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Strukturen und Algebra » Ringe » Nullteilerfreiheit von Z
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Universität/Hochschule Nullteilerfreiheit von Z
OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-05-25



Ich bin gerade dabei den Stoff durch zu arbeiten.
Dabei bin ich auf die Frage gestoßen, warum <math>\mathbb{Z}</math>
nullteilerfrei ist. Ich wollte diese Tatsache zuerst rein
aus den algebraischen Eigenschaften von <math>\mathbb{Z}</math>
ableiten. Das habe ich nicht geschafft. Eine Recherge
im Internet hat ergeben, dass man dazu die Ordnungsrelation
braucht. Die Ordnungsrelation ist mit den algebraischen
Operationen auf <math>\mathbb{Z}</math> vereinbar. Dh. es gilt
<math>x>y\wedge z>0\Rightarrow zx>zy</math>.

Nun geht der Beweis  wie folgt:

Seien <math>a,b\in\mathbb{Z}</math>, so unterscheide ich drei Fälle.
<math>a>0,b>0; a>0,b<0\vee a<0,b>0, a<0,b<0</math>.

Wenn <math>a>0,b>0</math> ist so ist <math>ab>0b\Rightarrow ab>0</math>.

Wenn <math>a<0,b>0</math> so ist <math>ab<0b=0\Rightarrow -(ab)>0\Rightarrow -ab\neq 0 \Rightarrow ab\neq 0</math>.
Für <math>a>0,b<0</math> folgt <math>ab\neq 0</math> analog.

Wenn <math>a<0,b<0</math> so ist <math>-b>0</math> und <math>a(-b)<0(-b)=0 \Rightarrow -(ab)<0</math>

<math>\Rightarrow ab>0 \Rightarrow ab\neq 0</math>.

Somit gilt wenn <math>a\neq 0\wedge ab\neq 0</math> dann ist auch <math>ab\neq 0</math>.
Damit kann es aber in <math>\mathbb{Z}</math> keine Nullteiler geben.

Ist das der einzig mögliche Beweis, wie ich vermute, oder kann
man die Tatsache doch rein aus den algebraischen Eigenschaften ableiten.
Anders gefragt gibt es ein <math>\mathbb{Z}</math> ohne Ordnung wo es Nullteiler gibt.
Wieder anders gefragt, kann man für eine Ringstruktur die mächtig
genug ist, dass sie <math>\mathbb{N}</math> enthält zeigen, dass sie nur dann
nullteilerfrei ist (ein Integritätsbereich) wenn sie partiell geordnet ist?

lg Oliver

Zusatzfrage: Wie kann ich im Forum einen Latex Makro wie zb.
<math>\newcommand {\Rightarrow}{\Rigetarrwo}</math> einfügen



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-05-25


2020-05-25 18:35 - OliverFuchs im Themenstart schreibt:
Wieder anders gefragt, kann man für eine Ringstruktur die mächtig genug ist, dass sie <math>\mathbb{N}</math> enthält zeigen, dass sie nur dann nullteilerfrei ist (ein Integritätsbereich) wenn sie partiell geordnet ist?

Eine partielle Ordung ist sicher kein hinreichendes Kriterium, denn du kannst ja jeden Ring partiell ordnen durch $x\le y\iff x=y$.

Auf jeden Fall gibt es Ringe, die $\mathbb Z$ enthalten und nicht nullteilerfrei sind, etwa $\mathbb Z[T]/(T^2)$.

Und es gibt Ringe, die $\mathbb Z$ enthalten und nullteilerfrei sind, aber keine totale Ordnung mit $x>y\land z>0\implies z\,x>z\,y$ und $x>y\implies z+x>z+y$ besitzen, etwa $\mathbb Z[T]/(T^2+1)$.

--zippy



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-05-25

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Hallo OliverFuchs,

es lässt sich auch ohne explizites Zurückgreifen auf eine Ordnungsrelation zeigen. Mit den Peano-Axiomen lässt sich zeigen, dass $\N$ nullteilerfrei ist. Daraus folgt dann die Nullteilerfreiheit von $\Z$.

Vorher Grüße
Vercassivelaunos
\(\endgroup\)


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OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-26


Habe ich die Nullteilerfreiheit von $\mathbb{N}$ hier richtig abgeleitet?

Peano Axiome:

1.)    $0\in \mathbb {N}$
2.)    $\forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow n'\in \mathbb {N} )$
3.)    $\forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow n'\not =0)$
4.)    $\forall n,m(m,n\in \mathbb {N} \Rightarrow (m'=n'\Rightarrow
         m=n))$
5.)    $\forall X(0\in X\land \forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow
         (n\in X\Rightarrow n'\in X))\Rightarrow \mathbb {N} \subseteq X)$

 Verbalisiert ist das:

1.)    $0$ ist eine natürliche Zahl.
2.)    Jede natürliche Zahl $n$ hat eine natürliche Zahl $n$′ als
       Nachfolger.
3.)    $0$ ist kein Nachfolger einer natürlichen Zahl.
4.)    Natürliche Zahlen mit gleichem Nachfolger sind gleich.
5.)    Enthält $X$ die $0$ und mit jeder natürlichen Zahl $n$ auch
        deren Nachfolger $n$′, so bilden die natürlichen Zahlen eine  
      Teilmenge von $X$.

Auf dieser Konstruktion definiert Peano die Addition und die
Multiplikation wie folgt.
$n+0:=n$.
$n+m':=(n+m)'$
$n\cdot 0:=0$.
$n\cdot m':=(n\cdot m)+n$.
und $1:=0'$.
Daraus können wir $ n\cdot 1=(n\cdot 0)+n=0+n=n+0=n$ ableiten
wenn die beiden Operationen kommutativ sind.
Jetzt versuche ich nachzuweisen, dass in dieser Struktur
es keine Nullteiler geben kann.
 
Betrachte ich die Peanoaxiome, dann ist folgendes klar. Die Null
ist die einzige natürliche Zahl, welche kein Nachfolger ist.
Wenn ich also zeigen kann, dass jedes Produkt von zwei Zahlen
die selber Nachfolger sind , und damit ungleich Null sind, wieder
ein Nachfolger ist, dann bin ich fertig.
Ich habe also $n,m\in\mathbb{N}$ mit $n\neq 0,m\neq 0$. Nach dem gerade
eben gesagten, ist dann sowohl $n$ als auch $m$ ein Nachfolger einer
Zahl. Sagen wir $n$ folgt $a$ nach und $m$ folgt $b$ nach.
Dann gilt $n\cdot m=a'\cdot b'=a'\cdot b+a'=b\cdot a'+a'=
b\cdot a +b+a'=a\cdot b+(b+a')=a\cdot b+(a+b)'=(a\cdot b+(a+b))'$
Damit ist $n\cdot m$ der Nachfolger der Zahl $a\cdot b+(a+b)$ und
somit nicht Null.

lg Oliver



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2020-05-26


Du hast hier die Kommutativität der Multiplikation und die Assoziativität der Addition benutzt. Je nach dem, wie exakt du vorgehen willst, wäre das auch noch jeweils zu zeigen. Aber grundsätzlich sieht dein Vorgehen richtig aus.

Viele Grüße
Vercassivelaunos



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OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-27


Ich hatte immer schon das Bedürfniss die Zahlen von Grund auf zu kontruieren. In der Schule, haben wir von den Peanoaxiomen nichts gehört und
auf der Hochschule war das dann kein Thema mehr. Jetzt stoße ich wieder
darauf und gehe es an.

Zuerst einmal habe ich die Peano-Axiomen aus Wikipedia übernommen.
Ich glaube die sind da in der normalen Aussagenlogik (Prädikatenlogik 2 Stufe ?) formuliert.

Die Assoziativität und Kommutativität der Addition konnte ich zeigen.
Bie der Assoziativität und Kommutativität der Multiplikation sowie
bei der Distriburivität bin ich gescheitert.

Hier einemal das was ich geschafft habe.


Die Konstruktion von $\mathbb{N}$ aus den Peanoaxiomen:


Ich habe diese Aufstellung der Peanoaxiome aus Wikipedia.
Es ist die Aufstellung in der "normalen" Aussagenlogik

Peanoaxiome:


1.)    $0\in \mathbb {N}$
2.)    $\forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow n'\in \mathbb {N} )$
3.)    $\forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow n'\not =0)$
4.)    $\forall n,m(m,n\in \mathbb {N} \Rightarrow (m'=n'\Rightarrow
         m=n))$
5.)    $\forall X(0\in X\land \forall n(n\in \mathbb {N} \Rightarrow
         (n\in X\Rightarrow n'\in X))\Rightarrow \mathbb {N} \subseteq X)$
Verbalisiert ist das:
1.)    $0$ ist eine natürliche Zahl
2.)    Jede natürliche Zahl $n$ hat eine natürliche Zahl $n$'als
       Nachfolger
3.)    $0$ ist kein Nachfolger einer natürlichen Zahl
4.)    Natürliche Zahlen mit gleichem Nachfolger sind gleich
5.)    Enthält $X$ die $0$ und mit jeder natürlichen Zahl $n$ auch
        deren Nachfolger $n$′, so bilden die natürlichen Zahlen eine Teilmenge von $X$

Die Addition und die Multiplikation  auf $\mathbb{N}$

Auf dieser Konstruktion definiert Peano die Addition und die
Multiplikation wie folgt.
$n+0:=n$.
$n+m':=(n+m)'$
$n\cdot 0:=0$
$n\cdot m':=(n\cdot m)+n$
und $1:=0'$


Die Eigenschaften der Addition in $\mathbb{N}$

Aus dieser Definition folgt mit der mit der Additionsdefinition
für den Nachfolger $n'=(n+0)'=n+0'=n+1$

Assoziativität der Addition in $\mathbb{N}$:

$(m+n)+0=m+n=m+(n+0)$
Seien $m,n\in\mathbb{N}$ beliebig und fix, dann ist  $X$ die Menge aller $k\in\mathbb{N}$ für die $(m+n)+k=m+(n+k)$ gilt.
Wir haben $0\in X$ gezeigt
Nun sei $k\in X$ beliebig. Wir rechnen
$(m+n)+k'=((m+n)+k)'=(m+(n+k))'=m+(n+k)'=m+(n+k')$. Somit
gilt $k'\in X$ und die Addition ist assoziativ

Kommutativität der Addition in $\mathbb{N}$:

1) $0+0=0=0+0$ ist kommutativ
2) $0+1=0+0'=(0+0)'=0'=1=1+0$. Also gilt hier auch Kommutativität.
3) Sei $X\subseteq \mathbb{N}$ die Menge aller $n\in\mathbb{N}$ für die $0+n=n+0$
ist. Es gilt $0\in X$ und sei $n\in X$, so betrachten wir,
$0+n'=(0+n)'=(n+0)'=n+0'=n+1=n'=n'+0$. Also folgt $n'\in X$.
Damit gilt aber $\mathbb{N}\subseteq X\subseteq \mathbb{N}$ also $X=\mathbb{N}$.
Somit gilt $0+n=n+0$ für alle $\mathbb{N}$
4) Sei $X\subseteq \mathbb{N}$ die Menge aller $n\in\mathbb{N}$ für die $1+n=n+1$
ist. Es gilt $0\in X$ und sei $n\in X$, so betrachten wir,
$1+n'=(1+n)'=(n+1)'=(n+1)+1=n'+1$. Also folgt $n'\in X$.
Damit gilt aber $\mathbb{N}\subseteq X\subseteq \mathbb{N}$ also $X=\mathbb{N}$.
Somit gilt $1+n=n+1$ für alle $\mathbb{N}$
5) Wir wissen $1+n=n+1$ für alle $n\in\mathbb{N}$. Sei nun $n\in \mathbb{N}$ beliebig und fix gewählt und $X$ die Menge aller $m\in\mathbb{N}$ für die $m+n=n+m$ gilt. Aus 3) folgt für $m=0$ gilt $m+n=0+n=n+0=n+m$, also
liegt $0\in X$. Sei nun $m\in X$ beliebig, dann rechnen wir,
$n+m'=(n+m)'=(m+n)'=m+n'=m+(n+1)=m+(1+n)=(m+1)+n=m'+n$
Damit liegt $m'\in X$ und $X=\mathbb{N}$ folgt. Damit ist die
Addition kommutativ.

Ich hoffe dieser erste Teil stimmt mal.
lg Oliver



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-05-27


Ich kann hier keinen Fehler erkennen. Die selben Eigenschaften für die Multiplikation kriegst du dann aber sicher auch noch hin ;)



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OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-28


Aufbauend auf den schon veröffentlichen Text zeige ich jetzt
die Assoziativität und die Kommutativität der Multiplikation.

Ich musste dazu aber zuerst die Distributivgesetzt zeigen.
Ob das eine Notwendigkeit ist oder ich es nur nicht besser gesehen
habe, kann ich nicht sagen.

Ausserdem musste ich die $0$ als links- und rechtsneutrales Element
der Addition und $1$ als links- und rechtsneutrales Element der
Multiplikation auch zuerst identifizieren.


Die Eigenschaften der Multiplikation in $\mathbb{N}$

$n\cdot 1=n\cdot 0'=n\cdot 0+n=0+n=n$
Das Element $1$ ist rechts neutral zur Multiplikation.


Jetzt versuche ich zu zeigen, das $1$ auch links neutral ist.
Das mache ich wieder mit Induktion
1) $1\cdot 0=0$
2) Sei $X$ die Menge aller $n\in \mathbb{N}$ mit $1\cdot n=n$.
3) Es gilt $0\in X$ und mit $n'\in X$ haben wir $1\cdot n'=
1\cdot n+1=n+1=n'$. Damit ist $1$ auch das links neutrale Element.

Jetzt versuche ich zu zeigen, dass $0\cdot n=0$ auch von links gilt.
1)$0\cdot 0=0$.
2) Sei $X$ die Menge aller $n\in \mathbb{N}$ mit $0\cdot n=0$. Dann gilt
$0\in X$. Sei nun $n'\in X$ dann rechnen wir $0\cdot n'=0\cdot n+0=
0+0=0$. Damit haben wir $0\cdot n=0$ auch gezeigt.

(Somit ist die Multiplikation für mit $0$ und $1$ kommutativ. )

Distributiv Gesetze

Distributivität von rechts:

1) Sei $m=0; n,k\in\mathbb{N}$ dann gilt
$(n+k)\cdot 0=0=(n\cdot 0+k\cdot 0)$
2) Sei $X\subseteq \mathbb{N}$ die Menge aller $m\in\mathbb{N}$ mit
$(n+k)\cdot m =n\cdot m+k\cdot m$. Wir haben $0\in X$ in 1) gezeigt.
3)$(n+k)\cdot 1=(n+k)=( n\cdot 1+k\cdot 1)$
4) Es sein $m'\in X$ dann rechnen wir
$\begin{align*}
 (n+k)\cdot m'&= (n+k)\cdot m+(n+k)\\
              &=(n\cdot m+k\cdot m)+(n+k)\\
              &=n\cdot m+(k\cdot m+(n+k)\\
              &=n\cdot m+(k\cdot m+(k+n))\\
              &=n\cdot m+((k\cdot m+k)+n)\\
              &=n\cdot m+(k\cdot m'+n)\\
              &=n\cdot m+(n+k\cdot m')\\
              &=(n\cdot m+n)+k\cdot m'\\
              &=n\cdot(m+1)+k\cdot m'\\
              &=n\cdot m'+k\cdot m'\\
\end{align*}$

Somit ist $m'\in X$ und das Distributivgesetz
von rechts gezeigt

Distributivität von links:

1) Sei $m=0; n,k\in\mathbb{N}$ dann gilt
$0\cdot (n+k)=0=m\cdot 0=m\cdot (0\cdot n+0\cdot k)$
2) Sei $X\subseteq \mathbb{N}$ die Menge aller $m\in\mathbb{N}$ mit
$m\cdot (n+k)=m\cdot n+m\cdot k$. Wir haben $0\in X$ in 1) gezeigt.
3)$1\cdot (n+k)=(n+k)=(1\cdot n+1\cdot k)$
4) Es sein $m'\in X$ dann rechnen wir
$\begin{align*}
  m'\cdot (n+k)  &=  m'\cdot (n+k)\\
                 &= (m+1)\cdot (n+k)\\
                 &= (m\cdot(n+k)+1\cdot(n+k))\\
                 &= (m\cdot n+m\cdot k)+(n+k)\\
                 &= (m\cdot n+(m\cdot k+(n+k))\\
                 &= (m\cdot n+(m\cdot k+(k+n))\\
                 &= (m\cdot n+((m\cdot k+k)+n)\\
                 &= (m\cdot n+((m\cdot 1+1)\cdot k)+n)\\
                 &= (m\cdot n+(m'\cdot k)+n)\\
                 &= (m\cdot n+(n+m'\cdot k))\\
                 &= (m\cdot n+n)+m'\cdot k\\
                 &= (m\cdot 1+1)\cdot n + m'\cdot k\\
                 &= m'\cdot n + m'\cdot k\\
\end{align*}$
Das ist die Distributivität von links.


Assoziativität der Multiplikation in $\mathbb{N}$:
$n\cdot 1=n\cdot 0'=(n\cdot 0)+n=0+n=n$

$(m\cdot n)\cdot 0=0=(m\cdot 0)=m\cdot (n\cdot 0)$

$(m\cdot n)\cdot 1=(m\cdot n)\cdot 0'=(m\cdot n)\cdot 0+m\cdot n=
0+m\cdot n=m\cdot n=m\cdot (n\cdot 1)   $


Seien $m,n\in\mathbb{N}$ beliebig und fix, dann ist  $X$ die Menge aller $k\in\mathbb{N}$ für die $(m\cdot n)\cdot k=m\cdot (n\cdot k)$ gilt.
Wir haben $0\in X$ gezeigt
Nun sei $k\in X$ beliebig. Wir rechnen
$\begin{align*}
(m\cdot n)\cdot k' &=((m\cdot n)\cdot k) +(m\cdot n)\\
                   &=m\cdot(n\cdot k)+m\cdot n\\
                   &=m\cdot(n\cdot k+n)\\
                   &=m\cdot(n\cdot(k+1))\\
                   &=m\cdot(n\cdot k')\\
\end{align*}$.

Somit gilt $k'\in X$ und die Multiplikation ist assoziativ

Kommutativität der Multiplikation in $\mathbb{N}$

1) $0\cdot 0=0=0\cdot 0$ ist kommutativ
2) $0\cdot 1=0=1\cdot 0$. Also gilt hier auch Kommutativität.
3) Wir wissen $1\cdot n=n\cdot 1$ für alle $n\in\mathbb{N}$. Sei nun $n\in \mathbb{N}$ beliebig und fix gewählt und $X$ die Menge aller $m\in\mathbb{N}$ für die $m\cdot n=n\cdot m$ gilt. Aus 3) folgt für $m=0$ gilt $m\cdot n=0\cdot n=0=0\cdot m$, also
liegt $0\in X$. Sei nun $m\in X$ beliebig, dann rechnen wir,
$n\cdot m'=(n\cdot m)+n=(m\cdot n)+n =(m+1)\cdot n=m'\cdot n$.
Damit liegt $m'\in X$ und $X=\mathbb{N}$ folgt. Damit ist die
Addition kommutativ


Nullteilerfreiheit von $\mathbb{N}$

Jetzt versuche ich nachzuweisen, dass in dieser Struktur
es keine Nullteiler geben kann
Es gelte $n\cdot m=0$ und $n\neq 0,m\neq 0$.
Betrachte ich die Peanoaxiome, dann ist folgendes klar. Die Null
ist die einzige natürliche Zahl, welche kein Nachfolger ist.
Wenn ich also zeigen kann, dass jedes Produkt von zwei Zahlen
die selber Nachfolger sind , und damit ungleich Null sind, wieder
ein Nachfolger ist, dann bin ich fertig.
Ich habe also $n,m\in\mathbb{N}$ mit $n\neq 0,m\neq 0$. Nach dem gerade
eben gesagten, ist dann sowohl $n$ als auch $m$ ein Nachfolger einer
Zahl. Sagen wir $n$ folgt $a$ nach und $m$ folgt $b$ nach.
Dann gilt $n\cdot m=a'\cdot b'=a'\cdot b+a'=b\cdot a'+a'=
b\cdot a +b+a'=a\cdot b+(b+a')=a\cdot b+(a+b)'=(a\cdot b+(a+b))'$
Damit ist $n\cdot m$ der Nachfolger der Zahl $a\cdot b+(a+b)$ und
somit nicht Null.

Somit habe ich insgesamt $\mathbb{N}$ mit einer assoziativen und Kommutaitven
Addition sowie Multiplikation die neutralen Elemente und die Nullteilerfreiheit.

Was jetzt noch fehlt ist die exakte Erweiterung auf $\mathbb{Z}$

lg Oliver



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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-05-28

\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\F}{\mathbb{F}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} \newcommand{\E}{\mathbb{E}} \newcommand{\H}{\mathbb{H}} \newcommand{\D}{\mathrm{D}} \newcommand{\d}{\mathrm{d}} \newcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \newcommand{\diag}{\operatorname{diag}} \newcommand{\span}{\operatorname{span}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\zyk}[1]{\Z/#1\Z} \newcommand{\matrix}[1]{\left(\begin{matrix}#1\end{matrix}\right)} \newcommand{\vector}[1]{\left(\begin{array}{c}#1\end{array}\right)} \newcommand{\align}[1]{\begin{align*}#1\end{align*}} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert#1\right>} \newcommand{\bra}[1]{\left<#1\right\vert} \newcommand{\braket}[2]{\left<#1\middle\vert#2\right>} \newcommand{\braketop}[3]{\left<#1\middle\vert#2\middle\vert#3\right>} \newcommand{\mean}[1]{\left<#1\right>} \newcommand{\lvert}{\left\vert} \newcommand{\rvert}{\right\vert} \newcommand{\lVert}{\left\Vert} \newcommand{\rVert}{\right\Vert}\)
Auch das sieht richtig aus. Ich habe allerdings den leisen Verdacht, dass es auch deutlich kürzer funktioniert.

Die korrekte Erweiterung auf $\Z$ lässt sich dann über die übliche Konstruktion mit Äquivalenzklassen erreichen. Die Nullteilerfreiheit dort kannst du dann mit einer kleinen Fallunterscheidung über das Vorzeichen der Faktoren bewerkstelligen, wenn du die Ringeigenschaften von $\Z$ verwendest.
\(\endgroup\)


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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, eingetragen 2020-05-28


Hallo,

wenn du das Beweisen mit den Peanoaxiomen noch genauer üben willst, dann könntest du dir das Natural number game ansehen. In diesem "Spiel" beweist man in jedem Level eine weitere Eigenschaft der natürlichen Zahlen und zwar so formal, dass ein Computer den Beweis überprüfen kann. In den ersten zwei Welten geht es um Addition und Multiplikation. Der erste Bosslevel verlangt einen Beweis der Kommutativität der Addition.



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tactac
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-05-28


2020-05-28 13:37 - Nuramon in Beitrag No. 9 schreibt:
 Natural number game
Eine gute Empfehlung! 👍



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OliverFuchs
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Danke werde ich mir ansehen.
lg Oliver



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OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2020-05-29


Danke für den Tipp mit dem Spiel zu den natürlichen Zahlen.
Das macht mir wirklich Spaß.
Leider muss ich jetzt wieder umschalten und mir auch den Stoff für
die Prüfung in einem Monat vorbereiten.

Aber meine Leidenschaft kommt noch einmal durch.
Ich habe im Netz ein .pdf einer deutschen Uni (ich glaube Berlin)
gefunden, in dem die ganzen Zahlen ausgebaut werden.
Dieses Skriptum versuche ich nun in meine Sprache zu übersetzen.

Diesen Versuch möchte ich noch hier vorstellen mit einer Frage
zur formalen Sprache bzw. zum formalisieren.


Bei der Konstruktion von $\mathbb{Z}$ werden wir noch die folgende
Eigenschaft benötigen.

Kürzungsregeln
-----------------

Addition:

Wenn $a,b,c\in\mathbb{N}$ gilt so folgt $a=b\Leftrightarrow a+c=b+c$.
$\Rightarrow$
1)Zuerst zeige ich es wieder für $0$
$a=b\Rightarrow a+0=a=b=b+0\Rightarrow a+0=b+0$.
2) Sein nun $X$ die Menge aller $c\in\mathbb{N}$ mit $a=b\Rightarrow a+c=b+c$
dann gilt $0\in X$. Sein nun $c\in X$ und es gelte $a=b$ so rechnen wir $a+c'=(a+c)'=(b+c)'=b+c'$. Somit liegt auch $c'\in X$.
Damit gilt aber $X=\mathbb{N}$ und die Gleichung gilt für alle $c$
$\Leftarrow$
1) Wieder zeigen wir es zuerst für die $0$.
Sei $a+0=b+0\Rightarrow a=a+0=b+0=b \Rightarrow a=b$
2) Sein wieder $X$ die Menge aller $c\in\mathbb{N}$ mit  für die
$a+c=b+c\Rightarrow a=b$ dann gilt $0\in X$.
3) Sei nun $c'\in \mathbb{N}$ und es gelte $a+c=b+c$ dann rechnen wir
$a+c'=(a+c)'=(b+c)'=b+c'$. Also liegt $c'\in\mathbb{N}$ und die Regel
gilt allgemein

Insgesamt haben wir $a+c=b+c\Leftrightarrow a=b$

Multiplikation:

Wenn $a,b,c\in\mathbb{N}$ und $c\neq 0$ dann gilt $a\cdot c=b\cdot c\Leftrightarrow
a=b$
$\Rightarrow$
Sei zuerst $c=1$. Dann gilt $a=a\cdot 1=b\cdot 1=b\Rightarrow a=b$
Nun komme ich in formale Schwierigkeiten. Das Induktionsprinzip
ist nur für $0\in X$ und $n\in X \Rightarrow n'\in X$ formuliert.
Jetzt brauchen wir es aber für $1\in X$ als Beginn. In der Mathematik
gilt es als selbstverständlich dass man die Vollständige Induktion
auch bei einem beliebigen Startwert $m\in\mathbb{N}$ beginnen kann.
Dann hat man die Aussagen $A_i$ für $i\geq m$ als wahr gezeigt.
Das würde uns reichen. Aber formal ist das ein Usus in der Mathematik, welchen ich bisher unhinterfragt übernommen habe.
Das möchte ich jetzt nicht machen. Daher müsste ich mit den
Mitteln der Logik das leicht abgeänderte Induktionsaxiom
in einer abgeänderten Fassung formulieren. Beginnen muss es mit
, sei $1\in X$ und $n\in X\Rightarrow n'\in X$. Die Versuchung ist groß
nach der Anschauung zu verfahren. Sie wird sicher die Überlegungen
leiten darf aber ins formale nicht eingreifen.
Ich formuliere einmal meine Idee und sehe ob ich sie formalisieren
kann. Man nimmt zuerst das ganze Induktionsaxiom $0\in X,X\subset \mathbb{N}$ und $n\in X\Rightarrow n'\in X$ und folgert $X=\mathbb{N}$.
Ich verwende den folgenden Trick. Ich verschiebe nicht den Index
sondern die Aussagen.
1) Sei zuerst $c=0$ dann gilt $a=a\cdot 1=a\cdot c'=b\cdot c'=b\cdot 1=b \Rightarrow a=b$.
2) Sei $X\subset \mathbb{N}$ die Menge aller $c\in\mathbb{N}$ mit $a\cdot c'=b\cdot c' \Rightarrow a=b$. Dann gilt $0\in X$.
3) Sei $c\in X$ und es gelte $a\cdot (c')'=b\cdot (c')'$ dann rechnen wir $a\cdot (c')'=a\cdot c'+a =b\cdot c'+a\Rightarrow a\cdot c'=b\cdot c'
\Rightarrow a=b$. Somit ist $c'\in X$ und $X=\mathbb{N}$
Was haben wir nun bewiesen, nun wir wollen ja alle Zahlen haben,
für die $a\cdot c=b\cdot c\Rightarrow a=b$ gilt. Für welche Zahlen gilt das nun. Unsere abgeänderte Formel gilt für $X=\mathbb{N}$. Als für $c\in\{0,1,2\cdots\}=\mathbb{N}$. Die Formel ist jetzt aber jeweils für
$c'$ formuliert. Wie formalisiere ich die Tatsache, welche ich
sehe, dass dann die Formel für alle $k=c'\in\{1,2,3,\cdots \}=\mathbb{N}\backslash \{0\}$ gilt. Das Problem ist, das ich auf dieser
Stufe den mathematischen Formalismus noch nicht anwenden darf.
Ich darf eigentlich nur die Aussagenlogik verwenden. (Logik 2. Stufe)
Was möchte ich also zeigen. Ich möchte zeigen, dass
$a\cdot c=b\cdot c$ für alle $c\in \mathbb{N}\backslash\{0\}$ gilt.
Zur Verfügung habe ich nur das Induktionsprinzip von Axiom 5.
Mit diesem habe ich. $a\cdot c'=b\cdot c'$ für $c\in\mathbb{N}$ gezeigt.
Ich muss also $c\in \mathbb{N} \Rightarrow c'\in\mathbb{N}\backslash\{0\}$ zeigen.
Da ein Peanoaxiom sagt, dass für jedes $c\in\mathbb{N}$ auch $c'\in\mathbb{N}$
ist, haben wir das einmal. Nun muss ich nur noch $c\in\mathbb{N} \Rightarrow c'\neq 0$ zeigen. Da aber die Null, laut Axiom, nie Nachfolger irgend einer
Zahl sein kann, ist $c'\neq 0$ durch dieses Axiom abgesichert.
Das ergibt insgesamt,
$k\in\mathbb{N}\backslash\{0\}\Rightarrow a\cdot k=b\cdot k\Rightarrow a=b$.
Also genau das was wir wollten
$\Leftarrow$:
Jetzt möchte ich die andere Richtung zeigen. Dazu werde ich aber
einiges, was ich bei der hin-Richtung verwendet habe, nicht noch einmal gesondert wiederholen
1) Es gelte also $a=b$. Dann folgt $a\cdot 0=0=b\cdot 0$ und
$a\cdot 1=a=b=b\cdot 1$
2) Sei also $X$ die Menge aller $c\in\mathbb{N}$ für die $a=b\Rightarrow a\cdot c=b\cdot c$ gilt. Dann ist $0\in X$. Sei nun $c\in X$ beliebig
gegeben und es gelte $a=b$. Wir rechnen $a\cdot c'=a\cdot c+a=
b\cdot c+a=b\cdot c+b=b\cdot (c+1)=b\cdot c'$. Also gilt $c'\in X$.
somit haben wir diese Formel für alle $c\in \mathbb{N}$ gezeigt.
$\blacksquare$

Also haben wir insgesamt $a=b\Rightarrow a\cdot c=b\cdot c$ und
$c\neq 0: a=b \Leftarrow a\cdot c=b\cdot c$.
$(c\neq 0: a=b \Leftrightarrow a\cdot c=b\cdot c$.




Die Konstruktion von $\mathbb{Z}$ aus $\mathbb{N}$
==================

Da wir im letzten Kapitel die natürlichen Zahlen aus den Peano Axiomen konstruiert haben, haben wir jetzt $\mathbb{N}$ bzw. $\mathbb{N}_0$
in der alten Notation mit der Addition und der Multiplikation
sowie den neutralen Elementen zur Verfügung
Nun wollen wir zu $\mathbb{N}$ in geeigneter Weise die negativen Zahlen
dazu adjungieren. Im Internet habe ich gefunden wie das geht.
Man betrachtet die Menge der Paare $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$.
Wenn nun $(a,b)\in\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ ist, so kann man sich $(a,0)$
also $a\in \mathbb{N}$ und $(0,b)$ als $-b\in \mathbb{Z}$ denken. Aber $\mathbb{Z}$
haben wir noch nicht. $(0,b)$ steht also für eine "negative
natürliche Zahl". Man kann sich also vorstellen, dass eine solche
Zahl einen positiven Teil $a$ und einen negativen Teil $b$ hat.
Hätte man $\mathbb{Z}$ schon zur Verfügung dann könnte man $(a,b)$
als die Zahl $a-b$ auffassen. Es wird halt der negative Teil vom
positiven Teil abgezogen
Diese Darstellung ist aber nicht in dem
Sinne eindeutig wie ich es gerne hätte. Nämlich dass nur genau
die positiven und die negativen Zahlen da sind.
Zum Beispiel ist $1\in\mathbb{N}$ repräsentiert durch
$(1,0)$ entspricht $1-0=1$. $(2,1)$ entspricht $2-1=1$ usw.
Damit hat die $1$ unendlich viele Repräsentationen.
Das ist nur zur Anschauung. Formal habe wir weder positive
noch negative Zahlen noch Operationen auf diesen. Das müssen wir
uns jetzt erst erarbeiten. Es liegt nahe auf der Menge
$\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ eine Äquivalenzrelation so einzuführen,
dass alle Paare von denen wir wollen, dass sie die selbe ganze
Zahl darstellen zu einer Äquivalenzklasse zusammen gefasst werden.
Wir wollen also dass $c_1=(a_1,b_1)\sim c_2=(a_2,b_2)$ genau
dann gilt wenn $a_1-b_1=a_2-b_2$ ist. Jetzt haben wir in $\mathbb{N}$,
der einzige Bereich wo wir rechnen können, noch keine Subtraktion.
Aber wir können die Bedingung so umformulieren, das diese nicht nötig
ist. $(a_1-b_1=a_2-b_2)\Leftrightarrow a_1+b_2=a_2+b_1$ gilt. Die zweit
Bedingung ist der ersten äquivalent und kann in $\mathbb{N}$ nachgeprüft
werden.

Definition

Wir definieren auf $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ eine Relation $\sim$ mit
$$(a,b)\sim (c,d)\Leftrightarrow a+d=c+b$$
Lemma

Die Relation $\sim$ ist eine Äquivalenzrelation.

Beweis

1) Reflexivität: Sei $(a,b)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ beliebig, dann gilt
$a-b=a-b\Rightarrow (a,b)\sim (a,b)$
2) Symmetrie: Seien $(a,b),(c,d)\in\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ beliebig
mit $(a,b)\sim (c,d)\Leftrightarrow a+d=c+b\Leftrightarrow c+b=a+c \Leftrightarrow (c,d)\sim (a,b)$
3) Transitivität: Seien $(a,b),(c,d),(e,f)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N} $
mit $(a,b)\sim (c,d)$ und $(c,d)\sim (e,f)$ dann gilt
$ (a+d=c+b$ und $c+f=e+d$. Nun rechen wir $a+f+c=a+e+d=c+b+e=b+e+c$
Nun könne wir die Kürzungsregel für die Addition anwenden und erhalten, $a+f=b+e\Leftrightarrow (a,b)\sim (e,f)$.
$\blacksquare$

Eine Äquivalenzrelation definiert auch Äquivalenzklassen.
Damit zerfällt $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ in disjunkte Teilmengen eben
die Äquivalenzklassen. Jede dieser Äquivalenzklassen enthält dann
die Eigenschaft, vom heuristischen Standpunkt aus, wo wir $\mathbb{Z}$
intuitiv schon kennen, alle jene Elemente aus $\mathbb{N}\times \mathbb{N}$
welche die selbe ganze Zahl repräsentieren. Die Äquivalenzrelation
auf den Äquivalenzklassen von $\mathbb{N}\times\mathbb{N}$ hat dann die Funktion
einer Gleichheitsrelation. Wenn ich nun die Äquivalenzklassen
zu einer neuen Menge zusammen fasse, welche ich
$\mathbb{Z}:=(\mathbb{N}\times \mathbb{N})\vert_\sim$ nennen möchte,
so ist $\sim$ eine Gleichheitsrelation auf dieser Menge. Das ist
der Basisrumpf, auf welchen ich aufbauen kann. Als nächstes
muss ich auf $\mathbb{Z}$ die Addition und die Multiplikation so
einführen, dass sie mit dem Gleichheitsbegriff gut zusammen passen

Die Addition auf $\mathbb{Z}$
-------------------

Definition

$$ \oplus:(\mathbb{N}\times\mathbb{N})\times (\mathbb{N}\times\mathbb{N})\to (\mathbb{N}\times\mathbb{N}): (a,b)\oplus(c,d):=(a+c,b+d)
$$
Ich beschreibe hier, was wir getan habe, und spare es mir dann bei
der Multiplikation. Dort gilt das dann sinngemäß auch
Wenn wir auf $\mathbb{Z}$ eine Addition definieren wollen, so geht das
wohl schwer. Die Äquivalenzklassen sind sehr abstrakte Gebilde.
Was sie aber haben ist, sie enthalten Elemente, die aus Zahlen aus
$\mathbb{N}$ aufgebaut sind. Daher liegt es nahe, das rechnen mit diesen
Zahlen zu verwenden, um das Rechnen mit den Äquivalenzklassen
zu definieren. Den ersten Schritt in diese Richtung haben wir getan.
Wir haben eine "low level" Addition auf Elementen der Äquivalenzklassen definiert, indem wir zwei Elemente aus beliebigen
Äquivalenzklassen ausgewählt haben und beschrieben haben, wie wir
sie addieren. Genau genommen können wir hier noch gar nicht von
einer Addition sprechen, denn dazu müssten wir die Assoziativität
und die Existenz des neutralen Elementes zeigen. Es ist natürlich
leicht einzusehen, dass diese Eigenschaften, von der Addition auf
$\mathbb{N}$ geerbt werden, aber formal muss man das nachrechnen.
Bevor wir das aber machen, gehen wir den 2.ten Schritt hin zu einer
Operation auf $\mathbb{Z}$.
Wenn wir eine Addition auf $\mathbb{Z}$ wollen, so müssen wir zwei
Äquivalenzklassen hernehmen und für diese eine eindeutig bestimmtes
Ergebnis erhalten, welches wieder eine Äquivalenzklasse aus $\mathbb{Z}$
ist. So weit sind wir aber noch nicht. Bisher können wir
nur auf Elementen der Äquivalenzklassen rechnen. Das wollen wir jetzt
ändern. Dazu stellen wir die folgende Überlegung an.
Seien $X,Y\in \mathbb{Z}$ zwei beliebige Äquivalenzklassen.
Dann nehmen wir ein Element $(a,b)\in X$ und ein Element $(c,d)\in
Y$. Da das Addieren auf $\mathbb{N}$ eine innere Operation auf $\mathbb{N}$ ist,
erhalten wir mit der in diesem Kapitel definierten Addition auf
den Elementen der Äquivalenzklassen von $\mathbb{Z}$ ein eindeutig bestimmtes Element $(e,f)=(a,b)\oplus (c,d)$. Dieses Element
liegt wieder in einer Äquivalenzklasse von $\mathbb{Z}$. Nennen wir sie $Z$.
Somit haben wir das Äquivalenzklassenpaar  $(X,Y)\in\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ hergenommen und ihm eine neue Äquivalenzklasse $Z\in\mathbb{Z}$ zugewiesen.
Damit aber diese Zuweisung als Addition verwendet werden kann,
müssen wir noch etwas nachrechnen, was in der Mathematik die
Wohldefiniertheit heißt. Was bedeutet das? Ganz einfach. Wir wollen,
wenn wir ein beliebiges Paar $(X,Y)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ hernehmen, dass
wir erstens für jedes Paar ein Ergebnis erhalten, und dass unsere
Rechnung eindeutig ist. Es soll also keine Unsicherheiten geben,
etwa wenn wir etwa mehrere Möglichkeiten hätten die Ergebnis
Klasse $Z\in\mathbb{Z}$ zu bestimme das dann verschiedene Rechenergebnisse
heraus kommen. Man sagt in der Mathematiker Sprache dazu, das
Ergebnis soll eindeutige bestimmt sein. Kurz gesagt, wir wollen
für jedes Paar ein eindeutig bestimmtes Ergebnis erhalten. Wenn
wir uns unseren Fall ansehen, dann erkenne wir, das wir natürlich
verschieden Möglichkeiten haben die Ergebnisklasse $Z$ zu bestimmen.
Wir könnte ja $(a',b')\in X$ und $(c',d')\in Y$ mit $(a',b')\not\sim
(a,b)\wedge (b',c')\not\sim(b,c)$ wählen. Man sagt dazu, dass
man andere Vertreter der Äquivalenzklasse zur Berechnung
heranzieht. Dann führt man die Rechnung $\oplus$ durch
und erhält $(a',b')\oplus (c',d')=(e',f')\in X'$. Mit dieser
Rechnung würden wir dem Äquivalenzklassenpaar $(X,Y)$ die Äquivalenzklasse $X'$ zuweisen. Damit aber unser Rechnung
auf den Äquivalenzklassen ein eindeutiges Ergebnis hat, sollte
$X=X'$ sein. Es darf also keine Rolle spielen wie wir rechnen,
in unserm Fall welche Vertreter wir aus $X$ und $Y$ auswählen,
wir müssen immer in der selben Äquivalenzklasse $Z$ landen.
Dann ist unser Rechenergebnis eindeutig bestimmt und
wir haben wirklich eine innere Operation auf $\mathbb{Z}$ definiert
In der Sprache der Mathematik sagt man dazu, dass wir
nachrechnen müssen, dass die Operation  wohldefiniert ist
Genau genommen müssen wir aber die Operation von der ich gerade
sprach erst definieren.

Definition
$\begin{align*}
\oplus':\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}
                  & \to \mathbb{Z}\\
             (X,Y)& \mapsto Z:=\text{ Die Äquivalenzklasse für die mit }\\
       (a,b)\in X,(c,d)\in Y:& (a,b)\oplus(c,d)=(a+c,b+d)=(e,f)\in Z\text{ gilt.}\\
\end{align*}
$


Frage:

Hier kommt meine Frage zum Formalisieren. In Worten ist mir klar
was ich hinschreiben will. Ich nehme zwei Äquivalenzklassen
$X,Y$ aus $\mathbb{Z}$ beliebig heraus. Dann nehme ich aus jeder
Äquivalenzklasse ein Element, genannt Vertreter, heraus.
Das sind dann die Elemente $(a,b)\in X =\mathbb{N}\times \mathbb{N}$ und
$(c,d)\in Y =\mathbb{N}\times \mathbb{N}$. Dann führe ich die "low level" Addition durch und erhalte ein Element $(a+b,c+d)=:(e,f)\in\mathbb{N}\times\mathbb{N}$.
Dieses liegt sicher in einer Äquivalenzklasse von $\mathbb{Z}$.
Diese muss ich nun als Ergebnis der neuen Addition auf den
Äquivalenzklassen als Ergebnis auswählen. Und genau das kann
ich in mathematischer Notation nicht exakt hinschreiben.

Ich kann hinschreiben $(X,Y)\in\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ das geht.
Dann kann ich hinschreiben $(a,b)\in X,(c,d)\in Y$. Auch das
ist noch stringent. Dann kann ich auch noch
$(a,b)\oplus(c,d)=(e,f)\in\mathbb{N} \times \mathbb{N}$ hinschreiben.
Aber wie notiere ich, dass ich nun die Äquivalenzklasse aus $\mathbb{Z}$ auswählen will in welcher $(e,f)$ liegt. Da stehe ich an. In Worten würde ich sagen, sei $Z$ die Äquivalenzklasse aus
$\mathbb{Z}$ welche in welcher das Element $(e,f)$ liegt. Damit habe ich in Worten genau das gesagt, was ich in der formalen Sprache nicht
hinschreiben kann.
Es geht also darum genau den Ausdruck "$Z$ ist die Äquivalenklasse
für die gilt mit ... gilt." in formaler Sprache aufzuschreiben.
Kann mir da jemand helfen. Danke.

Den nächsten Schritt der Wohldefiniertheit dieser meta Addition
auf $\mathbb{Z}$ traue ich mir wieder zu.

lg Oliver



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OliverFuchs
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-07-05


Ich habe das natural number game begonnen. Ich stehe aber
bei der Schwierigkeit an dem Computer bei zu bringen,
dass $a+b+c=a+(b+c)$ ist. Das ist ja das Assoziativgesetz aber ich kann es nicht so anwenden wie ich es kenne da er nur add_assoc kennt und das ist
$(a+b)+c=a+(b+c)$. Das daraus folgt dass man dann keine Klammern schreiben
muss und einfach von rechtes nach links abarbeiten kann ist klar, weil
ja alle anderen Abarbeitungsreihenfolgen abgedeckt sind. Aber wie bringe
ich das dem Programm bei. Da müsste ich ein eigenes Lemma machen aber da kenne ich mich nicht aus.
lg Oliver



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