Действительные числа (задачи из Давидовича)

[grizzly]

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.

Простите, но я не могу найти 1 отличие этого рассуждения от доказательства ТС (за вычетом качества стилистики). Для удобства дублирую под катом.

(Оффтоп)

irod в сообщении #1127265 писал(а):

Пусть у произвольного $x \in \mathbb{F}$ более чем один противоположный элемент. Рассмотрим из всего множества противоположных $x$ элементов два произвольных элемента, обозначим их $y$ и $y'$.
Используя ассоциативность, выведем и рассмотрим равенство:
\begin{align*} (y+x)+y' = y+(x+y') & \Leftrightarrow & \text{(коммутативность)} \\ y'+(x+y) = y+(x+y') & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 4)} \\ y'+0 = y+0 & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 3)} \\ y' = y. && \end{align*}
Отсюда следует, что все противоположные $x$ элементы равны друг другу, и значит для $x$ существует лишь один уникальный противоположный элемент.

[gefest_md]

irod в сообщении #1127343 писал(а):

А к какому же тогда я пришел заключению?

irod в сообщении #1127265 писал(а):

для $x$ существует лишь один уникальный противоположный элемент.

Достаточно показать $y=y\prime$ и всё. Для этого предположение "более чем один противоположный элемент" Вы не используете.

[Someone]

"Более чем один" означает, что не меньше двух различных. Это утверждедние является отрицанием того, что нужно доказать. И отрицание нужно формулировать корректно: отрицанием $\forall x\forall y\forall z(((x+y=0)\wedge(x+z=0))\Rightarrow(y=z))$ является $\exists x\exists y\exists z((x+y=0)\wedge(x+z=0)\wedge(y\neq z))$, а не $\forall x\exists y\exists z((x+y=0)\wedge(x+z=0)\wedge(y\neq z))$.
Именно $\forall x\exists y\exists z((x+y=0)\wedge(x+z=0)\wedge(y\neq z))$ и сформулировано в качестве предположения:

irod в сообщении #1127265 писал(а):

Пусть у произвольного $x \in \mathbb{F}$ более чем один противоположный элемент.

Поэтому я и уточнил: $\exists x$.

Без обращения к методу "от противного" мы непосредственно доказываем $\forall x\forall y\forall z(((x+y=0)\wedge(x+z=0))\Rightarrow(y=z))$, то есть, из $(x+y=0)\wedge(x+z=0)$ выводим $y=z$. Поскольку в доказательстве "от противного" доказывается эта же импликация, метод "от противного" является ненужной надстройкой.

-- Вт май 31, 2016 00:28:05 --

P.S. Возможно, мы по-разному понимаем слова "у произвольного".

[grizzly]

Someone
Спасибо, я понял.

Не сомневаюсь, что ТС стремился дать "прямое" доказательство, а что здесь:

Someone в сообщении #1127407 писал(а):

"Более чем один" означает, что не меньше двух различных.

не просто стилистика, я тоже упустил (и дальше, когда упоминается "множество" противоположных элементов). Боюсь, что здесь я спровоцировал ошибку ТС.

[gefest_md]

irod в сообщении #1127343 писал(а):

Следовательно, по аксиоме 4, элемент $(-a)+(-b)$ является противоположным к элементу $a+b$.

Чтобы объявлять элемент противоположным надо показать, что он равен противоположному: $-(a+b)$. Это не из аксиомы 4 следует.

[grizzly]

irod
Вопросы по задаче 4.

Использовали ли Вы в своём доказательстве:
а) Коммутативность для выражений с разностью?
б) Ассоциативность для выражений с разностью?
в) Результат задачи 3?

[irod]

Someone
спасибо за объяснения
Честно говоря, у меня пока глаз (точнее, мозг) не наметан различать такие тонкости, и думаю я еще не раз буду допускать такие ошибки, но я буду стараться следить за этим.

-- 31.05.2016, 14:27 --

grizzly в сообщении #1127492 писал(а):

Использовали ли Вы в своём доказательстве:
а) Коммутативность для выражений с разностью?
б) Ассоциативность для выражений с разностью?

Конечно, я использовал и коммутативность и ассоциативность. Вы хотите мне сказать, что я не имел права это делать именно с разностью? Т.е. я не могу записать сразу $-a-b=-b-a$, используя аксиому коммутативности, а надо расписать это как $-a-b=-a+(-b)=-b+(-a)=-b-a$? Вообще я разность ввел только для удобства записи, чтобы избавиться от лишних скобок, но можно обойтись только суммой.

grizzly в сообщении #1127492 писал(а):

в) Результат задачи 3?

Нет, я прямо его не использовал. А надо бы, наверное. Ниже в ответе gefest_md я дополню свое доказательство.

gefest_md в сообщении #1127426 писал(а):

Чтобы объявлять элемент противоположным надо показать, что он равен противоположному: $-(a+b)$. Это не из аксиомы 4 следует.

Но откуда нам знать, что противоположный элемент выглядит именно так: $-(a+b)$? Давайте обозначим его $c$.
По аксиоме 4, элемент $c$ будет называться противоположным к элементу $a+b$, если $(a+b)+c=0$. Согласно задаче 3, противоположный элемент единственен для каждого элемента из $\mathbb{F}$. Я показал, что $(a+b)+((-a)+(-b))=0$, значит элемент $(-a)+(-b)$ и есть противоположный к элементу $a+b$.

-- 31.05.2016, 14:30 --

irod в сообщении #1127343 писал(а):

4. Элемент, противоположный сумме, есть сумма элементов, противоположных каждому слагаемому.
...
сумма их противоположных элементов $-a$ и $-b$ является обратным элементом к сумме $a$ и $b$

Тут конечно же описка, я имел в виду противоположный элемент, а не обратный.

[irod]

Someone в сообщении #1127342 писал(а):

Явное доказательство от противного. Я далее не буду писать $\in\mathbb F$.
Поскольку доказывается утверждение "каждый элемент имеет единственный противоположный", доказательство от противного начинается с предположения "пусть некоторый элемент $x$ имеет более одного противоположного элемента", которое является отрицанием того, что хотим доказать. Берутся два различных противоположных элемента $y$ и $y'$, и показывается, что $y=y'$, что противоречит исходному предположению. Стало быть, это предположение неверно, то есть, для всех $x$ противоположный элемент является единственным.

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.

Правильно ли я понял, что эти Ваши замечания относятся в равной степени и к моему доказательству задачи 2? Т.е. должно быть так.
Берем любые два ноля, показываем что $0=0'$, следовательно все ноли равны другу другу, то есть ноль один.
?

[grizzly]

irod в сообщении #1127570 писал(а):

Конечно, я использовал и коммутативность и ассоциативность. Вы хотите мне сказать, что я не имел права это делать именно с разностью?

Ничего страшного здесь, хотя мне не показалось, что так удобнее. (Я нарочно задал немного провокационный вопрос для проверки понимания и уверенности.)
А упомянуть единственность в Вашем варианте доказательства было необходимо. Примерно так, как Вы сделали в последнем сообщении (хотя формулировка в конце там опять не особо аккуратна, имхо).

[Someone]

irod в сообщении #1127595 писал(а):

Берем любые два ноля, показываем что $0=0'$, следовательно все ноли равны другу другу, то есть ноль один.

Да, так можно доказывать. Но, разумеется, я не утверждаю, что это единственный способ доказательства.

irod в сообщении #1127595 писал(а):

Правильно ли я понял, что эти Ваши замечания относятся в равной степени и к моему доказательству задачи 2?

Где это?

[irod]

Someone в сообщении #1127665 писал(а):

irod в сообщении #1127595 писал(а):

Правильно ли я понял, что эти Ваши замечания относятся в равной степени и к моему доказательству задачи 2?

Где это?

В первом сообщении в этой теме:

irod в сообщении #1127038 писал(а):

2. В $\mathbb{F}$ существует лишь один ноль.

Или я не понял Ваш вопрос, и Вы спросили с чего я такой вывод сделал?

[Someone]

irod в сообщении #1128484 писал(а):

Или я не понял Ваш вопрос, и Вы спросили с чего я такой вывод сделал?

Скорее это я Вас не понял.

irod в сообщении #1127595 писал(а):

Правильно ли я понял, что эти Ваши замечания относятся в равной степени и к моему доказательству задачи 2? Т.е. должно быть так.
Берем любые два ноля, показываем что $0=0'$, следовательно все ноли равны другу другу, то есть ноль один.

Да, так лучше. Не надо использовать доказательство "от противного" там, где оно не по существу. В данных случаях независимо от того, предполагает Вы, что нулей (противоположных элементов) больше одного, или не предполагаете, доказательство одно и то же, только в одном случае у Вас получается противоречие с предположением, а в другом случае Вы просто доказываете, что что объекты, обозначенные по-разному, на самом деле являются одним и тем же (равны).

[irod]

Someone
ок, понятно.

-- 03.06.2016, 13:36 --

5. Уравнение $a+x=b$ имеет в $\mathbb{F}$ единственное решение.

Доказательство.
Пусть $x$ и $x'$ -- любые решения в $\mathbb{F}$ данного уравнения для некоторых $a,b \in \mathbb{F}$ (не предполагаем, что они различные):
\begin{equation*} \begin{cases} a+x=b \\ a+x'=b \end{cases} \end{equation*}
Добавим к обем сторонам каждого уравнения $-a$:
\begin{equation*} \begin{cases} (a+x)-a=b-a \\ (a+x')-a=b-a \end{cases} \end{equation*}
Используем ассоциативность, коммутативность и аксиому 4 для левых сторон (на примере верхнего уравнения; с нижним все аналогично):
$ (a+x)-a = a+(x-a) = a+(-a+x) = (a-a)+x = 0+x = x$.
В итоге получим:
\begin{equation*} \begin{cases} x=b-a \\ x'=b-a \end{cases} \end{equation*}
Отсюда следует, что $x=x'$.
Следовательно, все решения данного уравнения равны друг другу, т.е. решение одно.

-- 03.06.2016, 13:39 --

Меня смущает, что я в 5й задаче не использовал никакие из предыдущих результатов из этого листка. При желании конечно можно пойти немного другим путем, с использованием задачи 3, но я не уверен что так будет лучше и короче.

Добавим к каждому уравнению $-b$:
\begin{equation*} \begin{cases} (a+x)-b=b-b \\ (a+x')-b=b-b \end{cases} \end{equation*}
Используя коммутативность, ассоциативность и аксиому 4, получим:
\begin{equation*} \begin{cases} (a-b)+x=0 \\ (a-b)+x'=0 \end{cases} \end{equation*}
Т.е. $x$ и $x'$ являются противоположными элементами к $a-b$. Согласно зад.3, противоположный элемент единственен, значит $x=x'$.

-- 03.06.2016, 14:23 --

Совсем простая задачка.
6. $((a \cdot b) \cdot c) \cdot d = a \cdot (b \cdot( c \cdot d))$.

Доказательство.
Используем ассоциативность (аксиому 6):

$$ ((a \cdot b) \cdot c) \cdot d = $$

$$ (a \cdot b) \cdot (c \cdot d) = $$

$$ a \cdot (b \cdot (c \cdot d)). $$

-- 03.06.2016, 14:31 --

Следующее доказательство очень похоже на доказательство задачи 2.

7. В $\mathbb{F}$ существует лишь одна единица.

Доказательство.
Пусть $1$ и $1'$ -- две любые единицы из $\mathbb{F}$. По аксиоме 7, для любого ненулевого $a \in \mathbb{F}$:
\begin{equation*} \begin{cases} a \cdot 1 = a, \ 1 \ne 0 \\ a \cdot 1' = a, \ 1' \ne 0 \end{cases} \end{equation*}
Взяв каждую из этих единиц в качестве $a$ и используя коммутативность умножения, имеем $1=1 \cdot 1'=1' \cdot 1=1'$. Следовательно, все единицы равны другу другу, то есть единица одна.

[irod]

8. Уравнение $a \cdot x = b$ при $a \ne 0$ имеет в $\mathbb{F}$ единственное решение.

Доказательство.
Пусть $x$ и $x'$ -- любые решения в $\mathbb{F}$ данного уравнения для некоторых $a,b \in \mathbb{F}$:
\begin{equation*} \begin{cases} a \cdot x=b \\ a \cdot x'=b \end{cases} \end{equation*}
По условию, $a \ne 0$, значит для него по аксиоме 8 существует обратный элемент $\frac{1}{a}$.
Умножим оба уравнения выше на $\frac{1}{a}$ слева:
\begin{equation*} \begin{cases} \frac{1}{a} \cdot (a \cdot x) = \frac{1}{a} \cdot b \\ \frac{1}{a} \cdot (a \cdot x') = \frac{1}{a} \cdot b \end{cases} \end{equation*}
Упростим уравнения (на примере верхнего уравнения; с нижним все аналогично):
\begin{align*} \frac{1}{a} \cdot (a \cdot x) = \frac{1}{a} \cdot b & \Leftrightarrow & \text{(ассоциативность)} \\ \bigg( \frac{1}{a} \cdot a \bigg) \cdot x = \frac{1}{a} \cdot b & \Leftrightarrow & \text{(коммутативность)} \\ x \cdot \bigg( a \cdot \frac{1}{a} \bigg) = \frac{1}{a} \cdot b & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 8)} \\ x \cdot 1 = \frac{1}{a} \cdot b & \Leftrightarrow & \text{(аксиома 7)} \\ x = \frac{1}{a} \cdot b. && \end{align*}
В итоге получим:
\begin{equation*} \begin{cases} x = \frac{1}{a} \cdot b \\ x' = \frac{1}{a} \cdot b \end{cases} \end{equation*}
Отсюда следует, что $x=x'$, т.е. все решения данного уравнения совпадают, и значит решение одно.

-- 04.06.2016, 15:24 --

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*}
Из последнего уравнения следует, что элемент $\bigg( \frac{1}{a} \cdot \frac{1}{b} \bigg)$ является обратным к нулю, чего быть не может. Следовательно, исходное предположение неверно, и хотя бы один из элементов $a,b$ равен нулю.

[SomePupil]

irod писал(а):

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

Это аксиома?