szukanie zaawansowane
 [ Posty: 3 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 23 wrz 2016, o 01:58 
Użytkownik

Posty: 295
Lokalizacja: Rzeszów
A więc zapowiedziany kilka dni temu dowód.
Przypomnijmy treść twierdzenia Bourbakiego-Witta:

Jeśli w zbiorze uporządkowanym \left( A, \le \right) każdy łańcuch posiada supremum oraz dla funkcji f przeprowadzającej A w A i spełniającej x \le f\left( x\right) dla dowolnego x to funkcja f posiada punkt stały, czyli istnieje x_{0} że f \left( x_{0}\right) =x_{0}.

Dla łańcucha C jego supremum będziemy oznaczać \bigvee C. W czasie tego dowodu zostaną pokazane trzy lematy. Są one częścią całego dowodu. Dowód:

Ustalmy a\in A( jeśli A jest pusty, to twierdzenie jest prawdziwe, gdyż w zbiorze pustym jest dokładnie jeden łańcuch- łańcuch pusty, więc ... twierdzenie jest prawdziwe ) Zdefiniujmy rodzinę zbiorów 'nadmaksymalnych':

S=\left\{ B \subset A   |  \  \ \textbf{(1)}  \wedge  \textbf{(2)}  \wedge  \textbf{(3)} \right\} gdzie

(1) \  a\in B
(2) \ \hbox{ jeśli } x\in B \hbox { to również } f\left( x\right)\in B
(3) \  \hbox{ jeśli }  \left\{ \right\}  \neq C \subseteq 
B \hbox{ jest niepustym łańcuchem to  }  \bigvee C \in B

Zbiory spełniające wszystkie te trzy warunki nazwiemy nadmaksymalnymi . Intuicja bowiem podpowiada mi że zawierają one maksymalny łańcuch wyznaczony przez element a i funkcję f. Istnieją zbiory nadmaksymalne, gdyż cały zbiór A jest nadmaksymalny (rozpatrywane elementy należą do zbioru uporządkowanego A).

Zauważmy że jeśli M jest niepustym zbiorem zbiorów nadmaksymalnych to \bigcap M jest również zbiorem nadmaksymalnym.

Udowodnijmy punkt (3)

Niech C \subseteq \bigcap M będzie niepustym łańcuchem. Pokażemy że \bigvee C \in  \bigcap M. Wystarczy zatem pokazać ze \bigvee C \in  B dla każdego zbioru B\in MAby to pokazać niech B\in M. Z własności iloczynu mnogościowego \bigcap M \subset B. Nasze założenia dają C \subset \bigcap M \subset B, czyli C \subset B. Ponieważ C jest łańcuchem i ponieważ zbiory B\in M są nadmaksymalne to z własności (3) dostajemy \bigvee C \in  B. Dowolność wyboru B\in M kończy dowód.

Dowody punktów 2 i 1 są podobne (i mogą być tylko łatwiejsze) więc pozostawimy je czytelnikowi.

Zdefiniujmy zbiór B_{0}=\bigcap S jako iloczyn wszystkich zbiorów nadmaksymalnych. Otrzymujemy zatem że B_{0} jest nadmaksymalny. Z własności iloczynu jest on podzbiorem każdego nadmaksymalnego zbioru, jest najmniejszym zbiorem nadmaksymalnym.

\tikz{\draw[black!10!white] (0,0) -- (0.25,0)} Pokażemy że zbiór B_{0} jest łańcuchem- nie będzie to łatwe

Lemat 0 ( dla zgody numeracji z ważniakiem) Każdy element x z B_{0 } jest większy lub równy a- x \ge a. Dowód(ukryty):
Ukryta treść:    
Zdefiniujmy zbiór:

B_{1}=\left\{ x\in B_{0}| \  \ y\in B_{0}  \wedge y<x  \longrightarrow  f\left( y\right)  \le  x\right\}

Jest to zbiór tych x-ów z B_{0} że razem z elementem silnie mniejszym od x wartość f na nim też nie przekracza x. Potem pokażemy że jest on równy całemu B_{0}. Wpierw udowodnijmy inny, bardzo pomocny lemat.

Lemat 1 Jeśli x\in B_{1} to dla każdego y\in B_{0} zachodzi: y \le x  \vee f\left( x\right)  \le y. Dowód:

Niech x\in B_{1} Zdefiniujmy zbiór B_{x}:

B_{x}=\left\{ y\in B_{0}| \  \ y \le x  \vee f\left( x\right)  \le y\right\} \subset B_{0}

Jest to zbiór tych elementów dla których dowodzony lemat zachodzi. Pokażemy że zbiór B_{x} jest nadmaksymalny.

(1) Pokażmy że a\in B_{x}. Niewątpliwie a\in B_{0} ( bo B_{0} jest nadmaksymalny) Z lematu 0 wynika że x \ge a, czyli a\in B_{x}.
(2) Niech y\in B_{x}. Pokażmy że f\left( y\right)\in B_{x}. Ponieważ y\in B_{0} to z nadmaksymalności B_{0} mamy f\left( y\right)\in B_{0}. Pozostaje pokazać ze f\left( y\right)  \le x  \vee f\left( x\right)  \le f\left( y\right). Wiemy że y\in B_{x}, więc jeśli f\left( x\right) \le y to ponieważ y \le f\left( y\right) więc f\left( x\right) \le f\left( y\right), co należało pokazać.
W przeciwnym przypadku mamy y \le x, wiec jeśli y=x, to f\left( y\right) =f \left( x\right), zatem f\left( x\right)  \le f\left( y\right), a jeśli y<x to z określenia B_{1} dostajemy f\left( y\right) \le x. Zatem w każdym przypadku f\left( y\right)  \le x  \vee f\left( x\right)  \le f\left( y\right), więc f\left( y\right)\in B_{x}
(3) Niech \left\{ \right\} \neq C\subset B_{x} będzie łańcuchem niepustym. Pokażemy że \bigvee C \in B_{x}. Ponieważ B_{x}\subset B_{0}, więc C\subset B_{0}. Mamy że B_{0} jest nadmaksymalny, więc \bigvee C \in B_{0}. Jeśli dla każdego y\in C zachodzi y \le x, to x jest ograniczeniem górnym zbioru C, ponieważ \bigvee C jest najmniejszym ograniczeniem górnym dla C, więc \bigvee C \le x i \bigvee C \in B_{x}. W przeciwnym przypadku (C jest niepusty i jest podzbiorem B_{x}), więc dla pewnego y\in C zachodzi druga możliwość, czyli f\left( x\right) \le y. Wtedy y \le \bigvee C, więc f\left( x\right) \le \bigvee C, a zatem \bigvee C \in B_{x}

Zatem B_{x} jest nadmaksymalny. Ponieważ zbiór B _{0} jest najmniejszym nadmaksymalnym to B_{0}\subset B_{x} i B_{0}= B_{x}. Czyli dla każdego y\in B_{0} zachodzi: y \le x \vee f\left( x\right) \le y \square

W kolejnym lemacie dowodzimy że zbiory B_{0} i B_{1} są równe. Dowód(ukryty):
Ukryta treść:    
Tak więc B _{0} =B _{1}, więc dla dowolnych x i y w B_{0} mamy na podstawie lematu 1:y \le x \vee f\left( x\right) \le y. W pierwszym przypadku mamy y \le x a więc elementy są porównywalne, w przeciwnym przypadku x  \le f\left( x\right) \le y, więc x \le y, zatem również elementy są porównywalne. Z dowolności wyboru elementów x i y wnioskujemy że zbiór B _{0} jest łańcuchem. Mając to już łatwo zakończymy dowód tego twierdzenia.

\tikz{\draw[black!10!white] (0,0) -- (0.25,0)} Więc B_{0} jest łańcuchem. Ponieważ zbiór B_{0} jest też nadmaksymalny to stosując punkt 3 wnioskujemy że \bigvee B_{0}\in B_{0}, więc również f\left( \bigvee B_{0}\right) \in B_{0}-znowu z nadmaksymalności B_{0}. Ponieważ jednak \bigvee B_{0} jest większe lub równe od każdego elementu B_{0}, więc również f\left( \bigvee B_{0}\right)  \le \bigvee B_{0}, nasze założenia dają \bigvee B_{0} \le f\left( \bigvee B_{0}\right), wobec czego f\left( \bigvee B_{0}\right) = \bigvee B_{0}, co oznacza że \bigvee B_{0} jest punktem stałym. \square :D :D

Dodam że ten dowód, oparty na ważniaku, został tam przedstawiony w sposób dużo bardziej skrótowy. :mrgreen:

To twierdzenie jest bardzo pomocne w udowodnieniu twierdzenia o maksymalnym łańcuchu.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 8 paź 2016, o 01:13 
Użytkownik

Posty: 295
Lokalizacja: Rzeszów
Dowód jest tu: https://www.matematyka.pl/411787.htm#p5450103
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 lip 2017, o 04:50 
Użytkownik

Posty: 295
Lokalizacja: Rzeszów
Ponieważ na forum NUDA, jak dla mnie, pozwolę sobie parę zdań napisać, aby wyjaśnić o co tu chodzi.

Chodzi o to, że najpierw ustalamy element początkowy a\in A. Teraz proszę zauważyć, że jeśli zdarzy się taki x że f\left( x\right) =x, to jest to punkt stały i dowód twierdzenia jest zakończony. Pozostaje zatem przyjmować że nieustannie f\left( x\right)  \neq x, co w obliczu założeń x \le f\left( x\right) dla dowolnego x\in A, pozwala nam przyjmować że wartość f\left( x\right) jest silnie większa od x

Mamy zatem a\in A, znajdujemy wzrastającą wartość zgodnie z powyższym a_{1}=f\left( a\right), i dalej a=:a_{0}<f\left( a\right)=a_{1}<f\left( a_{1}\right)=:a_{2}<f\left( a_{2}\right)=:a_{3}<f\left( a_{3}\right)=:a_{4}< \ldots

Tworząc łańcuch nieskończony \left\{ a_{0},a_{1},\ldots \right\}. Łańcuch ten posiada supremum (bo nasze założenia mówią że każdy łańcuch posiada supremum), nazwijmy je a_{\omega}. I dalej, na mocy naszych uwag:

a_{0}<a_{1}<a_{2}<a_{3}<a_{4}< \ldots a_{\omega}<f\left( a_{\omega}\right)=:a_{\omega+1}<f\left( a_{\omega+1}\right)=:a_{\omega+2}< \ldots

Łańcuch taki posiada supremum ( na mocy naszych założeń), nazwijmy je a_{2\omega}. I dalej możemy wyznaczyć wzrastającą wartość f\left( a_{2\omega}\right), potem wzrastającą wartość na poprzednim elemencie, itd., no ale może dość tych konstrukcji

I twierdzenie to mówi, że to nieskończone (gorzej- w ogóle nie wiadomo kiedy się miałoby to zakończyć), te wzrastanie, że w końcu musi się zakończyć ( bo chyba elementy zbioru się wyczerpią), to wzrastanie zostanie przerwane, i wartość funkcji na tym szczytowym elemencie nie będzie już silnie większa, zawsze jest słabo większa, no to będzie równa temu szczytowemu argumentowi, co jest zgodne z tezą zresztą. :D

Gdyby chodziło tylko o nieskończoność zbioru... Wtedy podejrzewam, że dowód byłby o wiele prostszy- wystarczyłoby wyznaczyć zbiór B_{0}, wziąć jego supremum i koniec. I konstrukcja w dowodzie jest dokładnie taka sama. Ale tu chodzi jeszcze o porządek, a nie tylko o nieskończoność. Nasze założenia odnośnie zbioru uporządkowanego wiele nie upraszczają. Na zegarze 3:00 (trochę zasiedziałem i zagapiłem się) więc może nie będę tego uzasadniał o tej porze. Czyli całe bogactwo zbiorów uporządkowanych może wystąpić i cała sieć zbioru uporządkowanego może wystąpić... I właśnie aby wyłowić zbiór B_{0} z tej całej sieci zbioru uporządkowanego, aby przekonać się że on jest rzeczywiście łańcuchem, potrzebowaliśmy aż trzech żmudnych lematów. To był naprawdę trudny problem. :P :D

Dodam, że formalnie rzecz biorąc, udowodniliśmy bardzo niewiele- znaleźliśmy jeden element na którym wartość funkcji jest równa temu elementowi. Ale to jest przekroczenie pewnego progu nieskończonego jak wiemy, i było bardzo pomocne do udowodnienia twierdzenia o maksymalnym łańcuchu, a możliwe że też może być pomocne do innych dowodów twierdzeń związanych z aksjomatem wyboru.

Uwaga! Pomiędzy x a f\left( x\right) mogą być wartości pośrednie (ale też nie muszą). Także stosowanie oznaczeń podobnych do liczb porządkowych może być mylące. Nie musi to być dobry porządek.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 3 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Dowód lematu Zorna lub tw. o maksymalnym łańcuchu  Jakub Gurak  1
 cosinus sumy katow, dowod przy uzyciu kola tryg.  koooala  0
 dowód rownoważności warunków - odległość punktu od zbioru  johnny1591  0
 dowód wprost  olenka19  4
 Dowód na różnowartośćiowośc funkcji złożonej  Spokojny_  3
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl