Следствия аксиом сложения. Зорич.

[Ivan_B]

Зорич. Страница 45.
"1. В множестве действительных чисел имеется только один нуль.
Если $0_1$ и $0_2$ - нули в $R$, то по определению нуля
$0_1 = 0_1 + 0_2 = 0_2 + 0_1 = 0_2$"
Первое равенство - аксиома существования $0$, второе - аксиома о том, что операция $+$ коммутативна, третье - снова аксиома существования $0$. Тут мне понятно.

"3. Уравнение $a + x = b$ в $R$ имеет и притом единственное решение $x = b + (-a)$.
Это вытекает из существования и единственности у каждого элемента $a \in R$ противоположного ему элемента:
$(a + x = b) \Leftrightarrow ((x+a)+(-a)=b+(-a))$ ..."
На основании чего можно сделать такой переход?

[Xaositect]

$a + x = b \Rightarrow x + a = b$ по коммутативности, $x + a = b \Rightarrow (x + a) + (-a) = b + (-a)$ из свойств равенства. У Зорича этого не нашел, но это более фундаментальные вещи, чем действительные числа - $x = y \Rightarrow f(x) = f(y)$ (равные объекты дают равные значения при подстановке в функцию)

[Ivan_B]

Xaositect в сообщении #1270771 писал(а):

из свойств равенства. У Зорича этого не нашел, но это более фундаментальные вещи, чем действительные числа - $x = y \Rightarrow f(x) = f(y)$ (равные объекты дают равные значения при подстановке в функцию)

Как быть со свойствами $f(x)$: если $f(x)$ выбирать произвольно, то можно добавить или потерять корни или получить что-то бессмысленное, если взять $f(x)\equiv 1$? Может получится так, что для того, чтобы найти решение уравнения, обе его части нужно будет возвести в квадрат или поделить на что-то. То есть добавлять или терять корни как бы допустимо, если дальше это будет учтено. Получается, чтобы использовать некоторую $f(x)$, нужно заранее знать ее свойства.

Еще один вопрос- это что такое равенство. Равенство чего-то чему-то означает, что имеет место запись одного и того же разными способами? Равенство множеств определяется аксиомой объемности. Как равенство множеств соотносится с понятием "равенство"?
Зорич, стр 38:
"3. а) Используя аксиомы объемности, пары, выделения, объединения и бесконечности, проверьте, что для элементов множества $N_0$ натуральных чиселпо фон Нейману справедливы следующие утверждения:
1. $x=y \Rightarrow x^+=y^+$"
Зорич, стр 33: "$X^+:=X \cup \{X\}$"
Можно ли здесь сказать, что $x$ и $y$ это один и тот же элемент $N_0$, и если строить последователь одного и того же элемента два раза, то получить разный резельтат не получится? Правильно ли будет сравнивать $x \cup \{x\}$ и $y \cup \{y\}$ поэлементно: $x=y$ из условия, $\{x\}=\{y\}$, т.к. оба множества содержат по одному элементу, которые равны между собой, значит исходные множества содержат равные между собой элементы, значит они тоже равны? Как выглядит правильное решение?

[teleglaz]

Ivan_B в сообщении #1270766 писал(а):

На основании чего можно сделать такой переход?

На основании связи сложения и порядка в $\mathbb{R}$. На две страницы назад отмотайте.

[Ivan_B]

teleglaz в сообщении #1270943 писал(а):

На основании связи сложения и порядка в $\mathbb{R}$.

Аксиомы порядка:
0. $\forall x \in R (x \leqslant x)$
1. $(x \leqslant y) \wedge (y \leqslant x) \Rightarrow (x=y)$
2. $(x \leqslant y) \wedge (y \leqslant z) \Rightarrow (x \leqslant z)$
3. $\forall x \in R \forall y \in R (x \leqslant y) \vee (y \leqslant x)$

Связь сложения и порядка в $R$
4. Если $x, y, z$ - элементы $R$, то $(x \leqslant y) \Rightarrow (x+z \leqslant y +z)$

Нужно доказать $x=y \Leftrightarrow x + z = y +z$:
$x=y \Rightarrow x \leqslant y$, $x=y \Rightarrow y \leqslant x$ согласно 0.
$x \leqslant y \Rightarrow x + z \leqslant y + z$ согласно 4.
$y \leqslant x \Rightarrow y + z \leqslant x + z$ согласно 4.
$ (x + z \leqslant y + z) \wedge (y + z \leqslant x + z) \Rightarrow x + z = y + z$
То есть, $x=y \Rightarrow x+z=y+z$
Тогда $x+z=y+z \Rightarrow (x+z)+(-z) = (y+z)+(-z)$, $-z$ существует, исходя из аксиомы существования противоположного элемента.
Далее используется ассоциативность сложения: $x+0 = y+0$ и существование нейтрального элемента $x=y$
То есть $x+z=y+z \Rightarrow x = y$
Тогда $x=y \Leftrightarrow x+z=y+z$

$a+x=b$, по коммутативности: $x+a=b$, по доказанному и существованию противоположного элемента: $(x+a)+(-a)=b+(-a)$, по ассоциативности $x+(a+(-a))=b+(-a)$ и существованию противоположного и нейтрального элемента $x=b+(-a)$
То есть $a+x=b \Leftrightarrow x=b+(-a)$
Значение $x$ единственно, поскольку $-a$ единственно, следовательно значение $b+(-a)$ единственно.
Правильно ли я все понял? Правильно ли оформил доказательство? Можно ли доказать короче? Сомнение вызывает следующее:
В Зориче единственность решения уравнения $a + x = b$ рассматривается в пункте "а. Следствия аксиом сложения" (стр 45), а не в пункте "е. Следствия аксиом связи порядка со сложением и умножением." Может есть еще какое-то другое доказательство?

[Ivan_B]

Зорич, стр 46:
"b. Следствия аксиом умножения
....
3. Уравнение $a\cdot x = b$ при $a \in R \setminus 0$ имеет, и притом единственное решение $x=b\cdot a^{-1}$
Доказательства этих утверждений, разумеется, повторяют доказательства соответствующих утверждений для сложения (с точностью до замены символа и названия операции), поэтому мы их опустим."
В доказательстве, которое приведено выше, так сделать не получится?

[iifat]

Ivan_B в сообщении #1270888 писал(а):

если $f(x)$ выбирать произвольно, то можно добавить или потерять корни или получить что-то бессмысленное, если взять $f(x)\equiv 1$

Вы это, стесняюсь спросить, о чём? Вы знаете, как получить/потерять корни, или только слышали туманные рассказы немногих выживших очевидцев?

Ivan_B в сообщении #1271107 писал(а):

Нужно доказать $x=y \Leftrightarrow x + z = y +z$

Жуть. Не то чтоб совсем уж неверно, но, как вы считаете: теорема верна для множества со сложением, но без порядка? Если да, то должно существовать и доказательство без этого самого порядка.

[Ivan_B]

iifat в сообщении #1271149 писал(а):

Вы это, стесняюсь спросить, о чём? Вы знаете, как получить/потерять корни, или только слышали туманные рассказы немногих выживших очевидцев?

Я догадываюсь, что написанное мной - нечто безграмотное и звучащее бессмысленно для знающего человека. Спасибо всем, кто пытается меня понять и помочь разобраться. Я попробую написать по другому, но качественно на уровень моего изложения это не может повлиять. Извините, если я впустую потратил Ваше время.
$x + a = b \Rightarrow (x + a) + (-a) = b + (-a)$ из свойств равенства. $x = y \Rightarrow f(x) = f(y)$
В моем понимании в доказательстве $f(x) = x + (-a)$. Эту функцию применяют к правой и левой частям равенства: левая часть $f(x+a) = (x+a)+(-a)$, правая часть $f(b) = b + (-a)$. В результате, равенство $(x + a) + (-a) = b + (-a)$ остается верным. Из полученного верного равенства получают значение $x$. На $f(x)$ никаких ограничений не накладывается.
Для проверки такого подхода я решил использовать другую $f(x)$, раз никаких ограничений нет. Например, если выбрать в качестве $f(x)$ $f(x) \equiv 1$, можно получить равенство $1=1$, которое верно, но которое, в то же время, не накладывает никаких ограничений на $x$, которое теперь может быть любым числом, что не является решением исходной задачи. Из полученного результата я делаю вывод о том, что $f(x)$ нельзя выбирать произвольным образом. В этом случае допустимость выбора в качестве $f(x)$ $f(x) = x + (-a)$ нужно обосновывать. Об этом обосновании я и спрашивал.

iifat в сообщении #1271149 писал(а):

как вы считаете: теорема верна для множества со сложением, но без порядка?

Сейчас я как раз пытаюсь разобраться какие своиства появляются благодаря сложению, какие благодаря порядку. Интуитивных соображений нет, да и если они и были бы, то в моем случае на них полагаться не стоит. Мне бы сейчас понять уже написанные доказательства, если же у меня будет получаться доказывать что-то, что требуется доказать в простейших упражнениях - буду просто счастлив.

[Someone]

Ivan_B, то, что Вы пытаетесь здесь обсуждать — это аксиомы равенства.

[iifat]

Ivan_B в сообщении #1271167 писал(а):

Из полученного результата я делаю вывод о том, что $f(x)$ нельзя выбирать произвольным образом

Таки ж простите, но вывод ваш эквивалентен по глубине мысли примерно «внимание: нанося удары молотком по вбитому гвоздю в обратном порядке, извлечь его не удастся».
$x=y\Rightarrow f(x)=f(y)$. Вчитайтесь. Тут написано то, что тут написано — и ни на йоту более. Если $x=y$, то $f(x)=f(y)$. А если $f(x)=f(y)$, то что? А ни-че-го. То есть абсолютно.
И таки да, если вы сможете подобрать функцию $g(x)$, такую что $g(f(x))=x$ (тут стоило б пару уточнений, но лень набивать, а вы непременно до этого дойдёте, если не бросите), то мы можем записать эту же аксиому этой, другой функции $x=y\Rightarrow g(x)=g(y)$ и подставить туда, пользуясь опять же этой же аксиомой, $f(x)$ вместо $x$, $f(y)$ вместо $y$. Но это совсем другая история.

[Ivan_B]

Someone в сообщении #1271172 писал(а):

Ivan_B, то, что Вы пытаетесь здесь обсуждать — это аксиомы равенства
.

Теперь я понимаю что нужно прочесть, прежде чем пытаться задавать вопросы по этой теме. Огромное Вам спасибо за ссылку!

iifat в сообщении #1271288 писал(а):

А если $f(x)=f(y)$, то что? А ни-че-го. То есть абсолютно.

Это мне понятно. Было не понятно что с этим делать. Теперь, надеюсь, я понял:

iifat в сообщении #1271288 писал(а):

И таки да, если вы сможете подобрать функцию $g(x)$, такую что $g(f(x))=x$

Если возможно подобрать $g(f(x))=x$, то $x=y \Leftrightarrow f(x)=f(y)$. Тогда, если равенство $f(x)=f(y)$ определяет значение переменной, это будет не какое-то значение, а то, которое влечет за собой истинность исходного равенства, т.е. решение! Подобрать $g(x)$ возможно, используя существование противоположного элемента: $f(x) = x + (-a)$, тогда $g(x) = x +a$ $g(f(x)) = (x + (-a)) + a = x$ по ассоциативности сложения, существованию нейтрального и противоположного элементов. Это значит, что аксиому связи порядка и сложения использовать не нужно и достаточно аксиом сложения! Верно?

[Walker_XXI]

Ivan_B в сообщении #1271167 писал(а):

Например, если выбрать в качестве $f(x)$ $f(x) \equiv 1$, можно получить равенство $1=1$, которое верно, но которое, в то же время, не накладывает никаких ограничений на $x$, которое теперь может быть любым числом, что не является решением исходной задачи. Из полученного результата я делаю вывод о том, что $f(x)$ нельзя выбирать произвольным образом. В этом случае допустимость выбора в качестве $f(x)$ $f(x) = x + (-a)$ нужно обосновывать. Об этом обосновании я и спрашивал.

Ivan_B, выбор $f(x)$ Вам диктует задача. Что тут обосновывать? Да, Вы можете рассматривать произвольную функцию, но это не будет иметь отношения к стоящей перед нами задаче (как выше верно отметили, для произвольной функции $x=y\Rightarrow f(x)=f(y)$, но не наоборот). В данной задаче нас интересует одна функция $f(x)=x+(-a)$ по простым причинам:$f(a)=0$ и мы рассматриваем сложение.

Ivan_B в сообщении #1271293 писал(а):

Это значит, что аксиому связи порядка и сложения использовать не нужно и достаточно аксиом сложения! Верно?

Нет, не достаточно. Нужны ещё аксиомы равенства.