Twierdzenie dla dociekliwych: Różnice pomiędzy wersjami
(→Twierdzenie Bourbakiego-Witta) |
(→Twierdzenie Bourbakiego-Witta) |
||
| Linia 80: | Linia 80: | ||
Pokażemy, że zbiór <math>B_{1}</math> jest nadmaksymalny. | Pokażemy, że zbiór <math>B_{1}</math> jest nadmaksymalny. | ||
| − | <math>B_{1}=\left\{ x\in B_{0}| \ \ y\in B_{0} \wedge y<x \longrightarrow f\left( y\right) \le x\right\} \subset B_{0}</math> | + | <math>B_{1}=\left\{ x\in B_{0}| \ \ y\in B_{0} \wedge y<x \longrightarrow f\left( y\right) \le x\right\} \subset B_{0}.</math> |
| − | '''(1)''' Pokażmy, że <math>a\in B_{1}</math>. Niewątpliwie <math>a\in B_{0}</math> ( bo <math>B_{0}</math> jest nadmaksymalny) Z '''lematu 0''' wynika, że <math>y<a</math> nie zachodzi dla żadnego <math>y\in B_{0}</math>. Zatem założenia implikacji w definicji <math>B_{1}</math> nie są spełnione, a więc cała implikacja jest prawdziwa, czyli <math>a\in B_{1}</math>. | + | '''(1)''' Pokażmy, że <math>a\in B_{1}</math>. Niewątpliwie <math>a\in B_{0}</math> ( bo <math>B_{0}</math> jest nadmaksymalny). Z '''lematu 0''' wynika, że <math>y<a</math> nie zachodzi dla żadnego <math>y\in B_{0}</math>. Zatem założenia implikacji w definicji <math>B_{1}</math> nie są spełnione, a więc cała implikacja jest prawdziwa, czyli <math>a\in B_{1}</math>. |
| − | '''(2)''' Niech <math>x\in B_{1}</math>. Pokażemy, że <math>f\left( x\right) \in B_{1}</math>. Ponieważ <math>x\in B_{0}</math>, więc również <math>f\left( x\right) \in B_{0}</math>. Aby pokazać prawdziwość implikacji odnośnie <math>f(x)</math>, to weźmy <math>y\in B_{0}</math> takie że <math>y<f(x)</math> | + | '''(2)''' Niech <math>x\in B_{1}</math>. Pokażemy, że <math>f\left( x\right) \in B_{1}</math>. Ponieważ <math>x\in B_{0}</math>, więc również <math>f\left( x\right) \in B_{0}</math>- z nadmaksymalności <math>B_{0}</math>. Aby pokazać prawdziwość implikacji odnośnie <math>f(x)</math>, to weźmy <math>y\in B_{0}</math> takie, że <math>y<f(x)</math>, i pokażmy, że <math>f(y) \le f(x)</math>. Na mocy '''lematu 1''' dostajemy,że <math>y \le x \vee f\left( x\right) \le y</math>. Druga część tej alternatywy przeczy założeniu, że<math>y<f(x)</math>, musi więc być <math>y \le x</math>, więc jeśli <math>y=x</math>, to <math>f(y)=f(x)</math>, więc <math>f(y) \le f(x)</math>, a jeśli <math>y<x</math>, to stosując definicję <math>B_{1}</math> do <math>x\in B_{1}</math> i <math>y</math> dostajemy, że <math>f\left( y\right) \le x \le f(x)</math>, czyli również w tym przypadku <math>f\left( y\right) \le f(x)</math>. Zatem <math>f\left( x\right) \in B_{1}.</math> |
| − | '''(3)''' Niech <math>\left\{ \right\} \neq C\subset B_{1}</math> będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że <math>\bigvee C \in B_{1}</math>. Ponieważ <math>B_{1}\subset B_{0}</math>, więc <math>C\subset B_{0}</math>. Zbiór <math>B_{0}</math> jest nadmaksymalny zatem <math>\bigvee C \in B_{0}</math>. Aby pokazać, że <math>\bigvee C \in B_{1}</math> weźmy | + | '''(3)''' Niech <math>\left\{ \right\} \neq C\subset B_{1}</math> będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że <math>\bigvee C \in B_{1}</math>. Ponieważ <math>B_{1}\subset B_{0}</math>, więc <math>C\subset B_{0}</math>. Zbiór <math>B_{0}</math> jest nadmaksymalny, zatem <math>\bigvee C \in B_{0}</math>. Aby pokazać, że <math>\bigvee C \in B_{1}</math>, to weźmy <math>y</math> z <math>B_{0}</math> taki, że <math>y<\bigvee C</math>, i pokażmy, że <math>f\left( y\right) \le \bigvee C</math>. '''Gdyby''', <math>y\not<x</math>, żaden <math>x\in C</math>( <math>C</math> jest niepusty) nie był większy od <math>y</math>, to wtedy na podstawie '''lematu 1''' otrzymujemy, że : <math>y \le x \vee f\left( x\right) \le y</math>. Pierwszy przypadek daje tylko możliwość <math>x=y</math>, i wtedy <math>x \le y</math>, a drugi przypadek daje <math>x \le f\left( x\right) \le y</math>, więc również <math>x \le y</math>. Z dowolności wyboru <math>x\in C</math> otrzymujemy, że <math>y</math> jest ograniczeniem górnym dla <math>C</math>. Ponieważ <math>\bigvee C</math> jest najmniejszym ograniczeniem górnym, to <math>\bigvee C \le y</math>, co przeczy założeniu, że <math>y<\bigvee C</math>- sprzeczność. Zatem dla pewnego <math>x\in C</math> mamy <math>y<x</math>, więc ponieważ <math>x\in B_{1}</math>, więc z definicji tego zbioru dostajemy <math>f\left( y\right) \le x</math>. Element <math>x\in C</math> spełnia <math>x \le \bigvee C</math>, wobec czego <math>f\left( y\right) \le \bigvee C</math>, i <math>\bigvee C \in B_{1}</math>. |
Zatem zbiór <math>B_{1}</math> jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór <math>B_{0}</math> jest najmniejszym nadmaksymalnym, to <math>B_{0} \subset B_{1}</math>, a zatem <math>B_{0}=B_{1}</math>. <math>\square</math>. | Zatem zbiór <math>B_{1}</math> jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór <math>B_{0}</math> jest najmniejszym nadmaksymalnym, to <math>B_{0} \subset B_{1}</math>, a zatem <math>B_{0}=B_{1}</math>. <math>\square</math>. | ||
Aktualna wersja na dzień 03:33, 14 lis 2018
Rozdział ten jest poświęcony twierdzeniu, które użyjemy w następnym rozdziale poświęconym aksjomatowi wyboru.
Twierdzenie Bourbakiego-Witta
Jeśli w zbiorze uporządkowanym każdy łańcuch posiada supremum, oraz dla funkcji przeprowadzającej ten zbiór uporządkowany w , i spełniającej dla dowolnego , to wtedy funkcja posiada punkt stały, czyli istnieje , taki, że .
Dla łańcucha jego supremum będziemy oznaczać . W czasie tego dowodu zostaną pokazane trzy lematy. Są one częścią całego dowodu.
Dowód:
Nasze założenia odnośnie zbioru uporządkowanego , że każdy łańcuch posiada supremum gwarantują jego niepustość. Wystarczy odnaleźć jeden łańcuch (np. łańcuch pusty), a więc mamy jeden łańcuch, i ponieważ ten łańcuch posiada supremum, które jest elementem zbioru uporządkowanego , a więc zbiór jest niepusty. Ustalmy więc Zdefiniujmy rodzinę zbiorów 'nadmaksymalnych':
gdzie
(1)
(2)
(3)
Zbiory spełniające wszystkie te trzy warunki nazwiemy nadmaksymalnymi . Istnieją zbiory nadmaksymalne, gdyż cały zbiór jest nadmaksymalny (rozpatrywane elementy należą do zbioru uporządkowanego ).
Zauważmy, że jeśli jest niepustym zbiorem zbiorów nadmaksymalnych, to jest również zbiorem nadmaksymalnym.
Udowodnijmy punkt (3)
Niech będzie niepustym łańcuchem. Pokażemy, że . Wystarczy zatem pokazać, ze dla każdego zbioru Aby to pokazać,to niech . Z własności iloczynu mnogościowego . Nasze założenia dają , czyli . Ponieważ jest łańcuchem, i ponieważ zbiory są nadmaksymalne, to z własności (3) dostajemy . Dowolność wyboru kończy dowód.
Dowody punktów 2 i 1 są podobne (i mogą być tylko łatwiejsze) więc pozostawimy je czytelnikowi. Zatem iloczyn dowolnej niepustej rodziny zbiorów nadmaksymalnych jest zbiorem nadmaksymalnym.
Zdefiniujmy zbiór jako iloczyn wszystkich zbiorów nadmaksymalnych. Otrzymujemy zatem, że jest nadmaksymalny. Z własności iloczynu jest on podzbiorem każdego nadmaksymalnego zbioru, jest najmniejszym zbiorem nadmaksymalnym.
Pokażemy, że zbiór jest łańcuchem- nie będzie to łatwe.
Lemat 0 Każdy element z jest większy lub równy od - .
Dowód:
Niech Pokażemy, że jest to zbiór nadmaksymalny.
(1) , bo
(2) Niech Pokażemy, że . Ponieważ to , nasze założenia dają, że zawsze , zatem tym bardziej , co oznacza, ze
(3) Niech będzie łańcuchem niepustym. Ponieważ jest niepusty, więc istnieje . Element ten należy do , więc . Supremum musi być większe od każdego elementu , czyli również , czyli i , co należało pokazać.
Zatem jest nadmaksymalny. Ponieważ jest najmniejszym nadmaksymalnym, to , czyli każdy element z jest większy lub równy od .
Zdefiniujmy zbiór:
Jest to zbiór tych -ów z , że razem z elementem silnie mniejszym od wartość na nim też nie przekracza . Potem pokażemy, że jest on równy całemu . Wpierw udowodnijmy inny, bardzo pomocny lemat.
Lemat 1 Jeśli , to dla każdego zachodzi: .
Dowód:
Niech Zdefiniujmy zbiór :
Jest to zbiór tych elementów, dla których dowodzony lemat zachodzi. Pokażemy, że zbiór jest nadmaksymalny.
(1) Pokażmy, że . Niewątpliwie ( bo jest nadmaksymalny). Z lematu 0 wynika, że , czyli .
(2) Niech . Pokażmy, że . Ponieważ to z nadmaksymalności mamy . Pozostaje pokazać, ze . Wiemy, że , więc jeśli , to ponieważ więc , co należało pokazać. W przeciwnym przypadku mamy , wiec jeśli , to , zatem , a jeśli to z określenia dostajemy . Zatem w każdym przypadku , więc
(3) Niech będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że . Ponieważ , więc . Mamy, że jest nadmaksymalny, więc . Jeśli dla każdego zachodzi , to jest ograniczeniem górnym zbioru , ponieważ jest najmniejszym ograniczeniem górnym dla , więc i . W przeciwnym przypadku ( jest niepusty i jest podzbiorem ), więc dla pewnego zachodzi druga możliwość, czyli . Wtedy , więc , a zatem
Zatem jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór jest najmniejszym nadmaksymalnym, to , i . Czyli dla każdego zachodzi:
W kolejnym lemacie dowodzimy, że zbiory i są równe.
Dowód:
Pokażemy, że zbiór jest nadmaksymalny.
(1) Pokażmy, że . Niewątpliwie ( bo jest nadmaksymalny). Z lematu 0 wynika, że nie zachodzi dla żadnego . Zatem założenia implikacji w definicji nie są spełnione, a więc cała implikacja jest prawdziwa, czyli .
(2) Niech . Pokażemy, że . Ponieważ , więc również - z nadmaksymalności . Aby pokazać prawdziwość implikacji odnośnie , to weźmy takie, że , i pokażmy, że . Na mocy lematu 1 dostajemy,że . Druga część tej alternatywy przeczy założeniu, że, musi więc być , więc jeśli , to , więc , a jeśli , to stosując definicję do i dostajemy, że , czyli również w tym przypadku . Zatem
(3) Niech będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy, że . Ponieważ , więc . Zbiór jest nadmaksymalny, zatem . Aby pokazać, że , to weźmy z taki, że , i pokażmy, że . Gdyby, , żaden ( jest niepusty) nie był większy od , to wtedy na podstawie lematu 1 otrzymujemy, że : . Pierwszy przypadek daje tylko możliwość , i wtedy , a drugi przypadek daje , więc również . Z dowolności wyboru otrzymujemy, że jest ograniczeniem górnym dla . Ponieważ jest najmniejszym ograniczeniem górnym, to , co przeczy założeniu, że - sprzeczność. Zatem dla pewnego mamy , więc ponieważ , więc z definicji tego zbioru dostajemy . Element spełnia , wobec czego , i .
Zatem zbiór jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór jest najmniejszym nadmaksymalnym, to , a zatem . .
Tak więc , więc dla dowolnych i w mamy na podstawie lematu 1: . W pierwszym przypadku mamy , a więc elementy są porównywalne, w przeciwnym przypadku , więc , zatem również elementy są porównywalne. Z dowolności wyboru elementów i wnioskujemy, że zbiór jest łańcuchem. Mając to, już łatwo zakończymy dowód tego twierdzenia.
Więc jest łańcuchem. Ponieważ zbiór jest też nadmaksymalny, to stosując punkt 3 wnioskujemy, że , więc również -znowu z nadmaksymalności . Ponieważ jednak jest większe lub równe od każdego elementu , więc również , nasze założenia dają , wobec czego , co oznacza, że jest punktem stałym.
