Eliminacja aksjomatu teorii mnogości

[iksinski]

Czy to jest poprawna eliminacja jednego z aksjomatów teorii mnogosci?

Z 1 wyprowadzone jest 2.

1 \(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee! (P(y,z) \Rightarrow \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)
2 \(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow z=a \vee z=b }\)

\(\displaystyle{ P(y, zy)}\)
\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow P(0,a)}\)
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow P( \neg 0,b)}\)

\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow P(0,a) \vee P( \neg 0,x) }\)
\(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,x) }\)
To wyrażenie będzie 1 gdy:

\(\displaystyle{ P(y,z)= (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \vee z=b) }\)

Więc następnik:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)

Za x podstawiamy zbiór {0,{0}) i za P(y,z): \(\displaystyle{ P(y,z)= (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \vee z=b)}\):

\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \vee z=b)}\)
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y=0 \vee y=\{0\}) \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \vee z=b)}\)

Tutaj fragment tego wyrażenia:
\(\displaystyle{ \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \vee z=b)}\)
\(\displaystyle{ \bigvee y (y=0 \vee y=\{0\}) \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \vee z=b)}\)

\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow z=a }\)
\(\displaystyle{ y=\{0\} \Rightarrow z=b }\)
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow 0 }\)

\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow z=a \vee z=b }\)
\(\displaystyle{ z=a \vee z=b }\)

Czyli:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow (z=a \vee z=b) }\)

Dodano po 3 godzinach 17 minutach 59 sekundach:
Poprawiłem niektóre usterki w tym tekście. Teraz jest dobrze.

Czy to jest poprawna eliminacja jednego z aksjomatów teorii mnogosci?

Z 1 wyprowadzone jest 2.

1 \(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee! (P(y,z) \Rightarrow \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)
2 \(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow z=a \vee z=b }\)

\(\displaystyle{ P(y, zy)}\)
\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow P(0,a)}\)
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow P( \neg 0,b)}\)

\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
\(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
To wyrażenie będzie 1 gdy:

\(\displaystyle{ P(y,z)= (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \wedge z=b) }\)

Więc następnik:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)

Za x podstawiamy zbiór {0,{0}) i za P(y,z): \(\displaystyle{ P(y,z)= (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b)}\):

\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \wedge z=b)}\)
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y=0 \vee y=\{0\}) \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0) \wedge z=b)}\)

Tutaj fragment tego wyrażenia:
\(\displaystyle{ \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b)}\)
\(\displaystyle{ \bigvee y (y=0 \vee y=\{0\}) \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b)}\)

\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow z=a }\)
\(\displaystyle{ y=\{0\} \Rightarrow z=b }\)
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow 0 }\)

\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow z=a \vee z=b }\)
\(\displaystyle{ z=a \vee z=b }\)

Czyli:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow (z=a \vee z=b) }\)

[Jan Kraszewski]

1 \(\displaystyle{ \bigwedge y \red{\bigvee!} (P(y,z) \Rightarrow \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)

Co to jest?

No i z nawiasami też jest niedobrze.

JK

PS
Nawiasem mówiąc, mógłbyś używać normalnych kwantyfikatorów, czyli \(\displaystyle{ \forall, \exists}\).

[iksinski]

Powinno być tak:

1 \(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee ! z P(y,z) \Rightarrow \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y (y \in x \wedge P(y,z)) }\)

[Jan Kraszewski]

No to dalej:

\(\displaystyle{ P(y, zy)}\)
\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow P(0,a)}\)
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow P( \neg 0,b)}\)

\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow P(0,a) \vee P( \neg 0,x) }\)
\(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,x) }\)

Co to miałoby znaczyć?

Jak wypisujesz mnóstwo znaczków bez żadnego komentarza, to potem nie wiadomo, o co chodzi...

JK

[iksinski]

Po opuszczeniu dwóch kwantyfikatorów mamy \(\displaystyle{ P(y,zy) }\). Druga zmienna zależy od y.
Jeśli \(\displaystyle{ y=0 }\) to \(\displaystyle{ P(0,a)}\) - 'a' to jest jakiś zbiór.
Jeśli \(\displaystyle{ y \neq 0}\) to \(\displaystyle{ P( \neg 0,b)}\) - 'b' to jest jakiś inny zbiór bo y jest inne.
Potem sumuję stronami i otrzymuję \(\displaystyle{ 1 \Rightarrow P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
czyli \(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
Zbiór \(\displaystyle{ \neg 0 }\) to zbiór inny niż 0.

Dodano po 20 godzinach 13 minutach 58 sekundach:
Zapomniełem dodać, że to się tyczy tego fragmentu. Został tylko przekształcony.

\(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee ! z P(y,z) }\)

[Jan Kraszewski]

Po opuszczeniu dwóch kwantyfikatorów mamy \(\displaystyle{ P(y,zy) }\). Druga zmienna zależy od y.
Jeśli \(\displaystyle{ y=0 }\) to \(\displaystyle{ P(0,a)}\) - 'a' to jest jakiś zbiór.
Jeśli \(\displaystyle{ y \neq 0}\) to \(\displaystyle{ P( \neg 0,b)}\) - 'b' to jest jakiś inny zbiór bo y jest inne.
Potem sumuję stronami i otrzymuję \(\displaystyle{ 1 \Rightarrow P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
czyli \(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
Zbiór \(\displaystyle{ \neg 0 }\) to zbiór inny niż 0.

Dodano po 20 godzinach 13 minutach 58 sekundach:
Zapomniełem dodać, że to się tyczy tego fragmentu. Został tylko przekształcony.

\(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee ! z P(y,z) }\)

No cóż, dopisałeś swój komentarz, ale z mojego punktu widzenia różnica jest niewielka - dalej nie wiem, co robisz, a domyślać mi się nie chce.

Nie chce mi się przebijać przez Twoje znaczki. Może Dasio11 będzie miał więcej cierpliwości.

JK

[iksinski]

To jest dowodzone w systemie dedukcji naturalnej KRK Słupeckiego i Borkowskiego. Indrzejczak to ulepszył, ale kosztem jeszcze większej rozwlekłości.

Rozpiszę to dokładniej.

Mamy wyrażenie: \(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee ! z P(y,z) }\)

Opuszczamy dwa kwantyfikatory:
1 \(\displaystyle{ P(y,ay) }\). Druga stała ay zależy od y. (ay to jakiś zbiór konkretny ale zależny od y)
2 \(\displaystyle{ y=0 \vee y \neq 0 }\) aksjomat
2.1 \(\displaystyle{ y=0 }\) założenie
2.2 \(\displaystyle{ P(0,a) }\)
3 \(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow P(0,a) }\) dołączanie implikacji
4.1 \(\displaystyle{ y \neq 0}\) założenie
4.2 \(\displaystyle{ P( \neg 0,b) }\) ponieważ y jest inne więc b jest inne
5 \(\displaystyle{ (y \neq 0) \Rightarrow P(0,b) }\) dołączanie implikacji
6 \(\displaystyle{ (y=0 \vee y \neq 0 )\Rightarrow (P( \neg 0,b) \vee P(0,a) )}\) z 5 i 3 sumuję stronami implikację
7. \(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,b)}\) z aksjomatu 6 i reguły odrywania

Dodano po 1 godzinie 52 minutach 34 sekundach:
Może pominę ten fragment i rozpocznę od tego:
\(\displaystyle{ P(0,a) \vee P( \neg 0,b) }\)
To wyrażenie jest równe jeden gdy pierwszy składnik jest jeden lub drugi składnik jest jeden a to zachodzi gdy:
\(\displaystyle{ P(y,z) = (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b) = 1}\)
Czyli dla takiego \(\displaystyle{ P(y,z)}\) ten poprzednik \(\displaystyle{ \bigwedge y \bigvee! (P(y,z)=1}\) więc można przejść do następnika.
Czyli:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee(y \in x \wedge P(y,z)) }\)

W tym wyrażeniu za x podstawiamy zbiór {0,{0}) i za P(y,z): \(\displaystyle{ P(y,z)= ((y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b))}\):
I otrzymać można:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge ((y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b))}\)
(*)\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow \bigvee y(y=0 \vee y=\{0\}) \wedge ((y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b))}\)

Tutaj fragment tego wyrażenia:
(1) \(\displaystyle{ \bigvee y(y \in \{0,\{0\}\} \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b)}\) czyli to samo co:
\(\displaystyle{ \bigvee y (y=0 \vee y=\{0\}) \wedge (y=0 \wedge z=a) \vee (y= \neg 0 \wedge z=b)}\)

\(\displaystyle{ y=0 \Rightarrow z=a }\) jeśli y=0 to podstawiamy to y do tego wyrażenia i otrzymujemy z=a
\(\displaystyle{ y=\{0\} \Rightarrow z=b }\) jeśli y={0} to podstawiamy to y do tego wyrażenia i otrzymujemy z=b
\(\displaystyle{ y= \neg 0 \Rightarrow 0 }\) jeśli y jest inne od tych wartości to podstawiamy do tego wyrażenia i otrzymujemy 0

Innych możliwości nie ma. Znowu sumujemy stronami te trzy implikacje i otrzymujemy:

\(\displaystyle{ y=0 \vee y=\{0\} \vee y= \neg 0 \Rightarrow z=a \vee z=b \vee 0}\)
czyli:
\(\displaystyle{ 1 \Rightarrow z=a \vee z=b \vee 0}\)
czyli
\(\displaystyle{ z=a \vee z=b }\)
Wstawiamy to wyrażenie zamiast fragmentu (1) dp (*) i otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \bigvee u \bigwedge z (z \in u \Leftrightarrow (z=a \vee z=b) }\)

Czyli z aksjomatu podstawiania czy zastępowania otrzymujemy aksjomat pary czyli aksjomat pary jest zbędny. Z tego aksjomatu można też wyprowadzić aksjomat wyróżniania. Tak samo aksjomat zbioru pustego który wyprowadzamy z aksjomatu nieskończoności. I dodajemy aksjomat Zermelo. To redukuje liczbę aksjomatów z z książki "Wstęp do matematyki" z 10 do 8. Te 8 aksjomatów to ZFC.

Dodano po 50 minutach 12 sekundach:
Tylko jeszcze jedna uwaga: Tam gdzie jest \(\displaystyle{ y= \neg 0}\) można wstawić \(\displaystyle{ y \neq 0}\) bo to jest to samo.

Dodano po 8 godzinach 17 minutach 58 sekundach:
Jak jest ktoś na tym forum, kto potrafi to przeanalizować to niech się odezwie w tym temacie. Moim zdaniem wszystko jest poprawne ale szukam weryfikatora.

[a4karo]

Po prostu pojedź do Łodzi i porozmawiaj z autorytetem, na który się powołujesz. My tutaj chyba nie dorośliśmy.

[iksinski]

Po prostu nie znasz tego systemu. I tak trudno Ci się do tego przyznać?

[a4karo]

Nie znam, i przyznaję to. Lepiej się z tego powodu poczułeś?
Wskazałem Ci realną szansę sprawdzenia, czy Twoje "wytwory" maja jakikolwiek sens: pójdź do źródła.

[iksinski]

Mają sens i jestem tego na to 100% pewny. A cały system syntaktyczny KRK Słupeckiego mam w głowie i go zrozumiałem dogłębnie, więc nie muszę się z nim konsultować. Wystarczą mi książki. Nie pójdę do źródła i źródło też nie przyjdzie do mnie. To jest dla mnie nierealne.

[a4karo]

To się zdecyduj: chcesz, żeby ktoś Ci sprawdził to, co zrobiłeś, czy nie?

Jeżeli tak, a my tutaj jesteśmy za ciency, to masz dwa rozsądne wyjścia:
- napisz, lub porozmawiaj z kimś, kogo uznajesz za autorytet, albo
- wyślij swoje "odkrycie" do jakiegoś porządnego czasopisma

Tak się weryfikuje hipotezy w nauce. To dużo lepsze niż wywyższanie się.

[Jan Kraszewski]

Po prostu nie znasz tego systemu. I tak trudno Ci się do tego przyznać?

Nie wiem, czy to było do mnie, czy do a4karo...

Jeśli chodzi o mnie, to nie twierdziłem, że znam. Wielu rzeczy nie znam i nie mam żadnych problemów, by się do tego przyznać.
Po drugie, to że go nie znam, nie jest samo w sobie dużym problemem, bo poznanie go - gdybym miał taką potrzebę - nie jest jakimś dużym wyzwaniem.
Po trzecie, nie mam potrzeby dokładniejszego poznawania tego systemu, tak jak nie mam potrzeby analizowania Twojego dowodu, który jest długim i mało czytelnym syntaktycznym wywodem. Analiza syntaktycznych rozważań, zwłaszcza mało czytelnych, to nie jest moje hobby.

To, że zestaw aksjomatów ZFC nie jest "optymalny", jest powszechną wiedzą - wygląda tak m.in. z przyczyn historycznych, a także, powiedzmy, poglądowych. A poza wszystkim aksjomatów nie jest 10 czy 8, tylko przeliczalnie wiele.

JK

[iksinski]

- wyślij swoje "odkrycie" do jakiegoś porządnego czasopisma

To nie jest żadne odkrycie tylko powszechna wiedza że z aksjomatu podstawiania można uzyskać inne aksjomaty. To tylko przekształcenie systemu z "Wstępu do matematyki" do ZFC. Nic więcej.