Нестандартный анализ без матлогики

[EminentVictorians]

Ха! А ведь получилось!

Докажем, что для любого гипердействительного числа $y \geqslant 0$ существует гипердействительное число $x \geqslant 0$ такое, что $x^2 = y$.

Доказательство:

Вспомним, что вообще такое гипердействительное число $y$. Это класс эквивалентности $[Y]$, состоящий из некоторых действительнозначных последовательностей. Возьмем произвольную такую последовательность $Y$ из этого класса. Из $y \geqslant 0$ следует, что $M = \{n \in \mathbb N| Y(n) \geqslant 0\} \in F$ (где $F$ - свободный ультрафильтр из второго сообщения этой темы). Рассмотрим последовательность $X$ такую, что на $\mathbb N \backslash M$ она задана как угодно, а на $M$ она задана так: $X(n) = \sqrt{Y(n)} (\forall n \in M)$. Легко показать, что эта последовательность является корректно определенной (т.к. из любого неотрицательного действительного числа можно извлечь корень). Положим $x := [X]$. Докажем, что $x^2 = y$.

$x^2 = [X] \cdot [X] = [X \cdot X] = [Z]$

На $M$ $Z$ в точности совпадает с $Y$, а этого достаточно, чтобы утверждать, что $[Z] = [Y]$ (т.к. множество $K$, на котором $Z$ и $Y$ совпадают, будет являться надмножеством множества $M$, а само $M$ принадлежит ультрафильтру, значит и $K$ будет принадлежать ультрафильтру).

Таким образом, $x^2 = [Z] = [Y] = y$, чтд.

-- 19.02.2024, 00:10 --

Geen в сообщении #1630163 писал(а):

А как из существования следует возможность "фиксации"?

Просто выберите любой из существующих.

-- 19.02.2024, 00:21 --

Mikhail_K в сообщении #1630162 писал(а):

Подозреваю, что подойдёт ровно такое же доказательство, как и для $\mathbb{R}$.

Хмм.. Сомневаюсь... В вещественном случае мы конкретно и по полной программе используем полноту. Гипервещественные не полны, поэтому дословно скорее всего не получится.