-
Notifications
You must be signed in to change notification settings - Fork 18
/
lection-13.tex
449 lines (371 loc) · 24.8 KB
/
lection-13.tex
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
225
226
227
228
229
230
231
232
233
234
235
236
237
238
239
240
241
242
243
244
245
246
247
248
249
250
251
252
253
254
255
256
257
258
259
260
261
262
263
264
265
266
267
268
269
270
271
272
273
274
275
276
277
278
279
280
281
282
283
284
285
286
287
288
289
290
291
292
293
294
295
296
297
298
299
300
301
302
303
304
305
306
307
308
309
310
311
312
313
314
315
316
317
318
319
320
321
322
323
324
325
326
327
328
329
330
331
332
333
334
335
336
337
338
339
340
341
342
343
344
345
346
347
348
349
350
351
352
353
354
355
356
357
358
359
360
361
362
363
364
365
366
367
368
369
370
371
372
373
374
375
376
377
378
379
380
381
382
383
384
385
386
387
388
389
390
391
392
393
394
395
396
397
398
399
400
401
402
403
404
405
406
407
408
409
410
411
412
413
414
415
416
417
418
419
420
421
422
423
424
425
426
427
428
429
430
431
432
433
434
435
436
437
438
439
440
441
442
443
444
445
446
447
448
449
\documentclass[aspectratio=169]{beamer}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[english,russian]{babel}
\usepackage{cancel}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{stmaryrd}
\usepackage{cmll}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{tikz}
\usepackage{multicol}
\usetikzlibrary{patterns,calc}
\usepackage{chronosys}
\usepackage{proof}
\usepackage{multirow}
\usepackage{marvosym}
\usepackage{hyperref}
\setbeamertemplate{navigation symbols}{}
%\usetheme{Warsaw}
\newtheorem{axm}{Аксиома}[section]
\newtheorem{thm}{Теорема}[section]
\newtheorem{dfn}{Определение}[section]
\newtheorem{lmm}{Лемма}[section]
\newtheorem{exm}{Пример}[section]
\newtheorem{snote}{Пояснение}[section]
\newcommand{\divisible}%
{\mathrel{\lower.2ex%
\vbox{\baselineskip=0.7ex\lineskiplimit=0pt%
\kern6pt \hbox{.}\hbox{.}\hbox{.}}%
}}
\begin{document}
\begin{frame}{}
\LARGE\begin{center}Теорема Лёвенгейма-Сколема\end{center}
\end{frame}
\begin{frame}{Как пересчитать вещественные числа (неформально)?}
\begin{enumerate}
\item Номер вещественного числа --- первое упоминание в литературе, т.е. $\langle j, y, n, p, r, c \rangle$:\\
j --- гёделев номер названия научного журнала (книги);\\
y --- год издания;\\
n --- номер;\\
p --- страница;\\
r --- строка;\\
c --- позиция\pause
\item Попробуете предъявить число $x$, не имеющее номера? Это рассуждение сразу даст номер.\\
\end{enumerate}
\end{frame}
\begin{frame}{Мощность модели и аксиоматизации}
\begin{dfn} Пусть задана модель $\langle D, F_n, P_n \rangle$ для некоторой теории первого порядка.
Её мощностью будем считать мощность $D$.
\end{dfn}\pause
\begin{dfn} Пусть задана формальная теория с аксиомами $\alpha_n$. Её мощность --- мощность множества $\{\alpha_n\}$.
\end{dfn}\pause
\begin{exm} Формальная арифметика, исчисление предикатов, исчисление высказываний --- счётно-аксиоматизируемые.
\end{exm}
\end{frame}
\begin{frame}{Элементарная подмодель}
\begin{dfn}$\mathcal{M}' = \langle D', F'_n, P'_n \rangle$ --- элементарная подмодель $\mathcal{M} = \langle D, F_n, P_n \rangle$,
если: \pause
\begin{enumerate}
\item $D' \subseteq D$, \pause $F'_n$, $P'_n$ --- сужение $F_n$, $P_n$ (замкнутое на $D'$). \pause
\item $\mathcal{M}\models \varphi(x_1,\dots,x_n)$ тогда и только тогда, когда $\mathcal{M}'\models \varphi(x_1,\dots,x_n)$
при $x_i \in D'$. \pause
\end{enumerate}
\end{dfn}
\begin{exm}Когда сужение $M$ не является элементарной подмоделью? \pause
$\forall x.\exists y.x \ne y$. Истинно в $\mathbb{N}$. \pause Но пусть $D' = \{ 0 \}$.
\end{exm}
\end{frame}
\begin{frame}{Теорема Лёвенгейма-Сколема}
\begin{thm}Пусть $T$ --- множество всех формул теории первого порядка.
Пусть теория имеет некоторую модель $\mathcal{M}$.
Тогда найдётся элементарная подмодель $\mathcal{M'}$, причём $|\mathcal{M'}| = \max(\aleph_0, |T|)$.
\end{thm}\pause
\begin{proof} (Схема доказательства)
\begin{enumerate}
\item Построим $D_0$ --- множество всех значений, которые упомянуты в языке теории. \pause
\item Будем последовательно пополнять $D_i$: $D_0 \subseteq D_1 \subseteq D_2 \dots$, следя за мощностью.
$D' = \cup D_i$.
\item Покажем, что $\langle D', F_n, P_n\rangle$ --- требуемая подмодель.
\end{enumerate}
\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}{Начальный $D_0$}
Пусть $\{f^0_k\}$ --- все 0-местные функциональные символы теории. \pause
\begin{enumerate}
\item $D_0 = \{ \llbracket f^0_k \rrbracket \}$, если есть хотя бы один $f^0_k$. \pause
\item Если таких $f^0_k$ нет, возьмём какое-нибудь одно значение из $D$. \pause
\end{enumerate}\pause
Очевидно, $|D_0| \le |T|$.
\end{frame}
\begin{frame}{Пополнение $D$}
Фиксируем некоторый $D_k$. Напомним, $T$ --- множество всех формул теории. Рассмотрим $\varphi \in T$.\pause
\begin{enumerate}
\item $\varphi$ не имеет свободных переменных --- пропустим. \pause
\item $\varphi$ имеет хотя бы одну свободную переменную $y$. \pause
\begin{enumerate}
\item $\varphi (y, x_1, \dots, x_n)$ при $y,x_i \in D_k$ бывает истинным и ложным --- ничего не меняем \pause
\item $\varphi (y, x_1, \dots, x_n)$ при $y \in D$ и $x_i \in D_k$ либо всегда истинен, либо всегда ложен --- ничего не меняем \pause
\item $\varphi (y, x_1, \dots, x_n)$ при $y,x_i \in D_k$ тождественно истинен или ложен, но при
$y' \in D \setminus D_k$ отличается --- добавим $y'$ к $D_{k+1}$. \pause
Вместе добавим всевозможные $\llbracket\theta(y')\rrbracket$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}\pause
Всего добавили не больше $|T| \cdot |T| = |T|$. \pause $|\cup D_i| \le |T| \cdot |\aleph_0| = \max (|T|, |\aleph_0|)$
\end{frame}
\begin{frame}{$\mathcal{M}'$ --- элементарная подмодель}
Индукцией по структуре формул $\tau \in T$ покажем,
что все формулы можно вычислить, и что $\llbracket \varphi \rrbracket_\mathcal{M'} = \llbracket \varphi \rrbracket_\mathcal{M}$.\pause
\begin{enumerate}
\item База, 0 связок. $\tau \equiv P(f_1(x_1,\dots,x_n),\dots,f_n(x_1,\dots,x_n))$. \pause Если $x_i \in D'$, то значит,
добавлены на некоторых шагах (максимальный пусть $t$). Поэтому в $D_{t+1}$ можно вычислить формулу, и её значение сохранилось. \pause
\item Переход. Пусть формулы из $k$ связок сохраняют значения. Рассмотрим $\tau$ с $k+1$ связкой. \pause
\begin{enumerate}
\item $\tau \equiv \rho \star \sigma$ --- очевидно. \pause
\item $\tau\equiv\forall y.\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$. \pause
Каждый $x_i$ добавлен на каком-то шаге --- максимум $t$. \pause
Если $\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$ бывает истинен и ложен при $y_t, y_f \in D$, то $y_t, y_f \in D_{t+1}$ (по построению). \pause
Поэтому, если $\mathcal{M}\not\models\forall y.\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$, то и
$\mathcal{M'}\not\models\forall y.\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$. \pause
Если же $\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$ не меняется от $y$, то тем более
$\llbracket \varphi \rrbracket_\mathcal{M'} = \llbracket \varphi \rrbracket_\mathcal{M}$. \pause
\item $\tau\equiv\exists y.\varphi(y,x_1,\dots,x_n)$ --- аналогично.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{frame}
\begin{frame}{<<Парадокс>> Сколема}
\begin{enumerate}
\item Как известно, $|\mathbb{R}| = |\mathcal{P}(\mathbb{N})| > |\mathbb{N}| = \aleph_0$. \pause Однако ZFC --- теория со счётным
количеством формул. \pause
Значит, существует счётная модель ZFC, то есть $|\mathbb{R}| = \aleph_0$. \pause В чём ошибка? \pause
\item У равенств разный смысл, первое --- в предметном языке, второе --- в метаязыке.
\end{enumerate}
\end{frame}
\begin{frame}
\begin{center}\LARGE Аксиома выбора \end{center}
\end{frame}
%\begin{frame}
%\end{frame}
\begin{frame}{Аксиома выбора}
\begin{axm}[Аксиома выбора]
Из любого семейства дизъюнктных непустых множеств $\{A_i\}$ можно выбрать непустую трансверсаль ---
множество $S$, что $S \cap A_i = \{ x_i \}$. Иначе, $S \in \times \{A_i\}$.
\end{axm}
\begin{thm}[Аксиома выбора]
Пусть $\{A_i\}$ --- семейство непустых множеств. Тогда существует
$f : \{A_i\} \rightarrow \cup A_i$, причём $\forall a.a \in \{A_i\} \rightarrow f(a) \in a$
\end{thm}
\begin{proof}По семейству $A_i$ рассмотрим семейство множеств $X(A_i)$:
$X(A_i) = \{ \langle A_i, a \rangle \ |\ a \in A_i \}$, если $A_i \ne A_j$, то $X(A_i) \cap X(A_j) = \varnothing$,
тогда $\exists f.f \in \times \{ X(A_i) \}$.
\end{proof}
Обратное утверждение также легко показать.
\end{frame}
\begin{frame}{Аксиома выбора: альтернативные формулировки}
\begin{thm}[Лемма Цорна]
Если задано $\langle M, (\preceq) \rangle$ и для всякого линейно-упорядоченного $S \subseteq M$ выполнено
$\text{upb}_M S \in M$, то в $M$ существует максимальный элемент.
\end{thm}
\begin{thm}[Теорема Цермело]
На любом множестве можно задать полный порядок.
\end{thm}
\begin{thm}
У любой сюръективной функции существует частичная обратная.
\end{thm}
\begin{thm}
Аксиома выбора $\Rightarrow$ лемма Цорна: без доказательства
\end{thm}
\end{frame}
\begin{frame}{Начальный отрезок}
\begin{dfn}Будем говорить, что $\langle S, (\prec_S)\rangle$ --- начальный отрезок $\langle T, (\prec_T) \rangle$,
если:\begin{itemize}
\item $S \subseteq T$;
\item если $a,b \in S$, то $a \prec_S b$ тогда и только тогда, когда $a \prec_T b$;
\item если $a \in S$, $b \in T\setminus S$, то $a \prec_T b$.
\end{itemize}
Будем записывать это как $S \prec T$.
\end{dfn}
\begin{thm}Если множество начальных отрезков $X$ линейно упорядочено, то в нём есть наибольший элемент.
\end{thm}
\begin{proof}Пусть $M = \cup \{ T | \langle T, (\prec) \rangle \in X \}$ и
$(\prec)_M = \cup \{ (\prec) | \langle T, (\prec) \rangle \in X \}$.
Раз все элементы $X$ сравнимы, значит, любые два отношения порядка не противоречат друг другу
(одно -- продолжение другого). Поэтому что все множества в $X$ --- начальные отрезки $M$.
\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}{Лемма Цорна $\Rightarrow$ теорема Цермело}
%\begin{thm}Любое множество $X$ можно вполне упорядочить\end{thm}
%\begin{proof}
Пусть выполнена лемма Цорна и дано некоторое $X$. Покажем, что на нём можно ввести линейный порядок.
\begin{itemize}
\item Пусть $S = \{ \langle P, (\prec)\rangle \ |\ P \subseteq X, (\prec)\text{ --- полный порядок} \}$.
Например, для $X = \{0,1\}$ множество
$S = \{
\langle\varnothing,\varnothing\rangle,
\langle \{0\},\varnothing\rangle,
\langle\{1\},\varnothing\rangle,
\langle X, 0 \prec 1\rangle,
\langle X, 1 \prec 0\rangle
\}$
\item Введём порядок на $S$: положим $\langle P, (\prec_p)\rangle < \langle Q, (\prec_q)\rangle$, если $P \subseteq Q$,
$a \prec_p b$ тогда и только тогда, когда $a \prec_q b$, при $a,b \in P$, $a \prec_q b$ при $a \in P, b \in Q\setminus P$.
\item Заметим, что $\langle \varnothing,\varnothing \rangle < \langle \{0\},\varnothing\rangle$,
но $\langle X, 0 \prec 1\rangle$ несравним с $\langle X, 1 \prec 0\rangle$.
\item Любое линейно-упорядоченное подмножество $\langle T, (<) \rangle$ (где $T \subseteq S$) имеет
верхнюю грань (она же максимальный элемент): $\langle \cup T, \cup(\prec)\rangle$ (например,
для $\{\langle\varnothing,\varnothing\rangle,
\langle \{0\},\varnothing\rangle,
\langle X, 0 \prec 1\rangle\}$ это $\langle X, 0 \prec 1\rangle$.
\item По лемме Цорна тогда есть $\langle R, \sqsubset\rangle = \max S$. Заметим, что $R = X$, потому что иначе пусть
$a \in X\setminus R$. Тогда положив $M = \langle R\cup\{a\}, (\prec_R)\cup\{x\prec a\ |\ x \in R\} \rangle$
получим, что $M$ тоже вполне упорядоченное (и потому $M \in S$), значит, $R$ не максимальное.
\end{itemize}
%\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}{Теорема Цермело $\Rightarrow$ существование обратной $\Rightarrow$ аксиома выбора}
\begin{thm}Теорема Цермело $\Rightarrow$ у сюрьективных функций существует частичная обратная.\end{thm}
\begin{proof}
Рассмотрим сюрьективную $f: A \rightarrow B$. Рассмотрим семейство $R_b = \{ a \in A\ |\ f(a) = b \}$.
Построим полный порядок на каждом из $R_b$. Тогда $f^{-1}(b) = \min R_b$.
\end{proof}
\begin{thm}Существует частичная обратная у сюръективных функций $\Rightarrow$ существует трансверсаль у дизъюнктных множеств.\end{thm}
\begin{proof}
Пусть дано семейство дизъюнктных множеств $\{ A_i \}$.
Рассмотрим $f: \cup A_i \rightarrow \{A_i\}$, что
$f(a) = \cup\{ A_i \in \{ A_i \}\ |\ a \in A_i \}$. Поскольку $A_i$ дизъюнктны,
$f(a) = A_i$ при всех $a$. Тогда существует $f^{-1}(A_i) \in A_i$. Тогда $\{ f^{-1}(A_i) \} \in \times \{A_i\}$.
\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}{Зачем нужна аксиома выбора?}
\begin{dfn}Пределом функции $f$ в точке $x_0$ по \emph{Коши} называется такой $y$, что
$$\forall \varepsilon\in\mathbb{R}^+.\exists \delta.\forall x.|x-x_0| < \delta \rightarrow |f(x) - y| < \varepsilon$$
\end{dfn}
\vspace{-0.5cm}
\begin{dfn}Пределом функции $f$ в точке $x_0$ по \emph{Гейне} называется такой $y$, что
для любой $x_n \rightarrow x_0$ выполнено $f(x_n) \rightarrow y$.
\end{dfn}
\end{frame}
\begin{frame}{Предел по Гейне влечёт предел по Коши}
\begin{thm}
Пусть $\lim_{x \rightarrow x_0}f(x) = y$ по Гейне, тогда
$\forall \varepsilon.\exists \delta.\forall x.|x_\delta-x_0|<\delta \rightarrow |f(x_\delta)-y| < \varepsilon$.
\end{thm}
\begin{proof}
Пусть не так. То есть,
$\exists \varepsilon.\forall \delta.\exists x_\delta.|x_\delta-x_0|<\delta \with |f(x_\delta)-y| \ge \varepsilon$.
Фиксируем $\varepsilon$ и возьмём $\delta_n = \frac{1}{n}$ и $p_n = x_{\delta_n}$.
$p_n \rightarrow x_0$, так как $|x_\frac{1}{n} - x_0| < \frac{1}{n}$,
{\color{blue}по определению предела по Гейне} $f(p_n) \rightarrow y$,
но по предположению $|f(p_n) - y| \ge \varepsilon$.
\end{proof}\pause
\begin{snote}
Для применения предела по Гейне нужна $p_n$ --- как множество. $\langle p_1, p_2, p_3, \dots\rangle$?\pause
%$\langle x_\frac{1}{1}: |x_\frac{1}{1}-x_0|<1 \with |f(x_\frac{1}{1})-y| \ge \varepsilon$; $x_\frac{1}{2}: |x_\frac{1}{2}-x_0|<\frac{1}{2} \with |f(x_\frac{1}{2})-y| \ge \varepsilon; ...\rangle$
%\pause
%\vspace{0.3cm}
... %$\exists \varepsilon.\forall \delta.\exists x_\delta.|x_\delta-x_0|<\delta \with |f(x_\delta)-y| \ge \varepsilon$.\\
Фиксируем $\varepsilon$ и рассмотрим $X_\delta = \{ x_\delta \ |\ |x_\delta-x_0| <\delta \with |f(x_\delta)-y| \ge \varepsilon\}$.
Возьмём $\delta_n = \frac{1}{n}$ и $x_{\frac{1}{n}} \in X_\frac{1}{n}$.\pause
... То есть, по семейству непустых множеств $\{ X_\delta \}$ по аксиоме выбора построим $p: \{ X_\delta \} \rightarrow \cup X_\delta$,
что $p(X_\delta) \in X_\delta$, и построим последовательность $p(X_\frac{1}{n}) \rightarrow x_0$.
\end{snote}
\end{frame}
\begin{frame}{Предел по Коши влечёт предел по Гейне}
\begin{thm}Пусть $\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = y$ и дана $x_n \rightarrow x_0$.
Тогда $f(x_n) \rightarrow y$.\end{thm}
\begin{proof}
%Пусть $\lim_{x \rightarrow x_0} f(x) = y$ и дана $x_n \rightarrow x_0$.
Фиксируем $\varepsilon > 0$.
\begin{itemize}
\item (определение предела по Коши) существует $\delta$, что $\forall x.|x - x_0| < \delta \rightarrow |f(x) - y| < \varepsilon$.
\item (сходимость $x_n$ к $x_0$) найдётся $N$, что $\forall n.n > N \rightarrow |x_n - x_0|<\delta$.
\item (предыдущие два пункта) $\forall n.n > N \rightarrow |f(x_n) - y| < \varepsilon$.
\end{itemize}
\end{proof}\pause
Почему здесь не требуется аксиома выбора? Потому что нам нужен $\delta$ из единственного множества
$\{ \delta \in \mathbb{R}\ |\ \forall x.|x - x_0| < \delta \rightarrow |f(x) - y| < \varepsilon\}$.
То же про $N$. Аксиома выбора для конечного семейства множеств доказуема в ZF.
\end{frame}
\begin{frame}{Равенство и функции}
\begin{exm}
Пусть $A_0 = \{0,1,3,5\}$ и $A_1 = \{3,5,1,0,0,5,3\}$.
Верно ли, что $A_0 = A_1$?\pause
Да, так как $\forall x.x \in \{0,1,3,5\} \leftrightarrow x \in \{3,5,1,0,0,5,3\}$.\end{exm}\pause
\begin{thm}
Если $f: A \rightarrow B$, также $a,b\in A$ и $a=b$, то $f(a) = f(b)$.
\end{thm}
\begin{proof}
Пусть $F \subseteq A\times B$ --- график функции $f$.
Легко показать, что если $a=b$ и $y_1 = y_2$, то $\langle a, y_1\rangle = \langle b,y_2\rangle$.\\
%Значит (по аксиоме равенства), $\langle a,x\rangle \in F$ тогда и только тогда,
%когда $\langle b,x\rangle \in F$.
По определению функции, $\forall x.\forall y_1.\forall y_2.\langle x,y_1\rangle \in F \with \langle x,y_2 \rangle \in F \rightarrow y_1 = y_2$.\\
Также, если $f(a) = y_1$, $f(b) = y_2$, то $\langle a,y_1 \rangle \in F$ и $\langle b,y_2 \rangle \in F$.\\
Тогда: $\langle a,y_1\rangle = \langle b,y_1\rangle = \langle b,y_2 \rangle = \langle a,y_2\rangle$,
то есть $f(a) = y_2 = f(b)$.
%Пусть $\langle a,x \rangle \in F$ (поскольку $f$ --- функция, такое $x$ должно существовать).
%Тогда из $a=b$ следует $\langle b,x \rangle = \langle a,x \rangle$ (по свойствам упорядоченной пары), значит, $f(b) = x$.
\end{proof}
% следует $f(A_0) = f(A_1)$
%по определению функционального бинарного отношения:
%$$\forall x.\exists y.F(x, y) \with \forall y_0.\forall y_1.F(x,y_0) \with F(x,y_1) \rightarrow y_0=y_1$$.
%\end{exm}
\end{frame}
\begin{frame}{Теорема Диаконеску}
\begin{thm}Если рассмотреть ИИП с ZFC, то для любого $P$ выполнено $\vdash P \vee \neg P$.\end{thm}
\begin{proof}Рассмотрим $\mathcal{B} = \{0,1\}$, $A_0 = \{ x \in \mathcal{B} | x = 0 \vee P \}$ и
$A_1 = \{ x \in \mathcal{B} | x = 1 \vee P\}$.
$\{A_0,A_1\}$ --- непустое семейство непустых множеств, и по акс. выбора существует
$f: \{A_0,A_1\} \rightarrow \cup A_i$, что $f(A_i) \in A_i$. (Если $P$, то $A_0 = A_1$ и \cup $\{A_0,A_1\} = \{\mathcal{B}\}$).
\vspace{0.3cm}
\begin{tabular}{ll}
$\vdash f(A_0) \in A_0 \with f(A_1) \in A_1$ & $f(A_i) \in A_i$\\
$\vdash({\color{olive}f(A_0) \in \mathcal{B}} \with f(A_0) = 0 \vee P) \with ({\color{olive}f(A_1) \in \mathcal{B}} \with f(A_1) = 1 \vee P)$ & Опр. $A_i$\\
%$\vdash(f(A_0) = 0 \vee P) \with (f(A_1) = 1 \vee P)$ & Удал. $(\with)$\\
$\vdash (f(A_0) = 0 \with f(A_1) = 1) \vee P$ & Удал. $(\with)$ + дист.\\
$\vdash P\vee{\color{blue}f(A_0) \ne f(A_1)}$ & Перегруппировка\\\pause
$\vdash P \rightarrow A_0 = A_1$ & Определение $A_i$\\
$\vdash A_0 = A_1 \rightarrow f(A_0) = f(A_1)$ & Теорема выше\\
$\vdash \color{blue} f(A_0) \ne f(A_1) \rightarrow \neg P$ & Контрапозиция\\
$\vdash P \vee \neg P$ & Подставили
\end{tabular}
\end{proof}
\end{frame}
\begin{frame}{Слабые варианты аксиомы выбора}
\begin{thm}[конечного выбора]
Если $X_1\ne\varnothing, \dots, X_n\ne\varnothing$, $X_i\cap X_j = \varnothing$ при $i \ne j$, то $\times \{X_1, \dots, X_n\} \ne \varnothing$.
\end{thm}
\begin{proof}
\begin{itemize}\item База: $n=1$. Тогда $\exists x_1.x_1 \in X_1$, поэтому $\exists x_1.\{x_1\} \in \times \{X_1\}$.
\item Переход: %если $\exists v.v \in \times \{X_{1,n}\}$ и $\exists x_{n+1}.x_{n+1} \in X_{n+1}$, то
$\exists v.v \in \times \{X_{1,n}\}\rightarrow\exists x_{n+1}.x_{n+1} \in X_{n+1}\rightarrow
v \cup \{x_{n+1}\} \in \times (X_{1,n}\cup\{X_{n+1}\})$
\end{itemize}\vspace{-0.3cm}\end{proof}
%Построим явно: $(\exists x_1.x_1 \in X_1) \rightarrow \exists f.\exists x_1.f = \{\langle X_1, x_1 \rangle\}\with x_1 \in X_1$
%Построим явно: $$\exists x_1.\dots\exists x_n.x_1 \in X_1 \with \dots \with x_n \in X_1 \rightarrow \varphi(\langle X_1, x_1\rangle, \dots, \langle X_n, x_n\rangle)$$
%И потом:
%$$X_1 \ne \varnothing \with \dots \with X_n \ne \varnothing \rightarrow \exists f.\varphi(f)$$
%Докажем явным выписыванием:
%$x_1 \in X_1 \with \dots \with x_n \in X_n \rightarrow \varphi(\{\langle X_1, x_1\rangle, \dots, \langle X_n, x_n\rangle\})$\\
%$\exists x_1 \in X_1 \with \dots \with (\exists x_n \in X_n)\rightarrow \exists f.\varphi(f)$
%$$(x_1 \in X_1) \with \dots \with (x_n \in X_n) \rightarrow (f = \{\langle X_1, x_1 \rangle, \dots, \langle X_n, x_n \rangle\} \rightarrow f(X_1) = x_1 \with \dots \with f(X_n) = x_n)$$
%$$(f = \{\langle X_1, x_1 \rangle, \dots, \langle X_n, x_n \rangle\} \rightarrow f(X_1) = x_1 \with \dots \with f(X_n) = x_n)$$
%$$(\exists x_1. x_1 \in X_1)\with\dots\with(\exists x_n.x_n \in X_n)\rightarrow\exists f.f(X_1) \in X_1 \with \dots \with f(X_n) \in X_n$$
\begin{axm}[счётного выбора]
Для счётного семейства непустых множеств существует функция, каждому из которых сопоставляющая один из своих элементов.
\end{axm}
\begin{axm}[зависимого выбора]
Если $\forall x \in E.\exists y \in E. x R y$, то существует последовательность $x_n: \forall n.x_n R x_{n+1}$.
\end{axm}
\end{frame}
\begin{frame}{Аксиома конструктивности: V=L}
\begin{dfn}
\emph{Универсум фон Неймана} $V$ --- все наследственные фундированные множества.
Конструктивный универсум $L = \cup_a L_a$, где:
$$L_a = \left\{\begin{array}{ll}
\varnothing, & a=0\\
\{ \{ x\in L_b\ |\ \varphi(x,t_1,\dots,t_k) \}\ |\ \varphi\text{ --- формула}, t_i \in L_b\}, & a = b'\\
\bigcup_{b < a}(L_b), & a \text{ --- пред.}
\end{array}\right.$$
\end{dfn}
\vspace{-0.3cm}При наличии аксиомы фундирования можно показать, что $V = \cup_a V_a$, где:
$$V_a = \left\{\begin{array}{ll}
\varnothing, & a=0\\
\mathcal{P}(V_b), & a = b'\\
\bigcup_{b < a}(V_b), & a \text{ --- предельный}
\end{array}\right.$$
Аксиома конструктивности: $V=L$, то есть все фундированные множества задаются формулами.
%Тогда $V = \bigcup_\alpha V_\alpha$
\end{frame}
\end{document}