matematikk.net

Hei, har følgende spørsmål:

La $A$ være velordnet. Anta at $f:A\rightarrow A$ er strengt voksende. Vis at for hver $x\in A$ har vi $f(x)\geq x$.

Jeg tenker at en god metode for å løse denne er med et motsigelsesbevis hvor vi antar $f(x)<x$, for så å anta at $x'$ er minste element i $A$ slik at $f(x')<x'$ og får noe slikt: $x'<x\implies f(x')<f(x)$, men sliter litt med å komme noen vei derfra.

Gjest skrev:Hei, har følgende spørsmål:

La $A$ være velordnet. Anta at $f:A\rightarrow A$ er strengt voksende. Vis at for hver $x\in A$ har vi $f(x)\geq x$.

Jeg tenker at en god metode for å løse denne er med et motsigelsesbevis hvor vi antar $f(x)<x$, for så å anta at $x'$ er minste element i $A$ slik at $f(x')<x'$ og får noe slikt: $x'<x\implies f(x')<f(x)$, men sliter litt med å komme noen vei derfra.

Anta at det finnes $x\in A$ slik at $f(x) < x$. Ettersom $f$ er strengt voksende får vi da også at $f^2(x) = f(f(x)) < f(x) < x$, og ved induksjon, at $f^n(x) < f^{n-1}(x) < \dots < f(x) < x,$ så mengden $\{f^n(x)\mid n \in \mathbb{N}\}$ er ikke tom, men har ikke noe minimalt element, en selvmotsigelse.

Tusen takk for godt svar. Var innom en liknende tanke, men gikk ikke videre med den.