Еще больше мяулога v2

Две двоечки, засланные до 14 числа:

Задача 82

Нам дан какой-то порядок (R_𝑖), в котором ∃a,b∈A:¬(a≼b)∧¬(b≼a)

Построим порядок (R_i+1), в котором мы делаем эти эти элементы сравнимыми. Пусть (R_i+1)=(R_i)∪{[(x,y),x≼a∧b≼y]}. Это добавит в отношение пару (a,b) и еще набор пар, нужный для сохранения свойств порядка. Проверим, что это тоже порядок:

• Рефлексивность: очевидно из рефлексивности (R_i)

• Транзитивность: ∀x,y,z:(x≼y)∧(y≼z)→x≼z.

  • Для y∈{a,b} это следует из пар, которые мы добавили:

    • Если y=a: x→a→b→z

    • Если y=b:y→b→z

  • Для всех остальных элементов это выполняется из транзитивности (R_i)

• Антисимметричность: если (x≼y)∧(y≼x), то это не может быть (a,b), так как ¬(b≼a), и не могут быть элементы из добавленных пар (потому что между ними есть a и b в порядке). Остальные элементы (не равные) тоже не могут иметь такое свойство из антисимметричности (R_i)

Значит, (R_i+1) - частичный порядок. Но несравнимых элементов там стало меньше. Значит, что когда-нибудь пары несравнимых элементов закончатся, и мы получим Q. ЧТД

Задача 83

Гипотеза: S≔∪X=sup(X). Докажем:

∀x∈X:x⊆U→ S⊆U, так что S∈P(U)

∀A∈X:A⊆X, по свойствам объединения

Пусть T - другая верхняя грань X, причем T⊊S. Это значит, что в S есть какой-то элемент, которого в T нет. S - объединение множеств, значит этот элемент (пусть он будет w) встречался в каком-то из объединяемых подмножеств, то есть ∃x∈X:w∈x. Но если w∈x∧w∉T, то ¬(x≼T), что делает T не верхней гранью. Противоречие, так что S - минимальная верхняя грань.

Для I≔∩X=inf(X) доказательство аналогичное

Единичка номер 1:

69 (a)

Пусть A={1,2,3}

(R_a)={(1,1),(2,2),(3,3),(2,1),(1,2),(2,3),(3,2)}

69 (b)

Пусть A={1,2,3}

(R_b)={(1,1),(2,2),(3,3),(1,2),(2,3)}

69(c)

Пусть A={1,2,3}

(R_c)=≤

Единичка номер 2:

32 (a)

P={[(x,x),x∈ℝ]}