Rozważmy relację \(\displaystyle{ \sim}\) na \(\displaystyle{ \ZZ\times\ZZ ^{*}: }\)
\(\displaystyle{ \left( a,b\right)\sim\left( c,d\right)\Longleftrightarrow a \cdot d=b \cdot c. }\)
Czyli gdy, iloczyn dwóch skrajnych współrzędnych par ma być równy iloczynowi dwóch środkowych współrzędnych.
Relacja ta \(\displaystyle{ \sim}\) jest relacją równoważności.
DOWÓD:
Zwrotność, mamy dla dowolnej pary \(\displaystyle{ (a,b)\in \ZZ\times\ZZ ^{*}}\), mamy \(\displaystyle{ (a,b)\sim (a,b)}\), bo \(\displaystyle{ a \cdot b=b \cdot a}\) (z przemienności mnożenia w \(\displaystyle{ \ZZ}\)).
Symetryczność: Niech \(\displaystyle{ (a_1,b_1)\sim(a_2,b_2)}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ (a_2,b_2)\sim(a_1,b_1)}\). Z definicji relacji \(\displaystyle{ \sim}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ a_1 \cdot b_2=b_1 \cdot a_2}\), a zatem, z przemienności mnożenia w \(\displaystyle{ \ZZ}\),dostajemy \(\displaystyle{ a_2 \cdot b_1=b_2 \cdot \cdot a_1}\), a więc \(\displaystyle{ (a_2,b_2)\sim (a_1,b_1).}\)
Przechodniość: Niech pary \(\displaystyle{ (a_1,b_1);(a_2,b_2);(a_3,b_3)\in\ZZ\times\ZZ^{*}}\) spełniają \(\displaystyle{ (a_1,b_1)\sim(a_2,b_2)\sim(a_3,b_3). }\) Wtedy\(\displaystyle{ a_1 \cdot b_2=b _{1} \cdot a_2 }\) oraz \(\displaystyle{ a_2 \cdot b_3=b _{2} \cdot a_{3}}\). A zatem \(\displaystyle{ a _{1} \cdot b _{2} \cdot b_3=b_1 \cdot a_2 \cdot b_3 }\) Mamy również \(\displaystyle{ \left( a_2 \cdot b_3\right) \cdot b_1=\left( b_2 \cdot a_3\right) \cdot b_1.}\) A zatem (z przemienności i łączności mnożenia w \(\displaystyle{ \ZZ}\)),otrzymujemy \(\displaystyle{ b_1 \cdot a_2 \cdot b_3=\left( a_2 \cdot b_3\right) \cdot b_1=\left( b_2 \cdot a_3\right) \cdot b_1}\). A zatem \(\displaystyle{ a _{1} \cdot b_2 \cdot b_3=b _{1} \cdot a_2 \cdot b_3=b_2 \cdot a_3 \cdot b_1 }\), a zatem (z łączności i przemienności mnożenia) \(\displaystyle{ \left( a_1 \cdot b_3\right) \cdot b_2=\left( a_3 \cdot b_1\right) \cdot b_2}\), dalej ponieważ \(\displaystyle{ b_2\in\ZZ^{*}}\), a więc \(\displaystyle{ b_2 \neq 0}\), więc z prawa skracania w \(\displaystyle{ \ZZ}\) otrzymujemy: \(\displaystyle{ a_1 \cdot b_3=a_3 \cdot b_1=b_1 \cdot a_3}\), a więc \(\displaystyle{ a_1 \cdot b _3=b_1 \cdot a_3}\), a więc \(\displaystyle{ (a_1,b_1)\sim(a_3,b_3).}\)
A więc \(\displaystyle{ \sim}\) jest relacją równoważności.\(\displaystyle{ \square}\)
Jest to zbiór klas równoważności tej relacji. Przy okazji mam pytanie, czy dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\) oraz dowolnej relacji równoważności \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ X}\) istnieje dokładnie jeden zbiór ilorazowy (zbiór klas równoważności). Czy on jest po prostu jedyny
Działania na ułamkach:
\(\displaystyle{ 0\in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ \left( 0,1\right) \right] _{\sim} }\) \(\displaystyle{ 1\in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ \left( 1,1\right) \right] _{\sim}}\)
Element przeciwny do danego, jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}\in\QQ}\), to\(\displaystyle{ -x= \left[ \left( -a,b\right) \right] _{\sim}}\)
Dodawanie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x+y=\left[ \left( a \cdot d+b \cdot c, b \cdot d\right) \right] _{\sim}}\)
Odejmowanie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x-y=\left[ \left( a \cdot d-b \cdot c, b \cdot d\right) \right] _{\sim} }\)
Mnożenie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ x \cdot y=\left[ \left( a \cdot c,b \cdot d \right) \right] _{\sim}}\)
Dzielenie: jeśli \(\displaystyle{ x=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}, y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \in\QQ}\) oraz \(\displaystyle{ y=\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \neq \left[ \left( 0,d\right) \right] _{\sim}=0}\), to \(\displaystyle{ x:y=\left[ \left( a \cdot d,b \cdot c \right) \right] _{\sim}.}\)
Teraz mam ćwiczenie:
Pokazać, że działania na liczbach wymiernych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie zależą od wyboru reprezentantów.
Raczej rozumiem rozwiązania dla brania elementów przeciwnych, a także dla dodawania. Problem napotykam przy dowodzie niezależności odejmowania.
Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}-\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim}=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} + \left( -\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \right)}\), co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas, to również ich złożenie jest od niego niezależne- czego należało dowieść.
Mógłby ktoś w tym konkretnym przypadku pokazać jak to udowodnić. Bo to z ogólnym złożeniem nie rozumiem, bez przesady.
Jakub Gurak pisze: ↑18 kwie 2020, o 01:41Jest to zbiór klas równoważności tej relacji. Przy okazji mam pytanie, czy dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\) oraz dowolnej relacji równoważności \(\displaystyle{ R}\) na \(\displaystyle{ X}\) istnieje dokładnie jeden zbiór ilorazowy (zbiór klas równoważności). Czy on jest po prostu jedyny
Jest to obiekt posiadający jednoznaczną definicję: "zbiór wszystkich klas abstrakcji relacji \(\displaystyle{ R}\)". Jak może nie być jedyny?
Jakub Gurak pisze: ↑18 kwie 2020, o 01:41Raczej rozumiem rozwiązania dla brania elementów przeciwnych, a także dla dodawania. Problem napotykam przy dowodzie niezależności odejmowania.
Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim}-\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim}=\left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} + \left( -\left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim} \right)}\), co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas, to również ich złożenie jest od niego niezależne- czego należało dowieść.
Mógłby ktoś w tym konkretnym przypadku pokazać jak to udowodnić. Bo to z ogólnym złożeniem nie rozumiem, bez przesady.
Jeżeli nie rozumiesz ogólnego argumentu, to przerachuj sobie to - rachunek jest dokładnie tego samego typu, co przy dodawaniu. Inna sprawa, że prościej jest zrozumieć ogólny argument...
Zrozumiałem w sobotę wieczorem dowód, że (przy konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych, przy konstrukcji liczb całkowitych z par liczb naturalnych, przy tej konstrukcji liczb wymiernych oraz przy definicji Kuratowskiego pary uporządkowanej) mamy:
\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \QQ \subset\NN}\) ( i każda większa ilość (naturalna) symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia); \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup\QQ \subset \ZZ}\); oraz \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \NN }\) (i każda większa ilość (naturalna) symboli \(\displaystyle{ \bigcup }\) jest również odpowiednia).
Podstawowym naszym narzędziem będzie prawo: dla dowolnych dwóch rodzin zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}, \mathbb{Y}}\), jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{X} \subset \mathbb{Y}}\), to \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{X} \subset \bigcup\mathbb{Y}.}\)
Czyli jeśli jedna rodzina zbiorów zawiera się w drugiej, to również suma pierwszej rodziny zawiera się w sumie drugiej rodziny( zgodność z inkluzją).
DOWÓD:
Weźmy dwie rodziny zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X},\mathbb{Y}}\) takie, że \(\displaystyle{ \mathbb{X} \subset \mathbb{Y}.}\) Pokażemy, że również \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{X} \subset \bigcup\mathbb{Y}.}\) Niech \(\displaystyle{ x \in\bigcup \mathbb{X}}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ x\in A}\), dla pewnego zbioru \(\displaystyle{ A \in \mathbb{X}}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ \mathbb{X} \subset \mathbb{Y}}\), wobec czego zbiór \(\displaystyle{ A \in \mathbb{Y}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x}\) jest elementem zbioru \(\displaystyle{ A}\), z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{Y}}\), to \(\displaystyle{ x \in\bigcup\mathbb {Y}}\), co wobec dowolności elementu \(\displaystyle{ x}\) oznacza, że \(\displaystyle{ \bigcup \mathbb{X} \subset \bigcup\mathbb{ Y}. \square}\)
Przypomnijmy, że dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\), mamy \(\displaystyle{ \bigcup P\left( X\right)=X. }\)
PROSTY DOWÓD:
Inkluzja w prawo. Suma rodziny wszystkich podzbiorów \(\displaystyle{ X}\), a więc suma rodziny podzbiorów \(\displaystyle{ X}\) musi być podzbiorem \(\displaystyle{ X}\). Inkluzja w lewo: Suma rodziny wszystkich podzbiorów \(\displaystyle{ X}\) jest nadzbiorem każdego zbioru tej rodziny, więc również \(\displaystyle{ \bigcup P(X)\supset X}\), bo\(\displaystyle{ X \subset X}\), więc \(\displaystyle{ X\in P(X).}\)
Lemat: Dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X}\), mamy \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \left( X \times X\right)=X.}\)
Dowód:
Oczywiście działa to w zbiorze pustym. Niech zatem dalej \(\displaystyle{ X}\) będzie niepusty. Mamy \(\displaystyle{ X \times X=\left\{ \left( a,b\right)\Bigl| a,b\in X \right\} }\), i dalej \(\displaystyle{ \left( a,b\right):=\left\{ \left\{ a\right\},\left\{ a,b\right\} \right\}; }\)
zatem \(\displaystyle{ \bigcup \left( X \times X\right) = \bigcup_{a,b\in X} \left\{ \left\{ a\right\},\left\{ a,b\right\} \right\} =\left\{ \left\{ a \right\} ,\left\{ a,b\right\}\Bigl| \ a,b\in X \right\}}\), i dalej (tak- zdaje sobie sprawę, że formalnie ten zapis jest nie do końca dobry, ale taki mi się narzuca, chodzi o to, że z każdą parą elementów \(\displaystyle{ a,b}\) dokładamy do rodziny dwa zbiory-\(\displaystyle{ \left\{ a\right\}}\) i \(\displaystyle{ \left\{ a,b\right\}}\) , mam nadzieje, że już jasne , i dalej \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup\left( X \times X\right)=\left\{ a,b\Bigl| \ \ a,b\in X \right\}=X.\square}\)
Przechodzimy do właściwej części:
Uzasadnimy najpierw, że \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ\subset \NN.}\)
Wiemy, że zbiór \(\displaystyle{ \ZZ}\) jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \NN\times\NN}\), zatem jest to rodzina podzbiorów \(\displaystyle{ \NN\times\NN}\), zatem \(\displaystyle{ \ZZ\subset P\left( \NN\times\NN\right).}\) Zatem również \(\displaystyle{ \bigcup\ZZ\subset \bigcup P(\NN\times\NN)=\NN\times\NN.}\) A zatem
\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup \left( \NN\times \NN\right) }\), i dalej \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup \bigcup \left( \NN \times \NN\right)}\), który to ostatni zbiór, na mocy lematu, jest równy \(\displaystyle{ \NN}\). A więc \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \NN; }\) i każda większa ilość symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\)( gdyż w konstrukcji von Neumanna liczba naturalna \(\displaystyle{ n}\) jest zbiorem wszystkich liczb naturalnych od niej mniejszych ), a więc \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), więc np. \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \ZZ \subset \bigcup\NN=\NN. }\) I każdy łatwo udowodni indukcyjnie, że każda większa (naturalna) ilość symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia.
Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup \QQ \subset \ZZ.}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ \QQ}\) jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ ^{*}}\) (\(\displaystyle{ \ZZ ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\) ) , zatem jest to rodzina podzbiorów \(\displaystyle{ \ZZ\times \ZZ^*,}\) zatem \(\displaystyle{ \QQ \subset P\left( \ZZ\times \ZZ^*\right). }\) a zatem
A zatem \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \QQ \subset \bigcup \left( \ZZ\times \ZZ^{*}\right),}\) i dalej \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \QQ\subset \bigcup\bigcup \left( \ZZ\times\ZZ^*\right) \subset \bigcup \bigcup\left( \ZZ\times\ZZ\right) }\), który to ostatni zbiór jest równy (na mocy lematu) jest równy \(\displaystyle{ \ZZ}\). Otrzymujemy zatem \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup \bigcup \QQ\subset \ZZ.}\)
A zatem również \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup\bigcup\QQ \subset \bigcup\ZZ, }\)
i po kolejnych dwóch krokach \(\displaystyle{ \bigcup\bigcup\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\QQ \subset \bigcup \bigcup\bigcup\ZZ\subset\NN }\), gdyż tą ostatnią inkluzję udowodniliśmy w pierwszej części. Przechodniość inkluzji daje żądaną inkluzję. Pozostaje zauważyć, że każda większa ilość (naturalna) niż \(\displaystyle{ 6}\) symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\) jest również odpowiednia, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN.\square}\)
Ma być 10 symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\), i każda większa (naturalna) ilość jest również odpowiednia( to ostatnie akurat jest proste, gdyż \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\)- gdyż w konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych, liczba naturalna jest zbiorem liczb naturalnych od niej mniejszych, więc \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), a zatem po jedenastu sumowaniach otrzymujemy \(\displaystyle{ \bigcup\left( \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\RR\right) = \bigcup \NN=\NN}\), itd.).
Przypominam definicję porządku ułamków:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{c}{d} \Longleftrightarrow \left( a \cdot d-b \cdot c\right) b \cdot d \ge 0.}\)
Po ostatnich kilku dniach pracy nad problemem, mogę teraz wykonać ćwiczenie z ważniaka:
"Wykaż, że definicja porządku ułamków jest niezależna od wyboru reprezentantów". Przedstawię teraz rozwiązanie.
Jeszcze może wyjaśnię krótko skąd taka dziwna definicja porządku na ułamkach, w nierówności \(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{c}{d}}\) przenosząc na lewą stronę, i sprowadzając do wspólnego mianownika otrzymujemy równoważnie \(\displaystyle{ \frac{ad-bc}{bd} \ge 0}\), ponieważ na zbiorze liczb całkowitych nie mamy zdefiniowanego dzielenia, więc formalnie musimy to zdefiniować inaczej; ale poniewaz iloraz dwóch liczb jest nieujemny, dokładnie wtedy, gdy ich iloczyn jest nieujemny, to otrzymujemy równoważnie \(\displaystyle{ \left( ad-bc\right) bd \ge 0.}\)
Przejdźmy do rozwiązań.
Lemat 1. Odejmowanie liczb wymiernych jest niezależne od wyboru reprezentantów.
DOWÓD:
Niech \(\displaystyle{ (a,b);(c,d);(e,f)); (g,h)\in \ZZ \times \left( \ZZ \setminus \left\{ 0\right\} \right)}\) będą parami liczb całkowitych, tak, że \(\displaystyle{ (a,b)\sim (e,f)}\) i \(\displaystyle{ (c,d)\sim (g,h)}\). Wykazemy, że \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_{\sim }- [(c,d)]_{\sim }=[(e,f)]_{\sim} - [(g,h)]_{\sim } }\) czyli, że ta różnica ułamków nie zależy od wyboru reprezentantów.
Ponieważ \(\displaystyle{ (a,b)\sim (e,f); (c,d)\sim (g,h)}\) , to \(\displaystyle{ a \cdot f=b \cdot e}\) oraz \(\displaystyle{ c \cdot h=d \cdot g.}\) a zatem \(\displaystyle{ (a \cdot f) \cdot (d \cdot h)= e \cdot b \cdot d \cdot h}\) , i \(\displaystyle{ (c \cdot h) \cdot b \cdot f=\left( d \cdot g\right) \cdot b \cdot f=g \cdot d \cdot b \cdot f.}\)
A zatem \(\displaystyle{ (a \cdot f) \cdot \left( d \cdot h\right)+c \cdot h \cdot b \cdot f=e \cdot b \cdot d \cdot h +g \cdot d \cdot b \cdot f=\left( b \cdot d\right) \left( e \cdot h+ g \cdot f\right).}\) Niewątpliwie mamy: \(\displaystyle{ (a \cdot f) \cdot \left( d \cdot h\right) +(c \cdot h) b \cdot f=(f \cdot h)\left( a \cdot d+c \cdot b\right),}\) oraz \(\displaystyle{ (a \cdot f)(d \cdot h)-(c \cdot h)\left( b \cdot f\right)= (f \cdot h)\left( a \cdot d-c \cdot b\right).}\) Jednocześnie
\(\displaystyle{ (a \cdot f) \cdot (d \cdot h)-(c \cdot h) \cdot (b \cdot f)= e \cdot b \cdot d \cdot h-g \cdot d \cdot b \cdot f= b \cdot d \cdot ( e \cdot h-g \cdot f). }\) A zatem \(\displaystyle{ (f \cdot h) \cdot \left( a \cdot d-c \cdot b\right) =b \cdot d \cdot (e \cdot h-g \cdot f)}\), czyli \(\displaystyle{ (f \cdot h) \cdot ( a \cdot d-b \cdot c)=b \cdot d(e \cdot h- f \cdot g)}\), a zatem \(\displaystyle{ (a \cdot d-b \cdot c,b \cdot d)\sim (e \cdot h-f \cdot g,f \cdot h)}\) a zatem z własności relacji równoważności \(\displaystyle{ [(a,b)]_{\sim }-[(c,d)]_{\sim }=[(a \cdot d-b \cdot c,b \cdot d)]_{\sim }=[(e \cdot h-f \cdot g, f \cdot h)]_{\sim }=[(e,f)]_{\sim }-[(g,h)]_{\sim }.\square}\)
Lemat 2. Dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich , że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ a \cdot b \ge 0\Longleftrightarrow e \cdot f \ge 0}\), gdzie \(\displaystyle{ \cdot}\) oznacza mnożenie dwóch liczb całkowitych, tak samo \(\displaystyle{ \ge}\) oznacza porządek na liczbach całkowitych, o której konstrukcji można przeczytać TUTAJ( jak i, w ostatnim poście, dowód, że iloczyn dwóch liczb całkowitych jest równy \(\displaystyle{ 0}\) gdy co najmniej jedna z liczb jest równy \(\displaystyle{ 0}\), oraz dowód reguły znaków dla mnożenia dwóch liczb całkowitych).
Dowód lematu 2:
Załatwmy od razu równoważność, gdy \(\displaystyle{ a \cdot b=0.}\) Mamy \(\displaystyle{ a \cdot b=0 \Longleftrightarrow a=0 \vee b=0 \stackrel{b \neq 0}{ \Longleftrightarrow } a=0.}\) Podobnie \(\displaystyle{ e \cdot f=0\Longleftrightarrow e=0.}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{e}{f}}\), to \(\displaystyle{ a \cdot f=b \cdot e.}\) Jeśli \(\displaystyle{ a=0}\), to \(\displaystyle{ a \cdot f=0=b \cdot e\stackrel{b \neq 0}{ \rightarrow} e=0.}\) Jeśli \(\displaystyle{ e=0}\), to podobnie \(\displaystyle{ a=0}\). A zatem \(\displaystyle{ a=0 \Leftrightarrow e=0}\), a zatem \(\displaystyle{ a \cdot b=0 \Leftrightarrow a=0 \Leftrightarrow e=0 \Leftrightarrow e \cdot f=0.}\)
Gdy pozbieramy tutaj kwantyfikatory ogólne, a potem na nowo przejdziemy do naszego dowodu (nikt tak nie piszę, ale tak naprawdę tak to działa, tak ja to rozumiem, żeby ogólną własność osłabić trzeba mieć tą słabszą część tej własności też w postaci ogólnej, tak myślę tutaj, choć formalnie to jest niezręczność, trzeba by jeszcze ten jeden mały lemat udowodnić, ale nie chciałem też mnożyć lematów), to pozostanie pokazać, że dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ a \cdot b>0 \Longleftrightarrow e \cdot f>0.}\)
Dowód:
Załóżmy, że \(\displaystyle{ a \cdot b>0.}\) Jeśli \(\displaystyle{ a>0}\), to \(\displaystyle{ b>0}\), ponieważ \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f} }\),to \(\displaystyle{ af=be}\) (będziemy od teraz dla uproszczenia pomijać znak mnożenia \(\displaystyle{ \cdot}\) ), i jeśli \(\displaystyle{ e>0}\), to \(\displaystyle{ be>0}\), zatem \(\displaystyle{ af>0}\), ale \(\displaystyle{ a>0,}\) zatem \(\displaystyle{ f>0}\), mamy \(\displaystyle{ e>0}\), więc również \(\displaystyle{ ef>0. }\)
Jeśli \(\displaystyle{ e=0}\)- ten przypadek jest niemożliwy, bo on prowadzi do \(\displaystyle{ \frac{a}{b} = \frac{0}{f}=0}\), czyli \(\displaystyle{ \frac{a}{b}=0}\), a stąd \(\displaystyle{ a=0}\)( formalnie też nie jest to trudno uzasadnić), a stąd \(\displaystyle{ ab=0}\), a \(\displaystyle{ ab>0}\)- sprzeczność.
Jeśli \(\displaystyle{ e<0}\), to ponieważ \(\displaystyle{ b>0}\), więc \(\displaystyle{ be<0}\), a więc \(\displaystyle{ af<0}\), mamy \(\displaystyle{ a>0}\), więc \(\displaystyle{ f \le 0}\), wiemy, ze \(\displaystyle{ f \neq 0}\), więc \(\displaystyle{ f<0}\), mamy \(\displaystyle{ e<0}\), więc \(\displaystyle{ ef>0.}\)
Rozważmy teraz przypadek \(\displaystyle{ a<0.}\) Wtedy \(\displaystyle{ b<0.}\) Mamy \(\displaystyle{ af=be}\), i jeśli \(\displaystyle{ f<0}\), to \(\displaystyle{ af>0}\), zatem \(\displaystyle{ be>0}\), ponieważ \(\displaystyle{ b<0}\), to \(\displaystyle{ e<0}\), a zatem \(\displaystyle{ ef>0.}\)
Mamy \(\displaystyle{ f \neq 0}\), więc pozostał przypadek \(\displaystyle{ f>0}\). Wtedy \(\displaystyle{ af<0}\)( \(\displaystyle{ a,b<0}\)), więc \(\displaystyle{ be<0}\), a stąd \(\displaystyle{ e \ge 0.}\) Nie moze być \(\displaystyle{ e=0}\), gdyż wtedy \(\displaystyle{ \frac{e}{f}=0= \frac{a}{b} }\), a stąd \(\displaystyle{ a=0}\), i \(\displaystyle{ ab=0}\), a \(\displaystyle{ ab>0}\)-sprzeczność. Zatem pozostaje możliwość \(\displaystyle{ e>0,f>0}\), a stąd \(\displaystyle{ ef>0}\). Kończy to dowód implikacji w jedną stronę.
Teraz zwijamy kwantyfikatory ogólne i na nowo przechodzimy do dowodu (formalnie to jest niezręczność, ale chcę dokładnie wyjaśnić co tu się naprawdę robi) i dowodzimy drugą implikację mając za sobą powyższy dowód, i tym faktem to uzasadniamy:
Wiemy, że dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}; \frac{e}{f}}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) jeśli \(\displaystyle{ a \cdot b>0,}\) to \(\displaystyle{ ef>0}\). Pokazujemy druga implikację. Wtedy niech \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f}\in\QQ}\); i załóżmy, że \(\displaystyle{ ef>0.}\) Wtedy (stosujemy udowodniony już fakt) mamy \(\displaystyle{ \frac{e}{f}= \frac{a}{b},}\) ponieważ \(\displaystyle{ ef>0}\), więc stosując ten fakt \(\displaystyle{ ab>0}\), co należało pokazać. Dowodzi to implikacji w drugą stronę, i równocześnie cały fakt, a więc i cały lemat.
Lemat 3. Dla dowolnych liczb wymiernych \(\displaystyle{ \frac{a}{b}}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{e}{f},}\) takich, że \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f},}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{0}{1}=0 \Leftrightarrow \frac{e}{f} \ge \frac{0}{1}.}\)
Dowód:
Niewątplwie:
\(\displaystyle{ \frac{a}{b} \ge \frac{0}{1} \Longleftrightarrow \left( a \cdot 1-b \cdot 0\right) \cdot b \cdot 1 \ge 0 \Longleftrightarrow ab \ge 0 \Longleftrightarrow ef \ge 0 \Longleftrightarrow \left( e \cdot 1-f \cdot 0\right) \cdot f \cdot 1 \ge 0 \Longleftrightarrow \frac{e}{f} \ge \frac{0}{1}, }\)
gdzie pierwsza równoważność wynika z definicji porządku ułamków, następna to jest to samo inaczej zapisane, następnie ponieważ \(\displaystyle{ \frac{a}{b}= \frac{e}{f}}\) więc z lematu 2 mamy tą równoważnośc, i dalej podobnie- identyczność i definicja porządku, co kończy dowód.
Łatwo będzie teraz pokazać ostateczny fakt, tj. definicja porządku ułamków nie zależy od wyboru reprezentantów:
Dowód:
Niech \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1}; \frac{c_1}{d_1}; \frac{a_2}{b_2}; \frac{c_2}{d_2}\in\QQ}\) będą liczbami wymiernymi, tak że \(\displaystyle{ (a_1,b_1)\sim (a_2,b_2),}\) i \(\displaystyle{ (c_1,d_1)\sim(c_2,d_2).}\) Wykażemy, że \(\displaystyle{ \frac{a_1}{b_1} \ge \frac{c_1}{d_1} \Leftrightarrow \frac{a_2}{b_2} \ge \frac{c_2}{d_2}.}\) Niewątpliwie mamy:
Jest takie zadanie z ważniaka: Które z liczb całkowitych (w konstrukcji liczb całkowitych z par liczb naturalnych), które są relacjami równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\)( polecenie ma sens, gdyż, ponieważ w konstrukcji liczb całkowitych, na \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\) mamy relacje równoważności \(\displaystyle{ \approx}\), a zbiór liczb całkowitych jest zbiorem klas równoważności w \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\), więc każda liczba całkowita, jako klasa równoważności postaci \(\displaystyle{ [(n,k)] _{ \approx }}\), jest podzbiorem zbioru, w którym jest określona relacja równoważności, czyli \(\displaystyle{ \NN\times \NN}\), a więc \(\displaystyle{ [(n,k)] _{ \approx }}\) jest relacją w \(\displaystyle{ \NN}\), więc ma szanse być relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\)).
ROZWIĄZANIE, TYLKO 0:
jeśli liczba całkowita postaci \(\displaystyle{ [(n,k)] _{ \approx }}\), gdzie \(\displaystyle{ n,k\in\NN}\), jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \NN}\), to jest zwrotna w \(\displaystyle{ \NN}\), a więc \(\displaystyle{ (0,0) \in \left[ \left( n,k\right) \right] _{ \approx }}\), a więc \(\displaystyle{ \left( 0,0\right) \approx (n,k)}\), a więc tylko liczba całkowita \(\displaystyle{ \textbf{0}=[\left( 0,0\right)]_ \approx}\) może być relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\). Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \textbf {0}}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\). W tym celu wykażemy, że \(\displaystyle{ \textbf {0}=\left[ \left( 0,0\right) \right] _{ \approx } =I_\NN}\) jest identycznością na \(\displaystyle{ \NN}\).
Niech \(\displaystyle{ (n,k)\in\NN \times \NN. }\)
Jeśli \(\displaystyle{ (n,k)\in \left[ \left( 0,0\right) \right] _{ \approx }}\), to \(\displaystyle{ (n,k) \approx (0,0)}\), skąd \(\displaystyle{ n+0=k+0}\), czyli \(\displaystyle{ n=k}\), tak więc \(\displaystyle{ (n,k)=(n,n)\in I_{\mathbb{N}}.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ (n,n)\in I_{\NN}}\), to oczywiście \(\displaystyle{ n+0=n+0}\), a stąd \(\displaystyle{ (n,n) \approx (0,0)}\), a więc \(\displaystyle{ (n,n)\in\left[ \left( 0,0\right) \right] _{ \approx }.}\)
A zatem \(\displaystyle{ \textbf{0}=\left[ \left( 0,0\right) \right]_ \approx =I_\NN}\). Ponieważ \(\displaystyle{ I_{\NN}}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN}\), więc to oznacza, że \(\displaystyle{ \textbf{0} }\), jako ta sama relacja, jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \NN. \square}\)
Można zatem podać analogiczne zadanie: jeśli \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim \in\QQ}\), to \(\displaystyle{ \left[ (a,b) \right] _{\sim}}\) jest klasą równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ ^{*}}\) (\(\displaystyle{ \ZZ ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\) ) , zatem \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim \subset \ZZ \times \ZZ^{*} \subset \ZZ \times \ZZ}\), a więc \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _{\sim} }\) jest relacją w \(\displaystyle{ \ZZ}\). Możemy zatem postawić analogiczne pytanie, która z liczb wymiernych postaci \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_{\sim}}\), gdzie \(\displaystyle{ a\in\ZZ, b\in\ZZ^{*} }\), jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ ??}\)
OCZYWIŚCIE ŻADNA:
, gdyż druga współrzędna pary musi być różna od \(\displaystyle{ 0}\). Dokładniej, przypuśćmy, że pewna liczba wymierna \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim}\) , gdzie \(\displaystyle{ a\in\ZZ, b\in\ZZ ^{*}}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \ZZ}\), wtedy jest zwrotna w \(\displaystyle{ \ZZ}\), więc musi być \(\displaystyle{ (0,0) \in \left[ \left( a,b\right) \right]_{\sim}}\). Jednak \(\displaystyle{ \sim}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ \times \ZZ ^{*}}\), zatem \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] \subset \ZZ \times \ZZ ^{*}}\) , a zatem \(\displaystyle{ (0,0) \in \ZZ \times \ZZ^{*}}\), a więc \(\displaystyle{ 0\in \ZZ^{*}}\)-sprzeczność. Zatem żadna liczba wymierna \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right] _\sim\in\QQ}\) nie jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \ZZ}\), niestety.
Jednak odpowiedziałem dzisiaj też na pytanie, która z liczb wymiernych \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim\in\QQ}\) jest relacją równoważności na \(\displaystyle{ \ZZ^{*}=\ZZ \setminus \left\{ 0\right\}}\)- tylko jedynka \(\displaystyle{ \textbf{1}\in \QQ}\). Przedstawię poniżej dowód tego faktu.
Zauważmy najpierw, że na pewno \(\displaystyle{ \QQ\ni\textbf{0}=\left\{ \left( 0,b\right)\Bigl| \ \ b\in \ZZ \setminus \left\{ 0\right\}\right\} }\) nie jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), gdyż \(\displaystyle{ \left[ \left( 0,b\right) \right] _{\sim} =\left\{ \left( c,d\right): \ (c,d)\sim (0,b) \right\} }\). Jako klasa równoważności jest niepusta, niech \(\displaystyle{ (c,d)\in \left[ \left( 0,b\right) \right] _{\sim} }\), wtedy \(\displaystyle{ (c,d)\sim (0,b)}\), a więc \(\displaystyle{ c \cdot b=d \cdot 0=0}\), więc \(\displaystyle{ c \cdot b=0=0 \cdot b}\), ponieważ mamy \(\displaystyle{ b \neq 0}\), więc z prawa skracania w \(\displaystyle{ \ZZ}\), otrzymujemy \(\displaystyle{ c=0}\), a stąd \(\displaystyle{ (0,d)\in \left[ \left( 0,b\right) \right]_{\sim}\subset \ZZ^{*} \times \ZZ ^{*}}\), gdyż \(\displaystyle{ \left[ \left( a=0,b\right) \right] _\sim}\) jako relacja równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\) , jest w szczególności relacją w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), a więc jest podzbiorem \(\displaystyle{ \ZZ^{*} \times \ZZ^{*}}\) , a stad \(\displaystyle{ 0\in\ZZ ^{*}}\) -sprzeczność.
Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right]_\sim \neq \textbf{0}=\left\{ \left( 0,b\right): \ \ b\in\ZZ^{*} \right\}=\left[ \left( 0,1\right) \right] _{\sim}}\), to polecenie istotnie ma sens, gdyż wtedy \(\displaystyle{ (c,d)\not\sim (0,1)}\), skąd \(\displaystyle{ c \cdot 1 \neq d \cdot 0=0}\), a więc \(\displaystyle{ c \neq 0}\), tak więc \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right] _{\sim }\subset \ZZ^{*} \times \ZZ^{*}}\), zatem \(\displaystyle{ \left[ \left( c,d\right) \right]_{\sim}}\) jest relacją w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.}\)
Przejdźmy do rozwiązań.
Jeśli liczba wymierna \(\displaystyle{ \left[ \left( a,b \right) \right] _\sim}\) różna od \(\displaystyle{ \textbf{0}}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\), to jest zwrotna w \(\displaystyle{ \ZZ^{*} }\), więc dla \(\displaystyle{ 1\in\ZZ^{*} }\)(\(\displaystyle{ 1 \neq 0}\)) musi być \(\displaystyle{ (1,1) \in \left[ \left( a,b\right) \right]_\sim}\), a więc \(\displaystyle{ (1,1)\sim (a,b)}\), a więc tylko \(\displaystyle{ \textbf {1}=\left[ \left( 1,1\right) \right] _\sim}\) może być relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.}\)
Wykażemy teraz, że \(\displaystyle{ \textbf{1}}\) jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}}\). W tym celu wykażemy, że \(\displaystyle{ \textbf1= I _{\ZZ^{*}}}\), że jest to identyczność na \(\displaystyle{ \ZZ^{*}. }\)
Niech \(\displaystyle{ (x,y)\in \textbf{1}=\left[ \left( 1,1\right) \right] _\sim }\), wtedy \(\displaystyle{ (x,y)\sim (1,1)}\), skąd \(\displaystyle{ x \cdot 1=y \cdot 1}\), czyli \(\displaystyle{ x=y}\), a wiec \(\displaystyle{ (x,y)=(x,x)\in I_{\ZZ^{*}}}\), a zatem \(\displaystyle{ \textbf{1}\subset I _{\ZZ^{*}}.}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ (x,x)\in I _{\ZZ^{*}}}\), wtedy \(\displaystyle{ x \cdot 1=x \cdot 1}\), a zatem \(\displaystyle{ (x,x)\sim (1,1)}\), a zatem \(\displaystyle{ (x,x)\in \left[ \left( 1,1\right) \right] _{\sim}. }\)
A zatem \(\displaystyle{ \textbf{1}=\left[ \left( 1,1\right) \right]_{\sim} = I _{\ZZ^{*}} }\). Ponieważ identyczność \(\displaystyle{ I_{\ZZ^{*}}}\) jest relacją równoważności, więc to oznacza, że \(\displaystyle{ \textbf{1}\in\QQ}\), jako ta sama relacja, jest relacją równoważności w \(\displaystyle{ \ZZ^{*}.\square}\)