2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему
 
 Полный порядок в иррациональных числах
Сообщение17.01.2020, 10:29 
Аватара пользователя


26/08/16
91
Москва
Пытаюсь построить множество действительных чисел через расширение $\mathbb{Q}$ с помощью сечений.

Иррациональное число в таком подходе — сечение $A|A'$ на множестве $\mathbb{Q}$, где у нижнего класса $A$ нет наибольшего элемента, а у верхнего класса $A'$ нет наименьшего. Другими словами, иррациональным числами мы называем щели в $\mathbb{Q}$.

Далее вводим отношения "равенства" и "больше" для любых двух иррациональных чисел $\alpha = A|A'$ и $\beta = B|B'$:
$$ \alpha = \beta :\Leftrightarrow (A=B) \land (A' = B') \qquad \quad \alpha > \beta :\Leftrightarrow B\subset A $$
Легко показать, что для равенства достаточно равенства или верхних классов, или нижних. Так же легко показать, что $\alpha > \beta \Leftrightarrow A' \subset B'$.

Теперь нужно доказать, что множество иррациональных чисел является линейно упорядоченным, то есть
$$ \boxed{\forall \alpha, \beta \in \mathbb{I} : \ (\alpha = \beta) \lor (\alpha > \beta) \lor (\beta > \alpha)} $$
Собственно, доказать это у меня и не получается. Ниже привожу мой вариант доказательства, которое я почти довел до конца, но застрял в самом конце.

Хотел попросить помощи в доказательстве. Еще лучше будет, если существует какое-то простое доказательство, а то с этим я уже настрадался.

--- Доказательство ---

Пусть нам даны два произвольных иррациональных числа $\alpha = A|A'$ и $\beta = B|B'$. Если $\alpha = \beta$, то все в порядке. В противном случае $\alpha \neq \beta$.
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (A\neq B) \lor (B'\neq A') $$
Так как в выражении стоит логическое ИЛИ, имеем 3 возможных варианта:
1. $(A=B)$ и $(A'\neq B')$
2. $(A\neq B)$ и $(A' = B')$
3. $(A\neq B)$ и $(A' \neq B')$

Первые два варианта сразу ведут к тому, что $\alpha = \beta$. Значит, только третий вариант годится для неравных друг другу $\alpha$ и $\beta$.
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (A\neq B)\land (B'\neq A') $$
В этом выражении можно заменить $A\neq B$ и $B'\neq A'$ на результат вот такой леммы, которая справедлива для любых множеств $A$ и $B$:
$$ A\neq B \Leftrightarrow (B\nsubseteq A)\lor (B\subset A)  $$
(ее можно достаточно быстро доказать от противного)
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow \big[ (B\subset A) \lor (B\nsubseteq A) \big] \land \big[ (A'\subset B') \lor (A'\nsubseteq B') \big] $$
Разобьем это выражение на 4 скобки:
\begin{gather*} \alpha \neq \beta \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow
        \big[\overbrace{ (B\subset A) \land (A' \subset B') }^{\alpha > \beta}\big] \lor
        \big[\overbrace{(B\subset A)\land(A'\nsubseteq B')}^{0}\big] \lor
        \big[\overbrace{(B\nsubseteq A)\land (A'\subset B')}^{0}\big]\lor \\ \lor
        \big[\overbrace{(B\nsubseteq A) \land (A'\nsubseteq B')}^{\text{?}}\big] \end{gather*}

В первой квадратной скобке обе под-скобки обозначают одно и то же: $\alpha > \beta$.

Вторая скобка всегда ложна, так как $A'\nsubseteq B'$ означает существование такого $a' \in A'$, который не лежит в $B'$. Значит, $a'\in B$ (по определению сечения). В левой части скобки имеем $B\subset A$, а значит $a' \in A$. Итак, $a' \in A$ и $a' \in A'$, а это противоречит определению сечения $A/A'$, которое задает число $\alpha$.

Третья скобка всегда ложна по той же причине.

Запишем еще раз большое высказывание выше, на этот раз заменяя скобки найденными значениями:

$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \lor 0 \lor 0 \lor \big[ (B\nsubseteq A) \land (A'\nsubseteq B') \big] $$

$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \lor \big[ (B\nsubseteq A) \land (A'\nsubseteq B') \big] $$
Итак, осталось только показать, что правая квадратная скобка является как раз $\beta > \alpha$, то есть
$$ \big[(B\nsubseteq A) \land (A'\nsubseteq B')\big] \Leftrightarrow \big[(A\subset B)\land(B'\subset A')\big] \Leftrightarrow \beta > \alpha $$
У меня почти получилось это сделать. По определению, $A\subset B$
$$ A\subset B \Leftrightarrow (A\subseteq B) \land (A\neq B) $$
Но $A\neq B$ и так истинно, поэтому его можно опустить.
$$ A\subset B \Leftrightarrow A\subseteq B $$
Нужно лишь показать, что в контексте нашей задачи с сечениями
$$ A\subseteq B \Leftrightarrow B\nsubseteq A $$
Докажем $\Rightarrow$ от противного:
$$ (A\subseteq B) \land (B\subseteq A) \Leftrightarrow (A=B) $$
Получили противоречие, так как $A\neq B$. Докажем теперь $\Leftarrow$ тоже от противного:
$$ (B\nsubseteq A)\land (A\nsubseteq B) $$
Это вроде как "очевидно". Другими словами, и так понятно, что либо нижний класс $\alpha$ целиком лежит в нижнем классе $\beta$, либо нижний класс $\beta$ целиком лежит в нижнем классе $\alpha$. Не может быть так, что они лишь частично пересекаются (или не пересекаются вовсе). Но строго доказать наличие противоречия тут у меня так и не получилось. А ведь это последний элемент мозаики...

 Профиль  
                  
 
 Re: Полный порядок в иррациональных числах
Сообщение17.01.2020, 11:32 
Аватара пользователя


26/08/16
91
Москва
Кажется, понял. Напомню, что я пытаюсь доказать ложность $(B\nsubseteq A) \land (A\nsubseteq B)$.

Из левой скобки получаем, что существует рациональное число $b\in B$, но не принадлежащее $A$. Тогда $b\in A'$ (по определению сечения). Из правой скобки получаем таким же путем получаем, что есть некоторое рациональное число $a\in A$, которое принадлежит уже $B'$.

Итак,

$$ a\in A \qquad a\in B' \qquad b\in B \qquad b\in A' $$
Но, по определению сечения, $a$, лежащее в $B'$ должно быть больше $b$, лежащее в $B$:
$$ a > b $$
С другой стороны, $b$, лежащее в $A'$ должно быть больше $a$, которое лежит в $A$:
$$ b > a $$
Итак, получаем противоречащие друг другу выражения (так как множество рациональных чисел линейно упорядочено):
$$ (a>b) \land (b>a) $$

Итак, доказана правильность следующего высказывания для сечений и при условии, что $A\neq B$:
$$ A\subset B \Leftrightarrow A\subseteq B \Leftrightarrow B\nsubseteq A $$

Возвращаемся к доказываемому выражению:
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \lor \big[ (B\nsubseteq A) \land (A'\nsubseteq B') \big] $$
Пользуясь доказанной эквивалентностью можно спокойно заменить $B\nsubseteq A$ на $A\subset B$, а $A'\nsubseteq B'$ на $B'\subset A'$.
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \lor \big[ (A\subset B) \land (B'\subset A') \big] $$
Правая скобка теперь не что иное, как повторенное дважды определение $\beta > \alpha$:
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \lor (\beta > \alpha) $$
Осталось лишь исключить случай, когда $\alpha > \beta$ и одновременно $\beta > \alpha$. Но в этом случае получаем, что $(A\subset B)\land (B\subset A)$, а это сразу приводит к противоречию, значит
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow (\alpha > \beta) \dot{\lor} (\beta > \alpha) $$
Итак, окончательно доказано, что

$$ \forall \alpha,\beta \in \mathbb{I}: \ (\alpha = \beta) \lor \Big( (\alpha > \beta) \dot{\lor} (\beta > \alpha) \Big) $$
$\blacksquare$

Если что, я все еще не откажусь от какого-нибудь более простого способа :D
Кажется, теперь мне понятно, почему Фихтенгольц решил апеллировать к геометрической наглядности вместо строго доказательства :mrgreen:

 Профиль  
                  
 
 Re: Полный порядок в иррациональных числах
Сообщение17.01.2020, 12:43 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


16/07/14
8355
Цюрих
С учетом ваших первых нескольких строчек достаточно следить только за нижним классом (и сечения часто ровно так и определяются).
Неравенство множеств $A \neq B$ сразу записываем как существование элемента, принадлежащего одному множеству, но не другому: $\exists x \in \mathbb Q: (x \in A \wedge X \notin B) \vee (x \notin A \wedge x \in B)$.
Не ограничивая общности, рассмотрим первый случай (второй аналогично): $x \in A \wedge x \notin B$. Но раз $B$ - нижний класс, то, если $y \in B$, то $y < x$. А раз $A$ - нижний класс, то, если $y < x$ то $y \in A$. Т.е. если $y \in B$ то $y \in A$, откуда $B \subseteq A$.

Это конечно менее строго, чем у вас, и при расписывании разрастется еще раза в 3 по объему, но кажется всё равно проще получается.
CMTV в сообщении #1435607 писал(а):
$$ \alpha \neq \beta \Leftrightarrow \big[ (B\subset A) \lor (B\nsubseteq A) \big] \land \big[ (A'\subset B') \lor (A'\nsubseteq B') \big] $$
Вот здесь достаточно оставить в правой части только одну скобку, и дальнейшие рассуждения сразу становятся короче (а с учетом того что нам тут не нужна эквивалентность, достаточно следствия, это сделать совсем просто).

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 3 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group