Действительные числа (задачи из Давидовича)

[gefest_md]

irod в сообщении #1135638 писал(а):

Тогда, согласно задаче 7, для любого $a>0$ справедливо неравенство $a = a \cdot 1 < 1 \cdot 0 = 0$, а это абсурд.

Не видно противоречия. Попробуете применить аксиому 2 оттуда же.

[irod]

gefest_md
Не могу понять, где и зачем тут нужна аксиома 2.
У меня получилось что одновременно выполняется $a>0$ и $a<0$, в то время как по аксиоме порядка 1 верным может быть максимум одно из этих утверждений.

[gefest_md]

irod в сообщении #1135672 писал(а):

одновременно выполняется $a>0$ и $a<0$

У Вас доказано (при условии $1<0$) предложение $a>0\Rightarrow a<0$, а не $a>0\wedge a<0.$

[SomePupil]

gefest_md, посылка истинна, импликация верна, следовательно, заключение истинно. Противоречие $100\%$.

[arseniiv]

irod в сообщении #1135623 писал(а):

Еще меня интересовало, правильно ли доказал эквивалентность утверждений в 5, составив и замкнув цепочку. Но, видимо, тут все правильно

Вполне. В одной книге по теории графов я видел граф доказательства и покруче. Единственное требование к нему — чтобы был сильно связен; и сильно связный граф с данным числом вершин и наименьшим числом дуг — это как раз цикл, так что ваш вариант — один из экономных.

6, 7 — ага.

SomePupil, не, gefest_md дело говорит. Пока доказано только то, что $P$ пусто: для элементов $-P$ доказанное $a>0\Rightarrow a<0$ не является противоречием. Но тогда и $-P$ пусто, и «поле» состоит из одного нуля, что противоречит уже аксиомам поля.

[From]

Someone в сообщении #1127342 писал(а):

Если без "противного", то должно быть так. Пусть $x$ — любой элемент, $y$ и $y'$ — любые его противоположные элементы (не предполагаем, что они различные). Показываем, что $y=y'$, откуда делаем вывод, что все противоположные элементы равны друг другу, то есть, он один.

Думаю, слово "любые" в "любые противоположные элементы" излишне. И само упоминание их в множественном числе может сбить с толку.
Лучше сказать:
Возьмем $\forall x\in\mathbb{F}$
Пусть для $y$ и $y'$ из $\mathbb{F}$ выполняется: $x+y=0$ и $x+y'=0$ (Аксиомы поля гарантируют существование хотя бы одного такого элемента).
И далее как обычно.

[Someone]

С психологической точки зрения, может быть, и так, но с точки зрения формальной логики разницы нет: обычно формулы со свободными переменными интерпретируются так, будто на все свободные переменные навешены кванторы $\forall$.

[irod]

arseniiv в сообщении #1135802 писал(а):

SomePupil, не, gefest_md дело говорит. Пока доказано только то, что $P$ пусто: для элементов $-P$ доказанное $a>0\Rightarrow a<0$ не является противоречием. Но тогда и $-P$ пусто, и «поле» состоит из одного нуля, что противоречит уже аксиомам поля.

Теперь до меня дошло в чем проблема
gefest_md, спасибо что обратили на это внимание.

-- 10.07.2016, 11:35 --

9. Если $a>b>0$, то $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$.

Вспомогательная лемма.
$\frac{1}{c} \in P$ для любого положительного $c$.

Доказательство вспомогательной леммы.
От противного.
Пусть $\frac{1}{c} \not\in P$, тогда либо $\frac{1}{c}=0$, либо $\frac{1}{c}<0$ (по аксиоме порядка 2).
В случае $\frac{1}{c}=0$ произведение $c \cdot \frac{1}{c}$ должно равняться нулю, согласно вспомогательной лемме к задаче 9 листка 6 (утверждающей, что произведение любого элемента поля с нулем равняется нулю).

(Оффтоп)

irod в сообщении #1128956 писал(а):

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 $0 \cdot a = 0$.

Это противоречит аксиомам поля 7 и 8, согласно которым $c \cdot \frac{1}{c} = 1 \ne 0$.
В случае $\frac{1}{c}<0$ получается, что произведение $c \cdot \frac{1}{c} = 1$ должно быть меньше нуля, согласно задаче 7. Это противоречит задаче 8, согласно которой $1>0$.
Следовательно, предположение неверно, и $\frac{1}{c}>0$.

Доказательство основного утверждения.
По условию, $a-b \in P$ и $b \in P$, следовательно, согласно аксиоме порядка 2, а также коммутативности и ассоциативности сложения,
$P \ni (a-b)+b=a+(-b+b)=a+(b-b)=a+0=a$.
Если $a,b \in P$, то, по вспомогательной лемме, $\frac{1}{a},\frac{1}{b} \in P$.
Результаты умножения положительного числа $a-b$ на положительное число $\frac{1}{a}$ слева, и далее на положительное число $\frac{1}{b}$ справа будут положительными по аксиоме порядка 2.
Используя аксиомы поля, рассчитаем эти произведения:
$\frac{1}{a} (a-b) = \frac{a}{a} - \frac{1}{a} \cdot b = 1 - \frac{1}{a} \cdot b$,
$(1 - \frac{1}{a} \cdot b) \frac{1}{b} = 1 \cdot \frac{1}{b} - (\frac{1}{a} \cdot b)\frac{1}{b} = \frac{1}{b} - \frac{1}{a} (b \cdot \frac{1}{b}) = \frac{1}{b} - \frac{1}{a} \cdot 1 = \frac{1}{b} - \frac{1}{a}$.
Таким образом, $\frac{1}{a}<\frac{1}{b}$.

[irod]

10. Если $a \ge b > 0$ и $c \ge d > 0$, то $ac \ge bd$.

Доказательство.
По условию возможны два варианта:
а) Если $a>b$, то $ac>bc$, согласно задаче 4.
б) Если $a=b$, то очевидно $ac=bc$.
Следовательно, $ac\ge bc$.
Покажем теперь, что для любого $d$ такого, что $c\ge d>0$, выполняется $ac\ge bd$.
По условию возможны два варианта:
а) Если $c=d$, то искомое неравенство очевидно эквивалентно доказанному ранее $ac\ge bc$.
б) Пусть $c>d$. Согласно зад.4, $bc>bd$. Если $ac\ge bc$ и $bc>bd$, то $ac>bd$ (в случае $ac>bc$ используем зад.2, а в случае $ac=bc$ неравенство очевидно).
Таким образом, $ac\ge bd$.

-- 10.07.2016, 12:44 --

11. Доказать, что множество натуральных чисел непусто.

Доказательство.
Согласно аксиоме поля 7, в поле существует элемент $1$. По определению индуктивного множества, $1$ входит в каждое индуктивное подмножество поля. Следовательно, $1$ входит в пересечение всех индуктивных подмножеств поля, которым по определению и является множество натуральных чисел. Раз $\mathbb{N}$ содержит как минимум один элемент (единицу), оно непусто.

[arseniiv]

9 (с леммой), 10, 11 — ошибок не видно. Разве что добавление

irod в сообщении #1136960 писал(а):

Согласно аксиоме поля 7, в поле существует элемент $1$.

в начале доказательства 11 можно посчитать лишним, а вот если бы мы сначала доказывали, что множество натуральных чисел вообще существует, это было бы полезно (если бы $1$ не существовало, индуктивных подмножеств тоже не было бы, а пересечение пустого семейства множеств не определено) (хотя, в принципе, когда все такие множества лежат в данном множестве $\mathbb F$, можно взять за значение этого пересечения само $\mathbb F$) (но я совсем отвлёкся).

[irod]

arseniiv
ок

12. Доказать, что все натуральные числа положительны.

Доказательство.
Построим следующую счетную последовательность $A_0$ элементов из поля $\mathbb{F}$. Пусть первоначально $A_0 = \{ 1 \}$. Далее, последовательно помещаем в $A_0$ элементы $1+1$, $(1+1)+1$ и т.д. На $i$-м шаге помещаем элемент $a_i=a_{i-1}+1$.

Покажем, что все элементы $A_0$ положительны. По индукции.
Согласно зад.8, $1 \in P$.
Пусть элемент $a_i \in A_0$ положителен. Тогда, согласно аксиоме порядка 2, следующий за ним элемент $a_{i+1}=a_i+1$ будет положителен как сумма положительных элементов.
Таким образом, все элементы $A_0$ положительны по принципу мат.индукции.

Построение $A_0$ полностью согласовано с определением индуктивного подмножества, т.е. $A_0$ является индуктивным подмножеством.
Согласно зад.11, $1$ принадлежит каждому индуктивному подмножеству поля $\mathbb{F}$. Следовательно, по определению индуктивного подмножества, все элементы из $A_0$ принадлежат каждому индуктивному подмножеству поля $\mathbb{F}$. Следовательно, пересечение $A_0$ и всех остальных индуктивных подмножеств равно $A_0$. Таким образом, $\mathbb{N} = A_0$, и значит все элементы в $\mathbb{N}$ положительны.

[irod]

С 12-й задачи в этом листке у меня начались настоящие затруднения (наконец-то, ура!). Мне мое доказательство выше не нравится. Сначала хотел сделать так: берем произвольное $n \in \mathbb{N}$ и показываем, что $n \in P$. Для этого надо показать что можно представить это $n$ в виде суммы какого-то числа единиц. Но Давидович в комментариях к листкам на стр. 94 пишет:

Цитата:

Типичный неправильный подход к решению задач использует утверждение «всякое натуральное число есть сумма некоторого числа единиц». (Какого числа? Натурального? А если два с половиной вдруг натуральное число?)

Так что я подумал что это неправильный подход, и сделал по-своему. Сижу теперь, сомневаюсь.

Со следующей задачей вообще непонятно, что надо сделать:

13. Сформулировать и доказать принцип математической индукции.

Этот принцип уже сформулирован в самом начале листка 2. Здесь его надо переформулировать в каких-то других терминах? Например с привлечением понятия индуктивного подмножества или натуральных чисел?

[arseniiv]

12. Мне тоже не очень нравится, но по другой причине: как вы видите, принцип математической индукции доказывается в 13, так что если вы его используете здесь, эту теорему нельзя будет использовать в доказательстве 13.

irod в сообщении #1137197 писал(а):

Этот принцип уже сформулирован в самом начале листка 2. Здесь его надо переформулировать в каких-то других терминах? Например с привлечением понятия индуктивного подмножества или натуральных чисел?

Да. Как вы видели там в начале, утверждения пронумерованы. Фактически, там имеется в виду именно последовательность утверждений, пронумерованная натуральными числами (в общем случае такая «последовательность» может, даже если имеет счётное число элементов, порядком быть не изоморфной $\mathbb N$, и для таких случаев математической индукции недостаточно, нужна т. н. трансфинитная). Короче, можно сделать «номер» утверждения в последовательности его параметром, и у нас вместо кучи $A_1,A_2,\ldots$ получится одно утверждение $A$, явно включающее в себя натуральное число $n$ как параметр. Принцип математической индукции тогда гласит, что если $A(0)$, и если для любого $n\in N$, $A(n)\Rightarrow A(n+1)$, то $A$ выполняется на всём $\mathbb N$. (А вот на большем индуктивном множестве оно при этих условиях может и не быть верным.)

Ой, надеюсь, не слишком сумбурно вышло.

[arseniiv]

Подсказка к 12. Нас просят доказать $\mathbb N\subset P$. Чтобы пересечение принадлежало $P$, достаточно, чтобы хотя бы одно из пересекаемых множеств принадлежало $P$.

(Ещё)

Значит, стоит попробовать найти индуктивное множество, принадлежащее $P$.

(Ещё)

Взяв за основу любое индуктивное множество. Хотя бы одно должно существовать, раз мы говорим об уже существующем $\mathbb N$.

[SomePupil]

Подсказки к задаче 13. Индуктивное множество $-$ это попросту такое множество, которое, если содержит $x$, то обязательно содержит и $x+1$.

Множество натуральных чисел есть пересечение всех индуктивных множеств, содержащих единицу. Или, что то же самое, множество натуральных чисел есть наименьшее индуктивное множество, содержащее единицу.

Когда мы доказываем по индукции утверждение $A(n)$, мы подразумеваем, что $n -$ натуральное число. Иными словами, множество тех значений $n$, для которых наше утверждение верно, в любом случае есть подмножество натуральных чисел.

Доказать принцип индукции $-$ значит показать, что те $n$, для которых утверждение $A(n)$ истинно, составляют всё множество натуральных чисел. Формально мы рассматриваем отдельно множество $\{n\in\mathbb N|A(n)\text{is true}\}$ и доказываем, что оно равно $\mathbb N$.

P. S. Это, по сути, указания.