Set construcción teórica de los números naturales

Question

Estoy tratando de atar algunos cabos sueltos aquí. Mi profesor no se molestan en entrar en detalles, así que tengo que trabajar fuera de mí mismo. Generalmente, me gusta ser pedante, pero estas preguntas se me ha estado molestando por un tiempo.

En primer lugar, ¿cuál es la definición adecuada de los números naturales? El que me ha dado es: "el conjunto más pequeño tal que $\emptyset\in N$$x\in N\implies x\cup\lbrace x\rbrace\in N$". Esta definición no parece riguroso para mí. ¿Qué significa "menor" significa aquí? Qué significa que ningún subconjunto tienen la misma propiedad? Y cómo, para demostrar la existencia de dicho conjunto (bajo ZFC)? Por último, ¿cómo probar que este conjunto satisface los axiomas de Peano, especialmente el último axioma (acerca de la inducción)?

Siguiente, ¿cómo demostrar que la relación se $<$ es un orden total? La definición es $x<y\Leftrightarrow x\subset y$. Yo estaba pensando en cambiar la definición en "el cierre transitivo de $\lbrace(n,n')|n\in N\rbrace$" (para evitar la teoría de materias), pero aún así es difícil probar que es un orden total.

Por último, ¿cómo probar que el bien principio de orden? Sospecho que esto iba a ser fácil, después de demostrar la anterior afirmación, aunque.

Edit: ¿por Qué no la llave? Voy a utilizar la escuadra de soporte en su lugar.

Answer 1

La correcta definición de los números naturales.

Aquí está una tomada (de la memoria) de Halmos la Ingenua Teoría de conjuntos.

Definición. Dado un conjunto $x$, definimos $x^+$, el sucesor de $x$, para el conjunto $x\cup\{x\}$.

Si $x$ es un conjunto, $x^+$ es un conjunto: $\{x\}$ es un elemento del juego de poder de $X$, lo $x^+$ es un subconjunto de a $x\cup\mathcal{P}(x)$, por lo tanto un conjunto (por el Axioma de Poderes, el Axioma de los Sindicatos, y el Axioma de Separación).

Definición. Un conjunto $S$ se dice es inductivo si y sólo si $\emptyset\in S$, y para cada $x$ si $x\in S$$x^+\in S$.

Axioma de Infinitud. Existe al menos un conjunto inductivo.

Ahora, vamos a $S$ ser cualquier conjunto inductivo. Vamos $$\mathbb{N}_S = \bigcap\{A\subseteq S\mid A\text{ is inductive}\}.$$ Este es un conjunto, ya que la familia es uno de los subconjuntos de a $\mathcal{P}(S)$, por lo que su intersección es un conjunto.

Lema. La intersección de cualquier colección no vacía de conjuntos inductivos es inductivo.

Prueba. Supongamos $\{S_i\}$ es una familia no vacía de conjuntos inductivos, y deje $S=\cap S_i$ $\emptyset\in S_i$ por cada $i$, por lo tanto $\emptyset\in S$; y si $x\in S$,$x\in S_i$, para cada una de las $i$; por lo tanto (ya que cada una de las $S_i$ es inductivo), $x^+\in S_i$ por cada $i$, y por lo tanto $x^+\in S$. Por lo tanto, $S$ es inductivo. $\Box$

Corolario. Si $S$ es inductivo, a continuación, $\mathbb{N}_S$ es inductivo. Por otra parte, si $B$ es cualquier subconjunto inductivo de $S$,$\mathbb{N}_S\subseteq B$.

Teorema. Si $S$ $T$ son dos conjuntos inductivos, a continuación,$\mathbb{N}_S = \mathbb{N}_T$.

Prueba. Considere la posibilidad de $\mathbb{N}_T\cap S$; esto es un subconjunto inductivo de $S$, por lo tanto $\mathbb{N}_S\subseteq \mathbb{N}_T\cap S\subseteq \mathbb{N}_T$. Simétricamente, ya $\mathbb{N}_S\cap T$ es inductivo, a continuación,$\mathbb{N}_T\subseteq \mathbb{N}_S\cap T\subseteq\mathbb{N}_S$. Así, $\mathbb{N}_S=\mathbb{N}_T$. $\Box$

Definición. $\mathbb{N}$ es el conjunto $\mathbb{N}_S$ donde $S$ es cualquier conjunto inductivo.

Este conjunto está bien definido, ya que por el teorema anterior no importa lo inductivo conjunto de partida, siempre tenemos el mismo conjunto $\mathbb{N}$; y hay al menos un conjunto inductivo por el Axioma de Infinitud.

Teorema. Si $S$ es cualquier conjunto inductivo, a continuación,$\mathbb{N}\subseteq S$; es decir, $\mathbb{N}$ es el "más pequeño" conjunto inductivo, en el sentido de la inclusión del conjunto.

Prueba. Si $S$ es cualquier conjunto inductivo, entonces $\mathbb{N}=\mathbb{N}_S\subseteq S$. $\Box$

Ahora vamos a $0=\emptyset$, y deje $s(x) = x^+$ por cada $x$.

Teorema. (Los Axiomas de Peano) $\mathbb{N}$ satisface lo siguiente:

1. $0\in \mathbb{N}$.
2. Si $n\in \mathbb{N}$,$s(n)\in\mathbb{N}$.
3. Para todos $n\in\mathbb{N}$, $s(n)\neq 0$.
4. Si $s(n)=s(m)$,$n=m$.
5. Si $S\subseteq \mathbb{N}$ es tal que $0\in S$ e si $n\in S$$s(n)\in S$,$S=\mathbb{N}$.

Prueba. Desde $\mathbb{N}$ es inductivo, 1 y 2 están satisfechos. 3 está satisfecho porque, por definición, $n\in s(n)$, por lo tanto $s(n)\neq\emptyset=0$. 5 se cumple debido a las condiciones dadas implica que $S$ es inductivo, y por lo tanto $\mathbb{N}\subseteq S$. Desde ya contamos $S\subseteq \mathbb{N}$, $S=\mathbb{N}$ mantiene.

La única dificultad es la propiedad 4. Esto requiere de una auxiliar de resultados:

Lema 1. Si $n\in\mathbb{N}$, e $m\in n$,$m\subseteq n$.

Prueba. Deje $S=\{n\in\mathbb{N}\mid \text{for all }m\in n, m\subseteq n\}$. A continuación,$0\in S$, ya que el $0=\emptyset$ satisface la propiedad por la vaguedad. Suponga que $k\in S$, y deje $m\in s(k) = k\cup\{k\}$. Si $m\in k$, entonces a partir de la $k\in S$ tenemos $m\subseteq k\subseteq s(k)$. Si $m\notin k$,$m\in\{k\}$, por lo tanto $m=k$, e $m=k\subseteq k\cup\{k\}=s(k)$. Por lo tanto, $s(k)\in S$.

Llegamos a la conclusión de que $S$ es un subconjunto inductivo de $\mathbb{N}$, y, por tanto, que $S=\mathbb{N}$. $\Box$

Lema 2. Si $n\in\mathbb{N}$$m\in n$,$n\not\subseteq m$.

Prueba. Deje $S=\{n\in\mathbb{N}\mid\text{for all }m\in n, n\not\subseteq m\}$. A continuación,$0\in S$, ya que se cumple la condición por la vaguedad.

Suponga que $k\in S$. Si $m\in s(k)=k\cup\{k\}$, entonces cualquiera de las $m\in k$, en cuyo caso $k\not\subseteq m$, por lo tanto $s(k)\not\subseteq m$ (desde $k\subseteq s(k)$); o bien $m=k$. Pero desde $k\in S$, $k\notin k$ ( $k\subseteq k$ , lo $k\in k$ estaría en contradicción con que $k\in S$). Desde $k\in s(k)$,$s(k)\not\subseteq k=m$. Por lo tanto, si $k\in S$$s(k)\in S$. Por lo tanto $S$ es un subconjunto inductivo de $\mathbb{N}$, por lo que $S=\mathbb{N}$. $\Box$

Ahora estamos listos para probar la propiedad 4. Suponga que $s(n)=s(m)$. Desde $m\in s(m)=s(n) = n\cup \{n\}$, entonces cualquiera de las $m=n$ o $m\in n$. Si $m=n$, hemos terminado. Así que supongamos que $m\in n$. Desde $n\in s(n)=s(m)$,$n\in m\cup \{m\}$; desde $n\neq m$,$n\in m$. Por lo tanto, $n\in m$, por lo tanto $n\subseteq m$; pero $m\in n$, contradiciendo Lema 2. Esta contradicción surge de asumir que $m\in n$. Por lo tanto, $m\notin n$, lo $m=n$, por lo tanto $\mathbb{N}$ satisface el cuarto axioma de Peano. $\Box$

La prueba de que $\lt$ es un orden total en $\mathbb{N}$.

(Yo soy más utilizado para la definición de $n\lt m\Longleftrightarrow n\in m$, pero voy a utilizar su definición con la inclusión adecuada)

Queremos demostrar que si $n,m\in\mathbb{N}$, luego $n=m$, $n\subset m$, o $m\subset n$.

Lema. Deje $n\in \mathbb{N}$. A continuación, cualquiera de $n=0$, o existe $k\in\mathbb{N}$ tal que $n=s(k)$.

Prueba. Deje $S=\{n\in\mathbb{N}\mid n=0\text{ or }n=s(k)\text{ for some }k\in\mathbb{N}\}$.

A continuación,$0\in S$; si $k\in S$, $s(k)\in S$ (desde $s(k)$ es un sucesor). Por lo tanto, $S$ es inductiva, por lo tanto $S=\mathbb{N}$. $\Box$

Lema. Deje $k,n\in\mathbb{N}$. Si $k\subset n$,$s(k)\subseteq n$.

Prueba. Deje $S=\{n\in\mathbb{N}\mid \text{if }k\subset n\text{ then }s(k)\subseteq n\}$.

A continuación, $0\in S$ por la vaguedad. Si $n\in S$, vamos a $k\subset s(n)=n\cup\{n\}$.

Si $k\subset n$,$s(k)\subseteq n\subset s(n)$. Si $k=n$,$s(k)=s(n)$. La única otra posibilidad es que el $n\in k$. Pero desde $k$ es un número natural, entonces $n\in k$ implica $n\subseteq k$. Pero $n\subseteq k\subset n\cup\{n\}$ es imposible. Por lo tanto, $k\subset s(n)$ simplica $s(k)\subseteq s(n)$. Esto demuestra $S$ es inductiva, por lo tanto $S=\mathbb{N}$.

Finalmente, fix $m$, y deje $S=\{n\in\mathbb{N}\mid m\subseteq n\text{ or }n\subset m\}$.

A continuación,$0\in S$: si $m=\emptyset$,$m\subseteq 0$; si $m\neq\emptyset$,$\emptyset\subset m$.

Suponga que $k\in S$. Si $m\subseteq k$,$m\subseteq s(k)$. Si $k\subset m$, luego por el Lema $s(k)\subseteq m$. Si $s(k)=m$,$s(k)\in S$. Si $s(k)\subset m$,$s(k)\in S$. De cualquier manera, $S$ es inductiva, por lo tanto $S=\mathbb{N}$. Por lo tanto, $\lt$ es un trichotomic relación en $S$.

La prueba del Pozo Principio de orden

Lema. Si $n\in\mathbb{N}$, entonces no existe $k\in\mathbb{N}$ tal que $n\lt k\lt s(n)$.

Prueba. Es imposible tener $n\subset k\subset n\cup\{n\}$. $\Box$

Bien Principio De Orden. Si $A\subseteq\mathbb{N}$$A\neq\emptyset$, $A$ tiene un menor elemento.

Prueba. Vamos $A\neq\emptyset$, $A\subseteq \mathbb{N}$. Deje $S=\mathbb{N}-A$.

Deje $S'= \{n\in\mathbb{N}\mid n\in S\text{ and for all }k,\text{ if }k\lt n\text{ then }k\in S\}$. Desde $S'\subseteq S\neq\mathbb{N}$, $S'$ no es inductivo. Por lo tanto, cualquiera de las $0\notin S'$, o de lo contrario no existe $k\in S'$ tal que $s(k)\notin S'$.

Si $0\notin S'$, ya que para todos $k\lt 0$, $k\in S$, de ello se desprende que $0\notin S$. Por lo tanto, $0\in A$. Desde $0$ es el elemento más pequeño de $\mathbb{N}$, también es el elemento más pequeño de $A$ y hemos terminado.

Supongamos entonces que no existe $k\in \mathbb{N}$ tal que $k\in S'$ pero $s(k)\notin S'$. A continuación,$k\in S$, y para todos los $n\in\mathbb{N}$ si $n\lt k$$n\in S$. Eso significa que para todos los $n\in\mathbb{N}$ si $n\lt s(k)$, $n\in S$ ($n\lt s(k)$implica $n\leq k$ por el Lema, y por lo que sea a $n=k\in S$ o $n\lt k$ por lo tanto $n\in S$ desde $k\in S'$). Que significa que debido a $s(k)\notin S'$, debe de ser por $s(k)\notin S$. Por lo tanto, $s(k)\in A$. Sin embargo, como ya hemos visto, si $n\lt s(k)$,$n\in S$, por lo tanto $n\lt s(k)\Rightarrow n\notin A$. Por lo tanto, $n\in A\Rightarrow s(k)\leq n$, lo que demuestra que $s(k)$ es el elemento más pequeño de $A$. $\Box$

Answer 2

Si se tienen dos conjuntos tales que cada uno de ellos satisface la condición de $\emptyset\in N$$x\in N\Rightarrow x\cup\{x\}\in N$, entonces la intersección de los dos conjuntos cumple la misma propiedad. De hecho esto vale no sólo para la intersección entre dos conjuntos, pero para la intersección entre cualquier número de conjuntos. Por lo $\mathbb N$ puede ser definida como la intersección de todos los conjuntos que staisfy la condición. De que hay al menos un conjunto que satisface es por lo general un explícito axioma de la teoría de conjuntos -- el Axioma de Infinitud.

Esta definición de $\mathbb N$ implica directamente que la inducción matemática obras. Es decir, asumir que $A$ es un subconjunto de a $\mathbb N$ tal que $0\in A$$\forall n\in A: n+1\in A$. Que significa exactamente eso $A$ es uno de los conjuntos que nos interceptó a hacer $\mathbb N$ en el primer lugar. Por lo $A$ es un subconjunto de a $\mathbb N$ y un superconjunto de a $\mathbb N$, por lo que debe ser $\mathbb N$ sí.

Entonces demostrar que el tiempo de inducción funciona, esencialmente porque el $a<b+1$ si y sólo si $a=b$ o $a<b$.

Finalmente, se puede probar bien-ordenar por tiempo de inducción en $n$: si algunos de $B$ de los números naturales contiene $n$, a continuación, contiene al menos un elemento.