Strona 1 z 1

Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuchu

: 23 wrz 2016, o 01:58
autor: Jakub Gurak
A więc zapowiedziany kilka dni temu dowód.
Przypomnijmy treść twierdzenia Bourbakiego-Witta:

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

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

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

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

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

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

Zauważmy że jeśli \(\displaystyle{ M}\) jest niepustym zbiorem zbiorów nadmaksymalnych to \(\displaystyle{ \bigcap M}\) jest również zbiorem nadmaksymalnym.

Udowodnijmy punkt (3)

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

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

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

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

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

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

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

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

Niech \(\displaystyle{ x\in B_{1}}\) Zdefiniujmy zbiór \(\displaystyle{ B_{x}}\):

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

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

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

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

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

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

Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuchu

: 8 paź 2016, o 01:13
autor: Jakub Gurak

Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuchu

: 1 lip 2017, o 04:50
autor: Jakub Gurak
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 \(\displaystyle{ a\in A}\). Teraz proszę zauważyć, że jeśli zdarzy się taki \(\displaystyle{ x}\) że \(\displaystyle{ f\left( x\right) =x}\), to jest to punkt stały i dowód twierdzenia jest zakończony. Pozostaje zatem przyjmować że nieustannie \(\displaystyle{ f\left( x\right) \neq x}\), co w obliczu założeń \(\displaystyle{ x \le f\left( x\right)}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in A}\), pozwala nam przyjmować że wartość \(\displaystyle{ f\left( x\right)}\) jest silnie większa od \(\displaystyle{ x}\)

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

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

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

Łańcuch taki posiada supremum ( na mocy naszych założeń), nazwijmy je \(\displaystyle{ a_{2\omega}}\). I dalej możemy wyznaczyć wzrastającą wartość \(\displaystyle{ f\left( a_{2\omega}\right)}\), 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.

Gdyby chodziło tylko o nieskończoność zbioru... Wtedy podejrzewam, że dowód byłby o wiele prostszy- wystarczyłoby wyznaczyć zbiór \(\displaystyle{ B_{0}}\), 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 \(\displaystyle{ B_{0}}\) z tej całej sieci zbioru uporządkowanego, aby przekonać się że on jest rzeczywiście łańcuchem, potrzebowaliśmy aż trzech żmudnych lematów. To był naprawdę trudny problem.

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 \(\displaystyle{ x}\) a \(\displaystyle{ f\left( x\right)}\) mogą być wartości pośrednie (ale też nie muszą). Także stosowanie oznaczeń podobnych do liczb porządkowych może być mylące. Nie musi to być dobry porządek.

Re: Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuch

: 16 sie 2019, o 03:08
autor: Jakub Gurak
Jeszcze jeden przykład zastosowania tego twierdzenia jest też tu. Ale po przeprowadzeniu takiego analogicznego dowodu uznałem, że wygodniej jest stosować lemat Zorna niż to twierdzenie Bourbakiego-Witta+twierdzenie o funkcji wyboru- z lematu Zorna jest wygodniej.

Natomiast bardzo łatwo z lematu Zorna wynika twierdzenie Bourbakiego-Witta.

Bardzo prosty dowód:

Zakładamy lemat Zorna, i pokazujemy twierdzenie Bourbakiego-Witta. W tym celu bierzemy zbiór uporządkowany \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) taki, że każdy łańcuch ma supremum oraz dowolną funkcję \(\displaystyle{ f}\) określoną na tym zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ X}\) I o wartościach w nim, taką że zawsze \(\displaystyle{ x \le f\left( x\right).}\) Pokazujemy, że funkcja ma punkt stały. Należy pokazać, że w \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) spełnione są założenia lematu Zorna, czyli że każdy łańcuch ma ograniczenie górne. Ustalmy dowolny łańcuch \(\displaystyle{ A.}\) Ale ponieważ każdy łańcuch ma supremum, więc łańcuch \(\displaystyle{ A}\) ma supremum, które z definicji jest ograniczeniem górnym . Wnioskujemy, że każdy łańcuch w \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) ma ograniczenie górne.

Stosując lematu Zorna wnioskujemy, że w zbiorze uporządkowanym \(\displaystyle{ \left( X, \le \right)}\) jest element maksymalny \(\displaystyle{ x}\). Wtedy z założenia o funkcji \(\displaystyle{ f}\) mamy \(\displaystyle{ x \le f\left( x\right) ,}\) ale \(\displaystyle{ x}\) jest elementem maksymalnym, więc \(\displaystyle{ f\left( x\right) =x,}\) czyli \(\displaystyle{ x}\) jest punktem stałym funkcji \(\displaystyle{ f. \square}\)

Nie znaczy to jednak, że taki żmudny dowód twierdzenia Bourbakiego- Witta był niepotrzebny, bo wtedy lemat Zorna albo twierdzenie o maksymalnym łańcuchu miałyby pewnie żmudny dowód. Twierdzenie Bourbakiego- Witta to nie łatwy problem, ale w obliczu innych twierdzeń związanych z aksjomatem wyboru jest " najczystszy " najbardziej uproszczony. Twierdzenie o maksymalnym łańcuchu nie jest już takie "czyste"- musimy uwzględnić rozmaite przypadki odnośnie zbioru uporządkowanego.

Re: Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuch

: 16 sie 2019, o 09:19
autor: Dasio11
Jakub Gurak pisze:Twierdzenie Bourbakiego- Witta to nie łatwy problem, ale w obliczu innych twierdzeń związanych z aksjomatem wyboru jest " najczystszy " najbardziej uproszczony.
Jeśli masz na myśli, że twierdzenie Bourbakiego-Witta jest najprostszą drogą do lematu Kuratowskiego-Zorna, to ośmielę się nie zgodzić, podając jako przykład: https://faculty.math.illinois.edu/~dan/ShortProofs/Zorn.pdf

Re: Dowód tw. Bourbakiego-Witta i tw. o maksymalnym łańcuchu

: 18 sty 2020, o 01:32
autor: Jakub Gurak
Wiemy, że jeśli \(\displaystyle{ X, Y}\) są zbiorami, a \(\displaystyle{ S}\) jest rodziną funkcji częściowych z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\), taką, że dla dowolnych dwóch funkcji w \(\displaystyle{ S}\) jedna jest rozszerzeniem drugiej( czyli gdy funkcję na tych samych argumentach przyjmują te same wartości), to wtedy relacja \(\displaystyle{ \bigcup S}\) jest funkcją częściową z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\). Wysunąłem spostrzeżenie, że wtedy funkcja \(\displaystyle{ \bigcup S}\) jest supremum względem tych funkcji z \(\displaystyle{ S}\), względem przedłużenia funkcji (czyli funkcja częściowa jest większa od danej funkcji częściowej, gdy jest jej przedłużeniem (rozszerzeniem)), który to fakt uzasadnimy.

W tym, jak i innych zagadnieniach, przydatny będzie lemat.

Jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\) uporządkowaną inkluzją, wtedy \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) jest zbiorem uporządkowanym, dalej jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{D}\subset \mathbb{B}}\) jest podrodziną rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), to

1. Jeśli \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}\in\mathbb{B},}\) to \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}= \bigvee \mathbb{D},}\)

2. a jeśli \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{D}}\) i \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{D}\in\mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}= \bigwedge\mathbb{D},}\)

gdzie \(\displaystyle{ \bigwedge\mathbb{D}}\) oznacza infimum rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\)

Dowód:

Mamy spełniony warunek konieczny, że \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}\in\mathbb{B},}\) czyli, że element \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) należy do zbioru uporządkowanego \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right) }\).

Pokażemy, że ten zbiór \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) spełnia warunki bycia supremum dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\)

Niech \(\displaystyle{ A\in \mathbb{D}}\). Z własności sumy \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}\supset A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) jest większy od zbioru \(\displaystyle{ A}\), wobec dowolności wyboru \(\displaystyle{ A\in \mathbb{D}}\), otrzymujemy, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) jest ograniczeniem górnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\).


Pozostaje pokazać, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\). Niech \(\displaystyle{ C\in \mathbb{B}}\) będzie ograniczeniem górnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ A\subset C }\) dla dowolnego \(\displaystyle{ A\in\mathbb{D}.}\) Zatem każdy zbiór \(\displaystyle{ A\in \mathbb{D}}\) jest podzbiorem \(\displaystyle{ C}\), więc również \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D} \subset C,}\) a więc zbór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) jest mniejszy od zbioru \(\displaystyle{ C}\)- od tego ograniczenia górnego. Z dowolności wyboru takiego zbioru \(\displaystyle{ C}\), otrzymujemy ze zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{D}}\) jest najmniejszym ograniczeniem górnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}}\) jest supremum dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\), i \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{D}= \bigvee \mathbb{D}.}\)

Część druga: Znowu mamy \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}\in\mathbb{B},}\) a więc element \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) należy do zbioru uporządkowanego \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right) }\). Pokażemy, że ten zbiór \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) spełnia warunki bycia infimum dla rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\)

Niech \(\displaystyle{ A\in \mathbb{D}.}\). Z własności iloczynu \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}\subset A}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) jest mniejszy od zbioru \(\displaystyle{ A}\), wobec dowolności wyboru \(\displaystyle{ A\in \mathbb{D}}\), otrzymujemy, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) jest ograniczeniem dolnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\)

Pozostaje pokazać, że \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) jest największym ograniczeniem dolnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\) Niech \(\displaystyle{ C\in \mathbb{B}}\) będzie ograniczeniem dolnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\). Wtedy \(\displaystyle{ C\subset A}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ A\in\mathbb{D}}\). Zatem zbiór \(\displaystyle{ C}\) zawiera się w każdym zbiorze \(\displaystyle{ A}\) rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) (niepustej), więc również \(\displaystyle{ C\subset \bigcap \mathbb{D},}\) a więc zbór \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{D}}\) jest większy od zbioru \(\displaystyle{ C}\)- od tego ograniczenia dolnego. Z dowolności wyboru takiego zbioru \(\displaystyle{ C}\), otrzymujemy ze zbiór \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) jest największym ograniczeniem dolnym dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}}\) jest infimum dla \(\displaystyle{ \mathbb{D}.}\) \(\displaystyle{ \square}\)

Możemy dzięki temu podać kolejne przykłady zbiorów uporządkowanych \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\), w których, każdy łańcuch posiada supremum. (Te przykłady są ciekawe, bo wymowne , ciekawe ilustracje mają).

Przykłady:

1.Dowolny skończony zbiór uporządkowany \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\), w którym jest element najmniejszy. Wtedy w \(\displaystyle{ X}\) każdy łańcuch posiada supremum. Ustalmy dowolny łańcuch \(\displaystyle{ A\subset X}\). Pokażemy, że ma supremum. Jeśli łańcuch jest pusty, to ponieważ w \(\displaystyle{ X}\) jest element najmniejszy \(\displaystyle{ x\in X}\), to jest on supremum pustego podzbioru- łańcucha \(\displaystyle{ A}\). Jeśli łańcuch jest niepusty, to ponieważ jest podzbiorem zbioru skończonego \(\displaystyle{ X}\), to \(\displaystyle{ A}\) jest skończony. Zatem \(\displaystyle{ A}\) jest skończonym niepustym zbiorem liniowo uporządkowanym przez porządek \(\displaystyle{ \le}\) ograniczony do elementów \(\displaystyle{ A}\), zatem \(\displaystyle{ A}\) ma element największy, który tym bardziej jest jego supremum.\(\displaystyle{ \square}\) W sposób symetryczny można pokazać, że w dowolnym skończonym zbiorze uporządkowanym, w którym jest element największy, wtedy każdy łańcuch posiada infimum.

2. W \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\) świat łańcuchów- patrz dowód.

3. W \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\) świat antyłańcuchów- patrz dowód.

4. Niech \(\displaystyle{ \left( X, \le \right) }\) będzie zbiorem liniowo uporządkowanym. Wtedy rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) wszystkich przedziałów początkowych jest uporządkowana przez inkluzję liniowo. Aby to udowodnić, to oczywiśćie \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) jest zbiorem uporządkowanym. Aby wykazać, że wręcz liniowo,
Dowód:    
A więc \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym. Wtedy w \(\displaystyle{ \left( B,\subset \right)}\) każdy niepusty podzbiór (łańcuch, to to samo tutaj bo \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) jest zbiorem liniowo uporządkowanym, a w zbiorze liniowo uporządkowanym każdy podzbiór jest łańcuchem) ma supremum. Aby to pokazać,to niech \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\) będzie niepustym podzbiorem( podrodziną rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\)). Wtedy \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{A}}\) suma rodziny przedziałów początkowych jest przedziałem początkowym (to chyba łatwo można udowodnić), a więc \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{A}\in\mathbb{B}}\), a zatem na mocy udowodnionego faktu \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{A}= \bigvee \mathbb{A},}\) otrzymujemy, że zbiór \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) ma dokładnie jedno supremum, i w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) każdy niepusty podzbiór ma supremum. Również w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) każdy niepusty podzbiór( równoważnie łańcuch) ma infimum. Aby to pokazać, to niech \(\displaystyle{ \mathbb{A} \subset \mathbb{B}}\) będzie niepustym podzbiorem( podrodziną rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\)). Wtedy \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{A}}\) przekrój niepustej rodziny przedziałów początkowych jest przedziałem początkowym (mogę podesłać dowód zainteresowanym, dowód z tego co pamiętam jest zupelnie standardowy), a więc \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{A}\in\mathbb{B}}\), a zatem na mocy udowodnionego faktu \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{A}= \bigwedge \mathbb{A}.\square}\)

5.6. Przykłady z liniowymi porządkami, może napiszę kiedy indziej.

7.(To już nowe, niedawno zauważone). Niech \(\displaystyle{ X,Y}\) będą zbiorami. Rozważmy rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) wszystkich relacji z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ Y}\) uporządkowaną relacją inkluzji. Wtedy również w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right)}\) każdy podzbiór posiada supremum, i każdy niepusty podzbiór ma infimum. Idea jest prosta: suma rodziny relacji jest relacją, i suma jest supremum rodziny relacji. Podobnie iloczyn niepustej rodziny relacji jest relacją, i iloczyn jest infimum rodziny relacji.

Na koniec najciekawsze:

8.Niech \(\displaystyle{ X,Y}\) będą zbiorami. Rozważmy rodzinę \(\displaystyle{ \mathbb{S}}\) wszystkich funkcji częściowych z \(\displaystyle{ X }\) do \(\displaystyle{ Y}\) i uporządkujmy ją inkluzją (czyli funkcja częściowa jest większa od danej gdy jest jej rozszerzeniem). Spróbuję wykazać, że w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{S},\subset\right)}\) każdy łańcuch posiada supremum. Niech \(\displaystyle{ \mathbb{H}\subset \mathbb{S}}\) będzie łańcuchem, wtedy jeśli \(\displaystyle{ f_1,f_2\in\mathbb{H}}\), to \(\displaystyle{ f_1,f_2}\) są funkcjami częściowymi, i jedna jest mniejsza od drugiej, więc jedna jest rozszerzeniem drugiej, więc relacja \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{H}}\) jest funkcją częściową (jest to prosty fakt o niedługim dowodzie), zatem \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{H}\in \mathbb{S}}\), zatem na mocy faktu (u nas zbiorem startowym jest zbiór \(\displaystyle{ X \times Y}\)) otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{H}= \bigvee \mathbb{H}.}\)

Jeszcze jedno:

Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) rodziną wszystkich relacji równoważności w \(\displaystyle{ X}\), uporządkowaną inkluzją. Wtedy w \(\displaystyle{ \left( \mathbb{B},\subset\right) }\) każdy niepusty zbiór ma infimum. Wynika to z faktu, że iloczyn dowolnej niepustej rodziny relacji równoważności jest relacją równoważności (co łatwo można udowodnić) oraz z naszego faktu. Jeśli bowiem \(\displaystyle{ \left\{ \right\} \neq \mathbb{D} \subset\mathbb{B},}\) to \(\displaystyle{ \mathbb{D}}\) jest niepustą rodziną relacji równoważności w \(\displaystyle{ X}\), wtedy \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{D}}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ X}\), a więc \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}\in\mathbb{B}}\), a więc na mocy naszego faktu \(\displaystyle{ \bigcap \mathbb{D}= \bigwedge \mathbb{D}.\square}\):lol: :D