Probar la existencia de $\frac{1}{2}$ de los siguientes axiomas

Question

La pregunta es cómo probar que existe un elemento $z$ tal que $z+z = 1$ a partir de los siguientes axiomas (si se supone que estamos hablando de establecer $R$):

A1: $x≠y$ implica $x < y$ o $x > y$;

A2: $x < y$ implica que no $y < x$

A3: $x < y$ implica que exista $t$ tal que $x < t < y$

A4: Para cualquiera de los dos conjuntos de $S$ $T$ que es un subconjunto de a $R$, si (cualquier $x$ $S$ $y$ $T$ implica $x < y$) (existe un $z$ tal que para todos los $m$ $S$ $n$ a partir de $T$, $m≠z$ y $n≠z$ implica $m < z < n$)

A5: $x+(y+z)=(x+z)+y$

A6: Para todos los $x$ $y$ existe $z$ tal que $x = y+z$

A7: $x+z < y+t$ implica $x < y$ o $z < t$

A8: $1$ es un elemento de $R$

A9: $1 < 1+1$

Hasta ahora siguiendo el libro de texto, puedo construir set $K$ contiene todos los $x$ tal que $x+x < 1$, y establecer $L$ contiene todos los $y$ tal que $1 < y+y$. Ahora por A4, existe un elemento $z$ de manera tal que cualquier $x$ $K$ es menor que o igual a $z$, y cualquier $y$ $L$ es mayor que o igual a $z$. Todo está bien hasta este punto. Ahora trato de probar que z no puede pertenecer a K ni L.

Suponga $z$ es un elemento de $K$. A continuación, $z+z < 1$ y existe un elemento $t$ tal que $z+z < t < 1$ por A3. Define un conjunto $N$ contiene todos los $p$ tal que $p+p < t$. Luego, por la A4, existe $q$ de manera tal que cualquier $p$ $N$ es menor que o igual a $q$, y cualquier $y$ $L$ es mayor que o igual a $q$. Pero ahora tengo problemas para demostrar que $q ≠ z$. Si $q ≠ z$, entonces la contradicción es inmediata.

Para aquel que se pregunta, el libro de texto es "Introducción a la Lógica y a la Metodología de los Deductivo de las Ciencias," por otro que el de A. Tarski a sí mismo. El capítulo 10, ejercicio 5.

Answer 1

Hay algo fundamentalmente equivocado con esta pregunta. Axioma A4 habla de conjuntos, pero que sólo tiene sentido dentro de un meta-sistema que 'sabe' lo que establece son, no dentro de las axiomatization para $R$. En particular, dentro de la axiomatization como se ha dicho, A4 es simplemente inútil, porque no hay especificación de los axiomas y así uno no puede crear nada que A4 se puede aplicar a! Por lo tanto no tiene sentido pedir una prueba de algo a partir de esos axiomas. Uno no puede simplemente cepillo el tema a un lado y decir que podemos construir cualquier conjunto de objetos que deseamos, de lo contrario se puede obtener inmediatamente una contradicción a través de Russell conjunto. Uno todavía puede trabajar dentro de la meta-sistema y preguntar si en todos los modelos (con semántica completa) para el axiomatization satisface "$\exists x\ ( x+x = 1 )$", lo que hace tener una respuesta positiva... $ \def\nn{\mathbb{N}} \def\zz{\mathbb{Z}} \def\rr{\mathbb{R}} $

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De hecho fue comprobado en el libro de texto que A1,2,5,6,7, equivalentes a un grupo abelian con respecto a la operación +. Supuse que podría utilizar este.

Sólo la integridad de aquí, es un boceto de la prueba, en caso de que futuros lectores quieren ver cómo se hace. Gracias a Rutger Moody para encontrar la manera de obtener conmutatividad, que era la mayor parte no pude averiguar a pesar de la simplicidad de la solución. Después de que la asociatividad sigue inmediatamente, y entonces no es difícil conseguir que la existencia de la identidad aditiva.

Tomar cualquier $x,y,z \in R$. Deje $w \in R$ tal que $x = y+w$. Entonces $y+x = y+(y+w)$ $= (y+w)+y$ $= x+y$. Por lo tanto $z+(x+y) = z+(y+x) = z+(x+y)$.

Por lo tanto, $+$ es conmutativa y asociativa en $R$ y podemos omitir los soportes a partir de ahora.

Deje $o \in R$ tal que $1 = 1+o$. Tomar cualquier $x \in R$. Deje $y \in R$ tal que $x = 1+y$. A continuación,$x+o = 1+y+o = 1+o+y = 1+y = x$.

Por lo tanto, $o$ es una identidad para$+$$R$.

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De esto podemos conseguir que $R$ es un orden de abelian grupo. Específicamente, para cualquier $x,y,z \in R$ tal que $x < y$, $x \ne y$ $\neg z > z$ por A2, y por lo tanto, $x+z < y+z$ A7 y el abelian propiedades de grupo. Por lo tanto si $x+y = z$$x < z$, $y > 0$ donde $0$ denota la identidad aditiva de $R$. Por lo tanto, si $x < y$$y < z$, dejando $a,b \in R$ tal que $x+a = y$$y+b = z$, obtenemos $x+(a+b) = z$ $a+b > 0$ desde $a,b > 0$, y, por tanto,$x < z$.

Su intento había utilizado esta propiedad de transitividad en la aplicación de A4 a $K,M$ sin justificación!

Pero entonces, el reclamo no es difícil. Por comodidad vamos a "$x \le y$" ser corto para "$x < y \lor x = y$".

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Deje $K = \{ x : x \in R \land x+x < 1 \}$.

Deje $M = \{ x : x \in R \land x+x > 1 \}$.

Deje $z \in R$ tal que $x \le z \le y$ cualquier $x \in K$$y \in M$.

Si $z+z < 1$:

Deje $t \in R$ tal que $z+z+t = 1$. A continuación,$t > 0$.

Deje $u \in R$ tal que $0 < u < t$.

Deje $v \in R$ tal que $u+v = t$. A continuación,$v > 0$.

También se $v < t$, de lo contrario $t = u+v > 0+t = t$.

Por la A1 y la simetría podemos asumir que $u \le v$.

Deje $w \in R$ tal que $0 < w < u$.

Por lo tanto $(z+w)+(z+w) < z+z+u+v = 1$ y, por tanto,$z+w \in K$.

Pero $z+w > z$, contradiciendo la definición de $z$.

Por lo tanto,$\neg z+z < 1$.

Por simetría $\neg z+z > 1$ y, por tanto,$z+z = 1$.