Мат. анализ, Зорич, натуральные числа, следствие 7.

[ignat.fugasov]

$7^{\circ}$ Покажем, что в любом непустом подмножестве множества натуральных чисел имеется минимальный элемент.
Пусть $M\subset\mathbb{N}$. Если $1\in M$, то $\min M=1$, поскольку $\forall n\in\mathbb{N}$ $(1\leqslant n)$.
Пусть теперь $1\notin M$, т. е. $1\in E =\mathbb{N}\setminus M$. В множестве $E$ должно найтись такое натуральное число $n\in E$, что все натуральные числа, не превосходящие $n$, лежат в $E$, а $(n + 1)\in M$. Если бы такого $n$ не было, то множество $E\subset\mathbb{N}$, содержащее единицу, вместе с $n\in E$ содержало бы и $(n + 1)$ и по принципу индукции совпадало бы с $\mathbb{N}$. Последнее невозможно, поскольку $\mathbb{N}\setminus E=M=\varnothing$.

Вопрос касательно "Если бы такого $n$ не было, то множество $E\subset\mathbb{N}$, содержащее единицу, вместе с $n\in E$ содержало бы и $(n + 1)$" Я лишь могу понять эквивалентное предположению от противного $\forall n\in E([\forall n'\in\mathbb{N} (n'\leqslant n\to n'\in E)]\to (n+1)\in E)$. Но в некоторых множествах, очевидно, найдутся элементы меньшие чисел, не лежащих в этих множествах. Значит $\forall n\in E[\forall n'\in\mathbb{N}(n'\leqslant n\to n'\in E)]$ не получим. Как тогда получили $\forall n\in E$ $(n+1)\in E$ ?

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

- не надо набирать вообще все в математической моде, оставьте в ней только собственно формулы и обозначения (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы).

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Pphantom]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[iifat]

ignat.fugasov в сообщении #1496042 писал(а):

эквивалентное предположению от противного

Формулу вашу я не понял, подозреваю, она неправильна.
Рассуждение, имхо, примерно такое: если 1) $1\in E$ и 2) $\forall n:n\in E\to n+1\in E$, то $\mathbb N\subset E$ с очевидными последствиями. Поскольку первое предположение верно, неверным должно быть второе.

[ignat.fugasov]

iifat
В множестве $E$ должно найтись такое натуральное число $n\in E$, что все натуральные числа, не превосходящие $n$, лежат в $E$, а $(n + 1)\in M$. То есть :

$$ \exists n \in E ~ (\forall n' \in \mathbb{N} ~ (n' \leqslant n \to n' \in E) \wedge (n+1)\in M)$$

Предположим, что это не верно

$$\forall n\in E([\forall n'\in\mathbb{N} (n'\leqslant n\to n'\in E)]\to (n+1)\notin M)$$

Ну и по определению $E = \mathbb{N} \setminus M $ получаем $(n+1)\notin M \leftrightarrow (n+1)\in E$

iifat в сообщении #1496114 писал(а):

Поскольку первое предположение верно, неверным должно быть второе.

Как раз таки относительно произвольного $n \in E$ гарантировать первое предложение $\forall n'\in\mathbb{N} (n'\leqslant n\to n'\in E)$ не можем. Это, по сути, указал в первом посте.

[iifat]

Да, с формулами разобрался, кажется, всё верно. И из второй, опять же, вытекает по индукции $\mathbb N\subset E$.

[ignat.fugasov]

iifat в сообщении #1496133 писал(а):

И из второй, опять же, вытекает по индукции $\mathbb N\subset E$.

iifat
Кажется что нет, мб туплю. Если словами, то можно гарантировать, что только для специфических $n \in E ~(n+1)\in E$, а именно, если предыдущие натуральные в $E$ сидят. Индукцию из таких "частных" случаев не построить.

[Xaositect]

Есть три варианта:
1. $1 \in E$ и $\forall n \in \mathbb{N}\,((\forall m \leq n\,(m\in E)) \to n + 1 \in E)$. В этом случае индукция проходит и $M = \varnothing$.
2. Неверно, что $1 \in E$. Тогда $1$ - это минимум в $M$.
3. Неверно, что $\forall n \in \mathbb{N}\,((\forall m \leq n\,(m\in E)) \to n + 1 \in E)$. То есть $\exists n \in \mathbb{N}\,((\forall m \leq n\,(m \in E)) \wedge n + 1 \notin E)$. То есть для некоторого $n$ начальный сегмент $\{1, 2, \dots, n\}$ лежит в $E$, а следующее число $n + 1$ лежит в $M$. Оно и будет минимальным.

[ignat.fugasov]

Xaositect в сообщении #1496139 писал(а):

$1 \in E$ и $\forall n \in \mathbb{N}\,((\forall m \leq n\,(m\in E)) \to n + 1 \in E)$. В этом случае индукция проходит и $M = \varnothing$.

Это же полная индукция... Просто используется в учебнике только

$$E \subset \mathbb{N} \land1\in E\land \forall n\in E (n\in E \to n+1 \in E )\to \mathbb {N} = E$$

Проглядел.
буду выводить её как-то

[vpb]

Вот и охота же ж людям самим себя бурбакизьмомъ оболванивать ... Зорич же сам в определенном месте пишет, мол, на первых двух главах особенно не застревайте, а так, просмотрите для сведения...

В.А.Зорич писал(а):

Напомню также, что в предисловии к первому изданию я желал предостеречь и читателя, и начинающего преподавателя от чрезмерно долгого сквозного изучения вводных формальных глав. Это заметно откладывает собственно анализ и сильно смещает акценты.