать в задаче 10, вы уже это всё сделали.

arseniiv в сообщении #1128966 писал(а):

Ещё можно было бы указать, что ассоциативность в доказательстве 9 применялась в начале два раза (а написано «ассоциативность» один раз), но это ловля блох.

Я стараюсь группировать применения одной и той же аксиомы, думаю более детально расписывать излишне. Например, коммутативность в доказательстве 9 тоже в одной строке 2 раза применяется.

-- 07.06.2016, 11:28 --

11. $a \cdot a = (-a) \cdot (-a)$.

Вспомогательная лемма (симметричность противоположных элементов).
Элемент $a$ является противоположным к $-a$.

Доказательство вспомогательной леммы.
Используем коммутативность сложения и аксиому 4:
$-a+a=a-a=0$.
Согласно задаче 3, для $-a$ существует лишь один противоположный элемент, значит им и является $a$.

Доказательство основного утверждения.
Рассмотрим правую часть исходного уравнения:
\begin{align*} (-a) \cdot (-a) & = & \text{(задача 10)} \\ (-a) \cdot ((-1) \cdot a) & = & \text{(ассоциативность умножения)} \\ ((-a) \cdot (-1)) \cdot a & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ ((-1) \cdot (-a)) \cdot a & = & \text{(задача 10 + вспомогательная лемма)} \\ a \cdot a. && \end{align*}

[arseniiv]

irod в сообщении #1129676 писал(а):

Я стараюсь группировать применения одной и той же аксиомы, думаю более детально расписывать излишне. Например, коммутативность в доказательстве 9 тоже в одной строке 2 раза применяется.

А, точно ведь (заметил тогда, но потом забыл). В общем, как вы понимаете, сейчас довольно короткий период, когда всё это надо указывать явно, потому что дальше это вполне сойдёт за очевидное, и его можно будет вообще пропускать.

Лемма OK, задача тоже.

[irod]

12. $\frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} = \frac{a \cdot c}{b \cdot d}$.

Доказательство.

Заметим, что умножить $a$ сначала на $b$ слева, а потом на $d$ справа -- это то же самое (т.е. эквивалентно), что умножить $a$ на $b \cdot d$ слева. Это следует из законов ассоциативности и коммутативности умножения:
$(b \cdot a) \cdot d = b \cdot (a \cdot d) = b \cdot (d \cdot a) = (b \cdot d) \cdot a$.

Домножим левую часть исходного уравнения на $b$ слева и на $d$ справа:
\begin{align*} \bigg( b \cdot \bigg( \frac{a}{b} \cdot \frac{c}{d} \bigg) \bigg) \cdot d & = & \text{(ассоциативность умножения)} \\ \bigg( b \cdot \frac{a}{b} \bigg) \cdot \bigg( \frac{c}{d} \cdot d \bigg) & = & \text{(запись в виде произведения)} \\ \bigg( b \cdot \bigg( a \cdot \frac{1}{b} \bigg) \bigg) \cdot \bigg( \bigg(c \cdot \frac{1}{d} \bigg) \cdot d \bigg) & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ \bigg( b \cdot \bigg( \frac{1}{b} \cdot a \bigg) \bigg) \cdot \bigg( d \cdot \bigg( \frac{1}{d} \cdot c \bigg) \bigg) & = & \text{(ассоциативность умножения)} \\ \bigg( \bigg( b \cdot \frac{1}{b} \bigg) \cdot a \bigg) \cdot \bigg( \bigg( d \cdot \frac{1}{d} \bigg) \cdot c \bigg) & = & \text{(аксиома 8)} \\ (1 \cdot a) \cdot (1 \cdot c) & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ (a \cdot 1) \cdot (c \cdot 1) & = a \cdot c. & \text{(аксиома 7)} \\ \end{align*}

Домножим правую часть исходного уравнения на $b \cdot d$ слева:
\begin{align*} (b \cdot d) \cdot \frac{a \cdot c}{b \cdot d} & = & \text{(запись в виде произведения)} \\ (b \cdot d) \cdot \bigg( (a \cdot c) \cdot \frac{1}{b \cdot d} \bigg) & = & \text{(ассоциативность умножения)} \\ ((b \cdot d) \cdot (a \cdot c)) \cdot \frac{1}{b \cdot d} & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ ((a \cdot c) \cdot (b \cdot d)) \cdot \frac{1}{b \cdot d} & = & \text{(ассоциативность умножения)} \\ (a \cdot c) \cdot \bigg( (b \cdot d) \cdot \frac{1}{b \cdot d} \bigg) & = & \text{(аксиома 8)} \\ (a \cdot c) \cdot 1 & = a \cdot c. & \text{(аксиома 7)} \\ \end{align*}

Таким образом, с помощью эквивалентных действий с обеими частями исходного уравнения мы пришли к очевидно верному уравнению $a \cdot c = a \cdot c$. Следовательно, исходное уравнения также было верным.

-- 08.06.2016, 12:04 --

13. $\frac{a}{b} + \frac{c}{d} = \frac{a \cdot d + c \cdot b}{b \cdot d}$.

Доказательство.
\begin{align*} \frac{a}{b} + \frac{c}{d} & = & \text{(аксиома 7)} \\ \frac{a}{b} \cdot 1 + \frac{c}{d} \cdot 1 & = & \text{(аксиома 8)} \\ \frac{a}{b} \cdot \frac{d}{d} + \frac{c}{d} \cdot \frac{b}{b} & = & \text{(задача 12)} \\ \frac{a \cdot d}{b \cdot d} + \frac{c \cdot b}{d \cdot b} & = & \text{(запись в виде произведения)} \\ (a \cdot d) \cdot \frac{1}{b \cdot d} + (c \cdot b) \cdot \frac{1}{d \cdot b} & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ \frac{1}{b \cdot d} \cdot (a \cdot d) + \frac{1}{b \cdot d} \cdot (c \cdot b) & = & \text{(аксиома 9)} \\ \frac{1}{b \cdot d} \cdot ((a \cdot d) + (c \cdot b)) & = & \text{(коммутативность умножения)} \\ ((a \cdot d) + (c \cdot b)) \cdot \frac{1}{b \cdot d} & = \frac{a \cdot d + c \cdot b}{b \cdot d}. & \text{(запись в виде отношения)} \\ \end{align*}

[irod]

А вот наконец пошли задачки по-интереснее.

14. Существует ли множество с операциями сложения и умножения, удовлетворяющее аксиомам 1-9, где в аксиоме 7 условие $1 \ne 0$ заменено на $1=0$?

Решение.
В случае $1=0$, аксиома 7 примет вид: $\forall a \in \mathbb{F} \ (a \cdot 0 = a)$.
Тогда
\begin{align*} a \cdot b & = & \text{(аксиома 3)} \\ a \cdot (b + 0) & = & \text{(аксиома 9)} \\ a \cdot b + a \cdot 0 & = a \cdot b + a& \text{(измененная аксиома 7)} \\ \end{align*}
Но это, как минимум, противоречит аксиоме 5 (коммутативности умножения), согласно которой $\forall a,b \in \mathbb{F}$ должно выполняться $a \cdot b = b \cdot a$. В нашем случае это равенство не выполняется: $a \cdot b = a \cdot b + a \ne b\cdot a + b = b \cdot a$.
Ответ. Такого множества не существует.

[Xaositect]

irod в сообщении #1130004 писал(а):

Но это, как минимум, противоречит аксиоме 5 (коммутативности умножения), согласно которой $\forall a,b \in \mathbb{F}$ должно выполняться $a \cdot b = b \cdot a$. В нашем случае это равенство не выполняется: $a \cdot b = a \cdot b + a \ne b\cdot a + b = b \cdot a$.

Это верно если $a \neq b$, то есть если наше множество содержит по крайней мере 2 элемента. А что насчет одноэлементного множества?

[SomePupil]

Цитата:

$a \cdot b = a \cdot b + a \ne b\cdot a + b = b \cdot a$

Из каких соображений перечеркнули равенство?

[svv]

(Оффтоп)

А Вы, оказывается, цитировать не умеете.

[irod]

(Оффтоп)

Я вернулся из своего отпуска, и пора включать мозг, надеюсь он не сильно повредился. Если что прошу простить меня за возможное косноязычие и тупняк в ближайшие дни :-)

-- 14.06.2016, 14:39 --

SomePupil в сообщении #1130054 писал(а):

Цитата:

$a \cdot b = a \cdot b + a \ne b\cdot a + b = b \cdot a$

Из каких соображений перечеркнули равенство?

Это, как правильно заметил Xaositect, для случая $a \ne b$.

-- 14.06.2016, 14:44 --

Xaositect в сообщении #1130016 писал(а):

А что насчет одноэлементного множества?

Пусть теперь $\mathbb{F} = \{ 0 \}$ -- множество из одного нулевого элемента, и результатом каждой операции сложения и умножения нолей опять будет ноль. Очевидно, коммутативность сложения и умножения будут выполняться. Также, очевидно, будут выполняться ассоциативность сложения и умножения и аксиомы 3,4 (ноль будет противоположным элементом к самому себе) и 9.
Аксиома 8 остается истинной при том, что в $\mathbb{F}$ нет ни одного ненулевого элемента $a$, чтобы подставить его в равенство $a \cdot b = 1$. Насколько я понимаю, в этом случае можно просто выбросить эту аксиому, она ни на что не влияет. А можно ее оставить и убрать условие $a \ne 0$, тогда равенство $a \cdot b = 0 \cdot 0 = 1 = 0$ будет справедливым.
Таким образом, такое множество с аксиомами 1-9 и измененной аксиомой 7 может существовать, если оно состоит из одного нулевого элемента.

[Xaositect]

irod в сообщении #1131506 писал(а):

Таким образом, такое множество с аксиомами 1-9 и измененной аксиомой 7 может существовать, если оно состоит из одного нулевого элемента.

Верно.

[SomePupil]

irod писал(а):

Таким образом, такое множество с аксиомами 1-9 и измененной аксиомой 7 может существовать, если оно состоит из одного нулевого элемента.

$+$

(Оффтоп)

Более того, это полное поле. Так что на нём можно было бы учить философов матану.

Представляю себе гигантов мысли с суровыми лицами: "А вот тут используй правило Лопиталя!", "Подели на ноль!", "Используй теорему Стокса!" (последнее произносится громоподобным голосом, так что несколько раз повторяется эхо)

[irod]

15. Существует ли поле из
а) двух элементов;
б) трех элементов;
в)* $p$ элементов, где $p$ -- простое;
г)* четырех элементов;
д)* шести элементов?

Решение.

а) Пусть $\mathbb{F} = \{ 0,1 \}$.
Определим сложение: $0+0=0$, $0+1=1+0=1$, $1+1=0$.
Определим умножение: $0 \cdot 0 = 0$, $0 \cdot 1 = 1 \cdot 0 = 0$, $1 \cdot 1 = 1$.
Очевидно, при таком определении аксиомы 1-9 поля выполняются (каждый элемент является противоположным к самому себе; единица является обратным элементом к самой себе), следовательно $\mathbb{F}$ является полем.

[arseniiv]

irod в сообщении #1131524 писал(а):

каждый элемент является противоположным к самому себе

Всё-таки только единица. Если у нуля есть обратный, это сразу приводит нас к полю из одного элемента: $a =\ldots= 0(0^{-1}a) = 0$. [UPD: arseniiv опять мается ерундой и читает сообщения неправильно.]

Вы построили единственное поле из двух элементов.