Demostrar el llamado "principio de ordenación de pozos"

Question

¿Hay algún problema con la siguiente prueba?

Teorema. Todo subconjunto no vacío $B \subset\mathbb{N}$ tiene un miembro menos.

Prueba. Supongamos que no. Entonces, por necesidad, tendríamos que tener $B=\varnothing$ ya que si $B$ contenía incluso una $b\in\mathbb{N}$ entonces $b$ satisfaría $b=min(B). $ Contradicción, fin de la prueba.

Tengo la sensación de que aquí pasa algo, pero no consigo definir exactamente qué. Además, ¿hay algún contexto en el que se pueda tomar simplemente este principio como un axioma ¿Y no tener que demostrarlo? Después de todo, es extremadamente intuitivo. Gracias.

Answer 1

Deberías ser más detallado en lo que afirmas. Tus pruebas son erróneas, y es muy difícil entender por qué obtienes dichas conclusiones. Mi punto es:

"Entonces, por necesidad..." ¿Por qué?

"...si $B$ contenía incluso una $b\Bbb N$ entonces $b$ satisfaría $b=\min(B)$ ? ¿Por qué?

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Una prueba correcta sería la siguiente:

P Sea $B\subseteq \Bbb N$ no sea vacío. Demostramos por inducción que $B$ tiene un elemento mínimo. Supongamos por contradicción que $B$ no tiene ningún elemento mínimo. Sea $J$ sea el conjunto de elementos que son no en $B$ . Desde $0$ es un límite inferior de $\Bbb N$ , $0\notin B$ (de lo contrario sería un elemento menor) por lo que $0\in J$ . Demostramos por inducción que $0,1,\dots,n\in J\implies n+1\in J$ . En efecto, supongamos que $0,1,\dots,n\in J\implies n+1\in J$ . Entonces $n+1$ no puede estar en $B$ ya que entonces sería un límite inferior de $B$ y puesto que $0,1,\dots,n\notin B$ sería un elemento mínimo. Por lo tanto $n+1\notin J$ . Por inducción, $J=\Bbb N$ así que $B=\varnothing$ lo cual es imposible.

Como dice Pete, WOP es equivalente a PMI .

PROP Supongamos que todo subconjunto no vacío de $\Bbb N$ tiene un elemento mínimo. Sea $B$ sea un subconjunto de $\Bbb N$ con las siguientes propiedades

$(1)$ $0\in B$ .

$(2)$ $n\in B\implies n+1\in B$

Demostramos que $B=\Bbb N$ .

P Sea $B$ sea como el anterior. Consideremos el conjunto de $\Bbb N\setminus B$ y suponer por contradicción que no está vacía. Por la WOP, tiene un elemento mínimo, llamémoslo $a$ . Desde $0\in B$ este elemento debe ser de la forma $a=n+1$ para algunos $n\in \Bbb N$ . Desde $n+1$ es el primer elemento que no está en $B$ , $n$ es un elemento de $B$ . Pero entonces $n+1\in B$ lo cual es absurdo. De ello se deduce que $\Bbb N\setminus B$ debe estar vacío, por lo que $B=\Bbb N$ como se afirma.

Answer 2

¿Qué quiere decir con "si $B$ contenía incluso una $b \in \mathbb{N}$ ?" Su argumento funciona si $B$ contiene exactamente uno $b$ . No parece funcionar de otro modo: por ejemplo, el subconjunto $\{1,3\}$ contiene "incluso un elemento $3$ ", pero $3$ no es el elemento menos importante.

También, sí: puedes tomar WOP como parte de una descripción axiomática de los números naturales $\mathbb{N}$ . Usted debe saber que - por ejemplo, teniendo en cuenta los otros cuatro Axiomas de Peano -- es equivalente al Principio de Inducción Matemática.

Answer 3

Supongamos que nt. Entonces, por necesidad, tendríamos que tener $B=\varnothing$ ya que si $B$ contenía incluso una $b\in\mathbb{N}$ entonces $b$ satisfaría $b=\min(B). $

Esto sólo funciona si $B$ contiene exactamente un elemento. Para cualquier otro $B$ tienes que asumir que $\min$ está bien definido, es decir, todo subconjunto de $\mathbb{N}$ tiene un miembro menos, por lo que tu razonamiento es circular.

Answer 4

He aquí otra prueba del libro Topología por Munkres:

Answer 5

¿Funcionaría esto sólo como prueba del principio de ordenación de pozos? Quizás no del todo la parte de "si POI es cierto entonces WOP"...

Supongamos que $S$ es un subconjunto no vacío de $\mathbb{N}$ y que no tiene ningún elemento menor. Entonces, debe existir un $m$ tal que $m$ es un número natural y un elemento de $S$ de lo contrario $S$ estaría vacía. Entonces: $$inf(\mathbb{N}) \le inf(S) \le m$$ ya que si $S$ había incluido un elemento menor que $inf(\mathbb{N})$ ese elemento no estaría en $\mathbb{N}$ y está limitada por encima por $m$ porque sabemos $m \in S$ no necesitamos nada mayor que m para ser el mínimo infimo de $S$ como siempre hay $m$ . Así que $inf(S)$ está acotada en una región finita, lo que sugiere que existe un elemento mínimo en $S$ Esto es una contradicción.