A számfogalom felépítése

Az oldal betöltésekor a bizonyítás vázlata látható. A kis háromszögekre kattintva megjelennek a részletek (és azokon belül lehetnek újabb kibontható részletek). Minden részleten át kell előbb-utóbb rágni magunkat, de amikor már megértettünk egy részt (és úgy érezzük, hogy most már magunktól is meg tudnánk csinálni), akkor azt visszacsukhatjuk, és így áttekinthető formában láthatjuk a bizonyítás fő gondolatmenetét.

A feltétel szükségességéhez tfh. $(⛄)$ nem teljesül, azaz $a_1^2 + \cdots + a_n^2 = -1$ valamely $n$ természetes számra és $a_1,\ldots,a_n \in T$ elemekre. Ekkor $a_1^2 + \cdots + a_n^2 + 1^2 = 0$, így a fenti tétel szerint $T$-nek nem létezhet kompatibilis lineáris rendezése.
Az elegendőséghez tfh. $(⛄)$ teljesül; célunk konstruálni egy olyan $P \subseteq T$ pozitivitási tartományt, amely eleget tesz a (PLIN) feltételnek. Első közelítésként tekintsük a $T$-beli négyzetösszegek halmazát, vagyis az $X:=\{ \ a_1^2 + \cdots + a_n^2 \mid n \in \mathbb{N}, a_1,\ldots,a_n \in T\}$ halmazt.
1. lépés: $X$ pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=0^2\in X$.
- (P+): Tfh. $u = a_1^2 + \cdots + a_n^2 \in X$ és $v = b_1^2 + \cdots + b_m^2 \in X$. Ekkor $u+v$ is $X$-ben van, hiszen $u+v = a_1^2 + \cdots + a_n^2 + b_1^2 + \cdots + b_m^2$.
- (P·): Tfh. $u = a_1^2 + \cdots + a_n^2 \in X$ és $v = b_1^2 + \cdots + b_m^2 \in X$. Ekkor $u \cdot v$ is négyzetösszeg, mert $u \cdot v = \displaystyle\sum_{i,j} a_i^2 b_j^2 = \sum_{i,j} (a_ib_j)^2$, tehát $u \cdot v \in X$.
- (P−): Tfh. $u,-u \in X$ (cél: $u=0$). Ekkor $u=a_1^2 + \cdots + a_n^2$ és $-u=b_1^2 + \cdots + b_m^2$, alkalmas $a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_m \in T$ elemekkel. Ebből következik, hogy $u-u=a_1^2 + \cdots + a_n^2+b_1^2 + \cdots + b_m^2=0$, és így $-a_1^2 = a_2^2 + \cdots + a_n^2+b_1^2 + \cdots + b_m^2$. Ha $a_1 \neq 0$, akkor van multiplikatív inverze, hiszen $T$ test. Beszorozva $a_1^{-1}$-zel, azt kapjuk, hogy $-1 = (a_2a_1^{-1})^2 + \cdots + (a_na_1^{-1})^2+(b_1a_1^{-1})^2 + \cdots + (b_ma_1^{-1})^2$, ez pedig ellentmond a $(⛄)$ tulajdonságnak. Tehát szükségképpen $a_1=0$, és hasonlóan belátható, hogy a többi elem is nulla: $a_1=\cdots=a_n=0$. Így tehát $u=0$, és épp ezt kellett igazolnunk.
2. lépés: Legyen $P$ maximális pozitivitási tartomány, ami tartalmazza $X$-et.

Tekintsük az összes olyan pozitivitási tartományok halmazát, amelyek tartalmazzák $X$-et. Ezeket a halmazokat a tartalmazási relációval rendezve kapunk egy részbenrendezett halmazt. Ennek a Zorn-lemma szerint van maximális eleme. (Ezt nem részletezzük; azon múlik a dolog, hogy egymásba skatulyázott pozitivitási tartományok uniója is pozitivitási tartomány.) Több maximális elem is lehet, bármelyiket vehetjük $P$-nek.
3. lépés: $P$ zárt az osztásra.

Azt kell belátnunk, hogy $a,b\in P\ (b\neq 0)$ esetén $\frac{a}{b}=ab^{-1}\in P$. Ehhez tekintsük a $P':=\big\{ \frac{a}{b} \mid a,b\in P,\ b\neq 0 \big\}$ halmazt.
Nem nehéz ellenőrizni, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=\frac{0}{1}\in P'$, mert $0\in P$ (hiszen $P$ pozitivitási tartomány), és $1\in P$ (hiszen $X \subseteq P$).
- (P+): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ad+bc}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P·): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P−): Tfh. $u,-u \in P'$ (cél: $u=0$). Ekkor $u=\frac{a}{b}$ és $-u=\frac{c}{d}$, ahol $a,b,c,d\in P \ (b,d\neq 0)$. Ebből következik, hogy $-\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, és így $-ad=bc\in P$ (ugye?). A $P$ pozitivitási tartományra alkalmazva a (P−) feltételt, kapjuk, hogy $-ad=bc=0$, azaz $a=c=0$ (hiszen $b$ és $d$ nem nulla, és $T$ zérusosztómentes). Tehát valóban $u=0$.
Ezzel beláttuk, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
Könnyű belátni, hogy $P \subseteq P'$.

Minden $a\in P$ esetén $a=\frac{a}{1}\in P'$ (mert $1\in X \subseteq P$).

Mivel $P$ maximális volt az $X$-et tartalmazó pozitivitási tartományok között, nem lehet valódi része $P'$-nek. Ezzel beláttuk, hogy $P'=P$, ami épp azt jelenti, hogy $P$ zárt az osztásra.
4. lépés: (PLIN) teljesül $P$-re.

Indirekten bizonyítunk: tfh. van olyan $\xi\in T$, amelyre $\xi\notin P$ és $-\xi\notin P$ is teljesül; ebből fogunk ellentmondásra jutni.

Tekintsük a $Q:=\{ a+b\xi \mid a,b\in P \}$ halmazt.
Belátható, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=0+0\cdot \xi \in Q$, mert $0\in P$.
- (P+): Tfh. $a+b\xi,c+d\xi \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+b\xi)+(c+d\xi)=(a+c)+(b+d)\xi\in Q$, hiszen $P$ zárt az összeadásra.
- (P·): Tfh. $a+b\xi,c+d\xi \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+b\xi)\cdot(c+d\xi)=(ac+bd\cdot \xi^2)+(ad+bc)\xi\overset{?}{\in} Q$. Az világos, hogy $ad+bc\in P$, hiszen $P$ zárt a szorzásra és az összeadásra. A kérdés az, hogy $ac+bd\cdot \xi^2$ is $P$-ben van-e. Mivel $X \subseteq P$, ezért $\xi^2\in P$, és ezután már $a,b,c,d\in P$ miatt $ac+bd\cdot \xi^2 \in P$ következik $P$ szorzásra és összeadásra való zártsága miatt.
- (P−): Tfh. $u,-u \in Q$ (cél: $u = 0$). Ekkor $u=a+b\xi$ és $-u=c+d\xi$, ahol $a,b,c,d\in P$. Ebből következik, hogy $$(b+d)\cdot(-\xi)=a+c\qquad (\diamondsuit)$$ (és itt nyilván $b+d,a+c\in P$). Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy $b+d$ nulla-e vagy sem.
  - Ha $b+d\neq 0$, akkor $(\diamondsuit)$-ban leoszthatunk vele: $-\xi=\frac{a+c}{b+d}$. Ebből következik, hogy $-\xi\in P$, mert $P$ zárt az osztásra (beláttuk a 3. lépésben). Node ez ellentmond a $-\xi\notin P$ feltevésünknek.
  - Ha $b+d= 0$, akkor $(\diamondsuit)$ szerint $a+c=0$. Azt kaptuk, hogy $-b=d\in P$ és $-a=c\in P$. Mivel $P$-re teljesül a (P−) feltétel, ez csak úgy lehet, hogy $b=d=0$ és $a=c=0$. Ekkor pedig $u=a+b\xi=0$, és épp ezt akartuk elérni.
Ezzel beláttuk, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
Nyilván $P \subseteq Q$ (hiszen $a=a+0\cdot \xi\in Q$ minden $a\in P$ esetén) és $\xi\in Q$ (hiszen $\xi=0+1\cdot \xi$ és $0,1\in P$). Tehát $Q$ egy olyan pozitivitási tartomány, ami valódi módon tartalmazza $P$-t (hiszen $\xi\in Q \setminus P$), ez pedig ellentmond $P$ maximalitásának.
Tehát a $P$-hez tartozó kompatibilis rendezés lineáris.

Útmutató:

Rendezett testek