[quote="marsupial"]Kako bi dokazali 4. zadatak s popravnog iz 2014?[/quote]
Neka je [tex](A,<)[/tex] pseudorešetka u kojoj je svaki lanac obostrano omeđen.
Pretpostavimo da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element. Primijetimo da parcijalno uređen skup [tex](A,<)[/tex] zadovoljava uvjete Zornove leme iz čega slijedi da [tex]A[/tex] ima maksimalni element. Označimo taj element s [tex]a_0[/tex]. Promotrimo sada skup [tex]A_0 := \{x \mid x\in A \land x \leqslant a_0\}[/tex].
Zadovoljava li [tex](A\setminus A_0, <)[/tex] uvjete Zornove leme? [tex]A\setminus A_0 \neq \emptyset[/tex] slijedi iz pretpostavke da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element. Ostaje nam još uvjeriti se da svaki neprazni lanac u [tex]A\setminus A_0[/tex] ima gornju među u [tex]A\setminus A_0[/tex], pa neka je [tex]\alpha\subseteq A\setminus A_0[/tex] neki neprazni lanac. Primijetimo da je [tex]\alpha[/tex] također lanac u [tex]A[/tex], pa (po pretpostavci zadatka) [tex]\alpha[/tex] ima gornju među u [tex]A[/tex]. Označimo tu gornju među s [tex]b[/tex]. Nije moguće da bude [tex]b\in A_0[/tex], jer bi tada bilo [tex]b\leq a_0[/tex], što znači da bi svi elementi od [tex]\alpha[/tex] bili manji od [tex]a_0[/tex], što dalje implicira da je [tex]\alpha\subseteq A_0[/tex], a ta inkluzija je u kontradikciji s izborom skupa [tex]\alpha[/tex]. Dakle, ustanovili smo da je [tex]b[/tex] usitinu gornja međe od [tex]\alpha[/tex] u [tex]A\setminus A_0[/tex]. Sada iz Zornove leme slijedi da [tex](A\setminus A_0, <)[/tex] ima maksimalni element. Označimo ga s [tex]a_1[/tex].
Primijetimo da je [tex]a_1[/tex] maksimalan i u [tex](A,<)[/tex]. Naime, budući da je [tex]a_1[/tex] maksimalan u [tex](A\setminus A_0, <)[/tex], jedini elementi od [tex]A[/tex] koji bi mogli biti veći od [tex]a_1[/tex] nalaze se u [tex]A_0[/tex], no kako bi postojanje elementa iz [tex]A_0[/tex] većeg od [tex]a_1[/tex] impliciralo da je i sam [tex]a_1[/tex] element od [tex]A_0[/tex], znamo da to nije slučaj.
Promotrimo sada dvočlani skup [tex]\{a_0,a_1\}\subseteq A[/tex]. (Stvarno se radi o dvočlanom skupu. Nužno je [tex]a_0\neq a_1[/tex], jer je [tex]a_0\in A_0[/tex], a [tex]a_1\not\in A_0[/tex].) Kako je [tex](A,<)[/tex] pseudorešetka, u [tex](A,<)[/tex] postoji supremum od [tex]\{a_0,a_1\}\subseteq A[/tex], što znači da nastupa jedan od sljedeća tri slučaja:
[list][*][tex]a_0 < a_1[/tex]
[*][tex]a_1 < a_0[/tex]
[*][tex]\exists a (a\in A \land a_0 < a \land a_1 < a)[/tex][/list:u]
Svaki od ova tri slučaja je u kontradikciji s već doikazanom činjenicom da su [tex]a_0[/tex] i [tex]a_1[/tex] maksimalni elementi u [tex](A,<)[/tex]. Ovim smo došli do kontradikcije, što znači da naša originalna pretpostavka da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element ne može biti istinita, dakle [tex](A,<)[/tex] [b]ima najveći element[/b].
Postojanje najmanjeg elementa u [tex](A,<)[/tex] dokazuje se analogno, dvostrukom primjenom Zornove leme.
[quote="marsupial"]
2014 - 3.zadatak - Da li se može argumentirati da se tih podskupova A može odabrati na k(P(Q)) načina, odnosno c, pa je zato k(S)<=c[/quote]
(Ovdje pretpostavljam da je sa [tex]S[/tex] označen skup svih funkcija [i]iz[/i] [tex]\mathbb{Q}[/tex] u [tex]\mathbb{Q}[/tex].)
To je dobar razlog za uspostavljanje donje međe. Da ja rješavam kolokvij, ipak bih dao primjer injekcije sa [tex]\mathcal{P}(\mathbb{Q})[/tex] u [tex]S[/tex]. Na taj način se izbjegavaju bilo kakvi nesporazumi prilikom ispravljanja. Ovako intuitivno objašnjeno nije loše, ali je puno bolje kad je to sve formalno čisto.
[quote="marsupial"]s druge strane k(S)<=k(P(QxQ))=c[/quote]
Ovo je poprilično netrivijalna tvrdnja. To treba detaljno raspisati. Ja ovako na brzinu ne vidim odmah injekciju sa [tex]S[/tex] u [tex]\mathcal{P}(\mathbb{Q}\times\mathbb{Q})[/tex]. Možeš li napisati šta si mislio/la, pa da vidimo valja li to?
[quote="marsupial"]
2013 - 3.zadatak - Kažemo da općenito takvih sustava ima >=c, a ovaj skup je podskup od R^9, pa je zato njegov kardinalni <=c. Slijedi da je kardinalni broj tog skupa jednak c. Da li je to dobro?[/quote]
Ovdje si se malo zaletio/la. Gornju ogradu ([tex]\leqslant\mathfrak{c}[/tex]) je lagano dobiti. Kao što ti kažeš, radi se o "podskupu" od [tex]\mathbb{R}^9[/tex]. ([tex]3\times 3[/tex] matrice nisu baš isto što i uređene devetorke, ali identifikacija je trivijalna, pa nema smisla cjepidlačiti.)
S druge strane, kako dobiješ donju ogradu ([tex]\geqslant\mathfrak{c}[/tex])? Što ti znači ovo "općenito takvih sustava ima [tex]\geqslant\mathfrak{c}[/tex]"?
[quote="marsupial"]
Da li bi argument bio isti ako bi se tražilo u zadatku da odredimo kardinalni broj skupa istih linearnih jednadžbi ali koje nemaju rješenja?[/quote]
Ponovno isti problem. Gornja ograda je trivijalna, ali treba demonstrirati donju ogradu.
[quote="marsupial"]
2013 - 6.zadatak - < -beskonačno,0]xN i <0,+beskonačno> su slični sa R pa su slični, a <0,+beskonačno>xN ne jer nije topološki potpun, i to se vidi, ali kako to formalno objasniti recimo na kolokviju?[/quote]
Ovo je problem koji se često javlja. Meni se čini da problem ne leži u matematici, nego u neiskustvu kod pismenog izražavanja te nesigurnosti koja proizlazi iz treme. Treba se samo skoncentrirati i lijepo napisati što to točno vidiš.
OK, ajmo redom, od najočitijeg prema kompliciranijem. (Pišem kao da rješavam kolokvij, samo bez skica, kojih ima podosta.)
1) [tex]\mathbb{R}^+[/tex] je sličan s [tex]\mathbb{R}[/tex].
[tex]\mathbb{R}^+[/tex] očito nema najveći ni najmanji element, separabilan je ([tex]\mathbb{Q}^+\subseteq\mathbb{R}^+[/tex]) i topološki potpun (supremumi podskupova od [tex]\mathbb{R}^+[/tex] su točno isti kao kad ih promatramo kao podskupove od [tex]\mathbb{R}[/tex]).
2) [tex]\mathbb{R}^+\times\mathbb{N}[/tex] nije topološki potpun.
Promotrimo [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}\subseteq\mathbb{R}^+\times\mathbb{N}[/tex]. Taj skup je očito omeđen odozgo ([tex](1,1)[/tex] je primjer gornje međe). S druge strane, ne postoji najmanja gornja međa. Kako bi to dokazali, neka je [tex](x,n)[/tex] proizvoljna gornja međa od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex]. Uočimo da je nužno [tex]n>0[/tex], jer bi inače (za [tex]n=0[/tex]) bilo [tex](x,n) < (x+1,n) \in \mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex], pa [tex](x,n)[/tex] ne bi bila gornja međa. No, kako je [tex]n>0[/tex], očito je i [tex](\frac{x}{2},n)[/tex] gornja međa od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex], čime smo dokazali da od svake gornje međe od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex] postoji neka manja.
3) [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je sličan s [tex]\mathbb{R}[/tex].
Po teoremu o uređajnoj karakteristici skupa [tex]\mathbb{R}[/tex] treba dokazti tri stvari:
[list]
[*] [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] nema najveći ni najmanji element, tj. od svakog elementa postoji veći i manji.
Neka je [tex](x,n)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](x-1,n),(x,n+1)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x-1,n) < (x,n) < (x,n+1)[/tex].
[*] [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je separabilan.
Tvrdimo da je [tex]\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] primjer prebrojivog gustog podskupa. Prebrojivost je očita: [tex]\mathrm{card}(\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}) = \mathrm{card}(\mathbb{Q}^-_0)\cdot\mathrm{card}(\mathbb{N}) = \aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0[/tex]. Preostaje još dokazati da se radi o gustom podskupu. U tu svrhu, neka su [tex](x,n),(y,m)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] takvi da je [tex](x,n)<(y,m)[/tex]. Trebamo pronaći neki element od [tex]\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] između [tex](x,n)[/tex] i [tex](y,m)[/tex]. Imamo dva slučaja:
[list]
[*] [tex]n < m[/tex]
Neka je [tex]q\in \langle -\infty, y\rangle\cap \mathbb{Q}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](q,m)\in\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x,n)<(q,m)<(y,m)[/tex].
[*] [tex]n = m[/tex] i [tex]x < y[/tex]
Neka je [tex]q\in \langle x, y\rangle\cap \mathbb{Q}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](q,m)\in\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x,n) = (x,m)<(q,m)<(y,m)[/tex].
[/list:u]
[*] [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je topološki potpun.
Neka je [tex]X\subseteq\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] odozgo ograničen. Označimo [tex]N := \max \{n \mid n\in\mathbb{N} \land (\mathbb{R}^-_0\times\{n\})\cap X \neq \emptyset\}[/tex]. [tex]N[/tex] je dobro definiran jer, budući da je [tex]X[/tex] odozgo ograničen, traženi maksimum mora postojati. Nadalje, neka je [tex]\bar{x} = \sup \{x \mid (x,N) \in X\}[/tex]. [tex]\bar{x}[/tex] je dobro definiran jer je [tex]\{x \mid (x,N) \in X\}[/tex] odozgo ograničen skup realnih brojeva. Tvrdimo da je [tex](\bar{x},N)[/tex] supremum od [tex]X[/tex] u [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex]. Da bi to dokazali, potrebno je dokazati da nijedan element od [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] manji od [tex](\bar{x},N)[/tex] nije gornja međa od [tex]X[/tex]. Uzmimo sada proizvoljan element [tex](a,k)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] takav da je [tex](a,k) < (\bar{x},N)[/tex]. Imamo dva slučaja:
[list]
[*] [tex]k < N[/tex]
Neka je tada [tex](y, N)\in (\mathbb{R}^-_0\times\{N\})\cap X[/tex] proizvoljan. Očito je [tex](a,k)<(y,N)[/tex], pa [tex](a,k)[/tex] ne može biti gornja međa od [tex]X[/tex].
[*] [tex]k = N[/tex] i [tex]a < \bar{x}[/tex]
Kako je [tex]a < \bar{x}[/tex], iz definicije od [tex]\bar{x}[/tex] slijedi da postoji [tex]y\in\{x \mid (x,N) \in X\}[/tex] takav da je [tex]a < y[/tex]. Uočimo da je [tex](y,N)\in X[/tex], te da vrijedi [tex](a,k)<(y,N)[/tex]. Dakle, ni u ovom slučaju [tex](a,k)[/tex] nije gornja međa od [tex]X[/tex].
[/list:u]
[/list:u]
marsupial (napisa): | Kako bi dokazali 4. zadatak s popravnog iz 2014? |
Neka je [tex](A,<)[/tex] pseudorešetka u kojoj je svaki lanac obostrano omeđen.
Pretpostavimo da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element. Primijetimo da parcijalno uređen skup [tex](A,<)[/tex] zadovoljava uvjete Zornove leme iz čega slijedi da [tex]A[/tex] ima maksimalni element. Označimo taj element s [tex]a_0[/tex]. Promotrimo sada skup [tex]A_0 := \{x \mid x\in A \land x \leqslant a_0\}[/tex].
Zadovoljava li [tex](A\setminus A_0, <)[/tex] uvjete Zornove leme? [tex]A\setminus A_0 \neq \emptyset[/tex] slijedi iz pretpostavke da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element. Ostaje nam još uvjeriti se da svaki neprazni lanac u [tex]A\setminus A_0[/tex] ima gornju među u [tex]A\setminus A_0[/tex], pa neka je [tex]\alpha\subseteq A\setminus A_0[/tex] neki neprazni lanac. Primijetimo da je [tex]\alpha[/tex] također lanac u [tex]A[/tex], pa (po pretpostavci zadatka) [tex]\alpha[/tex] ima gornju među u [tex]A[/tex]. Označimo tu gornju među s [tex]b[/tex]. Nije moguće da bude [tex]b\in A_0[/tex], jer bi tada bilo [tex]b\leq a_0[/tex], što znači da bi svi elementi od [tex]\alpha[/tex] bili manji od [tex]a_0[/tex], što dalje implicira da je [tex]\alpha\subseteq A_0[/tex], a ta inkluzija je u kontradikciji s izborom skupa [tex]\alpha[/tex]. Dakle, ustanovili smo da je [tex]b[/tex] usitinu gornja međe od [tex]\alpha[/tex] u [tex]A\setminus A_0[/tex]. Sada iz Zornove leme slijedi da [tex](A\setminus A_0, <)[/tex] ima maksimalni element. Označimo ga s [tex]a_1[/tex].
Primijetimo da je [tex]a_1[/tex] maksimalan i u [tex](A,<)[/tex]. Naime, budući da je [tex]a_1[/tex] maksimalan u [tex](A\setminus A_0, <)[/tex], jedini elementi od [tex]A[/tex] koji bi mogli biti veći od [tex]a_1[/tex] nalaze se u [tex]A_0[/tex], no kako bi postojanje elementa iz [tex]A_0[/tex] većeg od [tex]a_1[/tex] impliciralo da je i sam [tex]a_1[/tex] element od [tex]A_0[/tex], znamo da to nije slučaj.
Promotrimo sada dvočlani skup [tex]\{a_0,a_1\}\subseteq A[/tex]. (Stvarno se radi o dvočlanom skupu. Nužno je [tex]a_0\neq a_1[/tex], jer je [tex]a_0\in A_0[/tex], a [tex]a_1\not\in A_0[/tex].) Kako je [tex](A,<)[/tex] pseudorešetka, u [tex](A,<)[/tex] postoji supremum od [tex]\{a_0,a_1\}\subseteq A[/tex], što znači da nastupa jedan od sljedeća tri slučaja:
- [tex]a_0 < a_1[/tex]
- [tex]a_1 < a_0[/tex]
- [tex]\exists a (a\in A \land a_0 < a \land a_1 < a)[/tex]
Svaki od ova tri slučaja je u kontradikciji s već doikazanom činjenicom da su [tex]a_0[/tex] i [tex]a_1[/tex] maksimalni elementi u [tex](A,<)[/tex]. Ovim smo došli do kontradikcije, što znači da naša originalna pretpostavka da [tex](A,<)[/tex] nema najveći element ne može biti istinita, dakle [tex](A,<)[/tex] ima najveći element.
Postojanje najmanjeg elementa u [tex](A,<)[/tex] dokazuje se analogno, dvostrukom primjenom Zornove leme.
marsupial (napisa): |
2014 - 3.zadatak - Da li se može argumentirati da se tih podskupova A može odabrati na k(P(Q)) načina, odnosno c, pa je zato k(S)⇐c |
(Ovdje pretpostavljam da je sa [tex]S[/tex] označen skup svih funkcija iz [tex]\mathbb{Q}[/tex] u [tex]\mathbb{Q}[/tex].)
To je dobar razlog za uspostavljanje donje međe. Da ja rješavam kolokvij, ipak bih dao primjer injekcije sa [tex]\mathcal{P}(\mathbb{Q})[/tex] u [tex]S[/tex]. Na taj način se izbjegavaju bilo kakvi nesporazumi prilikom ispravljanja. Ovako intuitivno objašnjeno nije loše, ali je puno bolje kad je to sve formalno čisto.
marsupial (napisa): | s druge strane k(S)⇐k(P(QxQ))=c |
Ovo je poprilično netrivijalna tvrdnja. To treba detaljno raspisati. Ja ovako na brzinu ne vidim odmah injekciju sa [tex]S[/tex] u [tex]\mathcal{P}(\mathbb{Q}\times\mathbb{Q})[/tex]. Možeš li napisati šta si mislio/la, pa da vidimo valja li to?
marsupial (napisa): |
2013 - 3.zadatak - Kažemo da općenito takvih sustava ima >=c, a ovaj skup je podskup od R^9, pa je zato njegov kardinalni ⇐c. Slijedi da je kardinalni broj tog skupa jednak c. Da li je to dobro? |
Ovdje si se malo zaletio/la. Gornju ogradu ([tex]\leqslant\mathfrak{c}[/tex]) je lagano dobiti. Kao što ti kažeš, radi se o "podskupu" od [tex]\mathbb{R}^9[/tex]. ([tex]3\times 3[/tex] matrice nisu baš isto što i uređene devetorke, ali identifikacija je trivijalna, pa nema smisla cjepidlačiti.)
S druge strane, kako dobiješ donju ogradu ([tex]\geqslant\mathfrak{c}[/tex])? Što ti znači ovo "općenito takvih sustava ima [tex]\geqslant\mathfrak{c}[/tex]"?
marsupial (napisa): |
Da li bi argument bio isti ako bi se tražilo u zadatku da odredimo kardinalni broj skupa istih linearnih jednadžbi ali koje nemaju rješenja? |
Ponovno isti problem. Gornja ograda je trivijalna, ali treba demonstrirati donju ogradu.
marsupial (napisa): |
2013 - 6.zadatak - < -beskonačno,0]xN i <0,+beskonačno> su slični sa R pa su slični, a <0,+beskonačno>xN ne jer nije topološki potpun, i to se vidi, ali kako to formalno objasniti recimo na kolokviju? |
Ovo je problem koji se često javlja. Meni se čini da problem ne leži u matematici, nego u neiskustvu kod pismenog izražavanja te nesigurnosti koja proizlazi iz treme. Treba se samo skoncentrirati i lijepo napisati što to točno vidiš.
OK, ajmo redom, od najočitijeg prema kompliciranijem. (Pišem kao da rješavam kolokvij, samo bez skica, kojih ima podosta.)
1) [tex]\mathbb{R}^+[/tex] je sličan s [tex]\mathbb{R}[/tex].
[tex]\mathbb{R}^+[/tex] očito nema najveći ni najmanji element, separabilan je ([tex]\mathbb{Q}^+\subseteq\mathbb{R}^+[/tex]) i topološki potpun (supremumi podskupova od [tex]\mathbb{R}^+[/tex] su točno isti kao kad ih promatramo kao podskupove od [tex]\mathbb{R}[/tex]).
2) [tex]\mathbb{R}^+\times\mathbb{N}[/tex] nije topološki potpun.
Promotrimo [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}\subseteq\mathbb{R}^+\times\mathbb{N}[/tex]. Taj skup je očito omeđen odozgo ([tex](1,1)[/tex] je primjer gornje međe). S druge strane, ne postoji najmanja gornja međa. Kako bi to dokazali, neka je [tex](x,n)[/tex] proizvoljna gornja međa od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex]. Uočimo da je nužno [tex]n>0[/tex], jer bi inače (za [tex]n=0[/tex]) bilo [tex](x,n) < (x+1,n) \in \mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex], pa [tex](x,n)[/tex] ne bi bila gornja međa. No, kako je [tex]n>0[/tex], očito je i [tex](\frac{x}{2},n)[/tex] gornja međa od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex], čime smo dokazali da od svake gornje međe od [tex]\mathbb{R}^+\times\{0\}[/tex] postoji neka manja.
3) [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je sličan s [tex]\mathbb{R}[/tex].
Po teoremu o uređajnoj karakteristici skupa [tex]\mathbb{R}[/tex] treba dokazti tri stvari:
- [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] nema najveći ni najmanji element, tj. od svakog elementa postoji veći i manji.
Neka je [tex](x,n)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](x-1,n),(x,n+1)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x-1,n) < (x,n) < (x,n+1)[/tex].
- [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je separabilan.
Tvrdimo da je [tex]\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] primjer prebrojivog gustog podskupa. Prebrojivost je očita: [tex]\mathrm{card}(\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}) = \mathrm{card}(\mathbb{Q}^-_0)\cdot\mathrm{card}(\mathbb{N}) = \aleph_0\cdot\aleph_0=\aleph_0[/tex]. Preostaje još dokazati da se radi o gustom podskupu. U tu svrhu, neka su [tex](x,n),(y,m)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] takvi da je [tex](x,n)<(y,m)[/tex]. Trebamo pronaći neki element od [tex]\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] između [tex](x,n)[/tex] i [tex](y,m)[/tex]. Imamo dva slučaja:
- [tex]n < m[/tex]
Neka je [tex]q\in \langle -\infty, y\rangle\cap \mathbb{Q}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](q,m)\in\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x,n)<(q,m)<(y,m)[/tex].
- [tex]n = m[/tex] i [tex]x < y[/tex]
Neka je [tex]q\in \langle x, y\rangle\cap \mathbb{Q}[/tex] proizvoljan. Tada je očito [tex](q,m)\in\mathbb{Q}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] i vrijedi [tex](x,n) = (x,m)<(q,m)<(y,m)[/tex].
- [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] je topološki potpun.
Neka je [tex]X\subseteq\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] odozgo ograničen. Označimo [tex]N := \max \{n \mid n\in\mathbb{N} \land (\mathbb{R}^-_0\times\{n\})\cap X \neq \emptyset\}[/tex]. [tex]N[/tex] je dobro definiran jer, budući da je [tex]X[/tex] odozgo ograničen, traženi maksimum mora postojati. Nadalje, neka je [tex]\bar{x} = \sup \{x \mid (x,N) \in X\}[/tex]. [tex]\bar{x}[/tex] je dobro definiran jer je [tex]\{x \mid (x,N) \in X\}[/tex] odozgo ograničen skup realnih brojeva. Tvrdimo da je [tex](\bar{x},N)[/tex] supremum od [tex]X[/tex] u [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex]. Da bi to dokazali, potrebno je dokazati da nijedan element od [tex]\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] manji od [tex](\bar{x},N)[/tex] nije gornja međa od [tex]X[/tex]. Uzmimo sada proizvoljan element [tex](a,k)\in\mathbb{R}^-_0\times\mathbb{N}[/tex] takav da je [tex](a,k) < (\bar{x},N)[/tex]. Imamo dva slučaja:
- [tex]k < N[/tex]
Neka je tada [tex](y, N)\in (\mathbb{R}^-_0\times\{N\})\cap X[/tex] proizvoljan. Očito je [tex](a,k)<(y,N)[/tex], pa [tex](a,k)[/tex] ne može biti gornja međa od [tex]X[/tex].
- [tex]k = N[/tex] i [tex]a < \bar{x}[/tex]
Kako je [tex]a < \bar{x}[/tex], iz definicije od [tex]\bar{x}[/tex] slijedi da postoji [tex]y\in\{x \mid (x,N) \in X\}[/tex] takav da je [tex]a < y[/tex]. Uočimo da je [tex](y,N)\in X[/tex], te da vrijedi [tex](a,k)<(y,N)[/tex]. Dakle, ni u ovom slučaju [tex](a,k)[/tex] nije gornja međa od [tex]X[/tex].
_________________ Extraordinary claims require extraordinary evidence. – Carl Sagan
|