Relazione d'ordine totale
Ho un dubbio su come procedere nel dimostrare che ≤ sia una relazione d'ordine totale su N.
Nella lettura che sto seguendo autonomamente di algebra ho rimaneggiato la definizione in $a≤b <=> ∃n in NN t.c. a+n=b$
Sono riuscito a dimostrare la parzialità dell'ordine ma come posso mostrare la totalità sfruttando la definizione sopra indicata?
So che dovrei dimostrare che per ogni $a,b in NN (aRb or bRa)$ con $<= := R$, insomma:
per ogni $a,b in NN, (a<=b or b<=a)$ <=> $∃n in NN t.c. a+n=b or ∃n' in NN t.c. b+n'=a$
ma non capisco come mettere assieme le due $a+n=b or b+n'=a$ per ogni a e b.Potrei forse sfruttare la proprietà dei naturali che ogni a, b è successore iterato di 0?
Cioè: $a:=s^n(0)$ e $b:=s^m(0)$ e mostrare che se $n:=s^c(0)$ mi permette di "raggiungere" $b$ sfruttando che $b:=s^m(0)+s^c(0)=s^(m+c)(0)$ oppure l'altro caso se b<=a?
Insomma, mi sono incastrato e non trovo una bella idea per mostrare quanto vorrei, chiedo un aiuto a voi
Nella lettura che sto seguendo autonomamente di algebra ho rimaneggiato la definizione in $a≤b <=> ∃n in NN t.c. a+n=b$
Sono riuscito a dimostrare la parzialità dell'ordine ma come posso mostrare la totalità sfruttando la definizione sopra indicata?
So che dovrei dimostrare che per ogni $a,b in NN (aRb or bRa)$ con $<= := R$, insomma:
per ogni $a,b in NN, (a<=b or b<=a)$ <=> $∃n in NN t.c. a+n=b or ∃n' in NN t.c. b+n'=a$
ma non capisco come mettere assieme le due $a+n=b or b+n'=a$ per ogni a e b.Potrei forse sfruttare la proprietà dei naturali che ogni a, b è successore iterato di 0?
Cioè: $a:=s^n(0)$ e $b:=s^m(0)$ e mostrare che se $n:=s^c(0)$ mi permette di "raggiungere" $b$ sfruttando che $b:=s^m(0)+s^c(0)=s^(m+c)(0)$ oppure l'altro caso se b<=a?
Insomma, mi sono incastrato e non trovo una bella idea per mostrare quanto vorrei, chiedo un aiuto a voi
Risposte
Come è stata definita la somma? Come è stato definito \(\mathbb{N}\)? Nella lettura che stai seguendo, quello è il modo in cui è presentato l'ordinamento usuale di \(\mathbb{N}\) o una sua caratterizzazione equivalente? Nel secondo caso, come è stato presentato l'ordinamento? Qual è la lettura di algebra che stai seguendo autonomamente?
Ciao, grazie per le domande.
1) la somma la conosco definita in modo ricorsivo come $m+0:=m$, $m+s(n):=s(m+n)$ noto m+n, ho usato la notazione $s^n(0)$ per indicare l'iterazione (n volte) della "somma" come ricorsione che sottende la definizione.
2) Mi è stato presentato come $a≤b⇔b-a in NN$ il che mi sembrava equivalente a quello che ho scritto che mi sembrava utile almio scopo. Posso chiederti se gentilmente mi mostri la definizione di ordinamento usuale cui accenni?
3) sto seguendo il libro scritto dal professore (in realtà non so se già edito) come note complete che saranno il libro del corso di algebra 1 presso il mio ateneo.
PS: N è stato definito per via assiomatica con gli assiomi di Peano.
1) la somma la conosco definita in modo ricorsivo come $m+0:=m$, $m+s(n):=s(m+n)$ noto m+n, ho usato la notazione $s^n(0)$ per indicare l'iterazione (n volte) della "somma" come ricorsione che sottende la definizione.
2) Mi è stato presentato come $a≤b⇔b-a in NN$ il che mi sembrava equivalente a quello che ho scritto che mi sembrava utile almio scopo. Posso chiederti se gentilmente mi mostri la definizione di ordinamento usuale cui accenni?
3) sto seguendo il libro scritto dal professore (in realtà non so se già edito) come note complete che saranno il libro del corso di algebra 1 presso il mio ateneo.
PS: N è stato definito per via assiomatica con gli assiomi di Peano.
Il quinto assioma di Peano (il principio di induzione) dovrebbe implicare il principio del buon ordinamento, secondo il quale ogni parte non vuota di $NN$ ammette minimo. Una volta provato ciò hai fatto perché $\{a,b\}$ è una parte non vuota di $NN$ e ammette minimo.
Il principio di induzione non solo implica il principio di buon ordinamento ma è addirittura ad esso equivalente. Però c'è un problema: prima bisogna definire un ordinamento. Che è quanto qui in oggetto.
Ora: quando parlo di ordinamento usuale mi riferisco semplicemente all'ordinamento standard di \(\mathbb{N}\), i.e. l'ordinamento che mette in fila i numeri dal più piccolo al più grande nel senso solito di più piccolo e più grande; lo si chiama "usuale" perché si possono definire tante relazioni d'ordine su un insieme ed in generale si denotano sempre con \(\le\) e si parla sempre di più piccolo e più grande, con riferimento ovviamente alla relazione d'ordine che si sta considerando.
A questo punto mi pare di capire che l'ordinamento usuale di \(\mathbb{N}\) sia stato definito prima tramite la posizione \(a \le b \iff b - a \in \mathbb{N}\) e poi sia stato caratterizzazione equivalentemente attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e adesso, sfruttando questa caratterizzazione bisogna mostrare che l'ordinamento è totale. Ho capito bene? Se sì, allora io però a questo punto mi domando: come è stato definito \(a - b\)? \(\mathbb{N}\) è stato presentato tramite gli assiomi di Peano? È stato dimostrato che tutti i numeri naturali diversi da zero sono successori di qualche naturale? Perché di solito prima si definisce l'ordinamento attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e poi si definisce la differenza \(b - a\), che, per altro, quando definita, appartiene di suo a \(\mathbb{N}\). Quindi io non riesco a capire quali strumenti abbia austrapio a dispozione per poter mostrare che l'ordinamento è totale.
Ora: quando parlo di ordinamento usuale mi riferisco semplicemente all'ordinamento standard di \(\mathbb{N}\), i.e. l'ordinamento che mette in fila i numeri dal più piccolo al più grande nel senso solito di più piccolo e più grande; lo si chiama "usuale" perché si possono definire tante relazioni d'ordine su un insieme ed in generale si denotano sempre con \(\le\) e si parla sempre di più piccolo e più grande, con riferimento ovviamente alla relazione d'ordine che si sta considerando.
A questo punto mi pare di capire che l'ordinamento usuale di \(\mathbb{N}\) sia stato definito prima tramite la posizione \(a \le b \iff b - a \in \mathbb{N}\) e poi sia stato caratterizzazione equivalentemente attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e adesso, sfruttando questa caratterizzazione bisogna mostrare che l'ordinamento è totale. Ho capito bene? Se sì, allora io però a questo punto mi domando: come è stato definito \(a - b\)? \(\mathbb{N}\) è stato presentato tramite gli assiomi di Peano? È stato dimostrato che tutti i numeri naturali diversi da zero sono successori di qualche naturale? Perché di solito prima si definisce l'ordinamento attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e poi si definisce la differenza \(b - a\), che, per altro, quando definita, appartiene di suo a \(\mathbb{N}\). Quindi io non riesco a capire quali strumenti abbia austrapio a dispozione per poter mostrare che l'ordinamento è totale.
A questo punto mi pare di capire che l'ordinamento usuale di \(\mathbb{N}\) sia stato definito prima tramite la posizione \(a \le b \iff b - a \in \mathbb{N}\) e poi sia stato caratterizzazione equivalentemente attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e adesso, sfruttando questa caratterizzazione bisogna mostrare che l'ordinamento è totale. Ho capito bene?
Esatto è proprio così.
Se sì, allora io però a questo punto mi domando: come è stato definito \(a - b\)? \(\mathbb{N}\) è stato presentato tramite gli assiomi di Peano?
In realtà no, è questo che mi manda in crisi, quella definizione era stata data pagine addietro per altri studi e poi non più formalizzato, quindi poggia solo sull'intuizione a-b per quello ho pensato autonomamente di riscriverlo come \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) che nasceva da somma che è stata definita ricorsivamente come soprae quindi aveva maggior senso.
È stato dimostrato che tutti i numeri naturali diversi da zero sono successori di qualche naturale?
1) Ma questo non è già parte degli assiomi? Dove si richiede una funzione iniettiva ma non suriettiva (nel senso che lo zero non è raggiunto da essa?)
Dovrei dimostrarlo? Sono confuso.
Come si fa?
Perché di solito prima si definisce l'ordinamento attraverso la posizione \(a \le b \iff \exists c \in \mathbb{N} : a + c = b\) e poi si definisce la differenza \(b - a\), che, per altro, quando definita, appartiene di suo a \(\mathbb{N}\)
Posso chiederti due cose oltre ladomanda sopra?
2) come procederesti tu? Così leggo e mi metto apposto le idee ordinando quanto so
3) Che libro consiglieresti abbastanza solido di algebra 1? Perché a questo punto inizio a dubitare del mio testo
e avere due letture è sempre meglio (ma solo uno che è più in alto di me e SA può consigliarmi, perché non so raccapezzarmi nella marea di testi esistenti)Se può interessare per uno sguardo ai contenuti: https://www.matematica.unito.it/do/cors ... w?_id=gtpw
Perché la state facendo tanto complicata? La relazione d'ordine su \(\mathbb N\) si definisce per induzione, perché \(\mathbb N\) è un tipo induttivo: dal momento che \(\mathbb N\) è definito da due costruttori,
\[\begin{array}{rll}
{\sf data}&\mathbb N : {\sf Set} & \\
&z \, : \, \mathbb N \\
&s \, : \, \mathbb N \to \mathbb N
\end{array}\] si può scrivere che
\[\begin{array}{rcl}
\le &: &\mathbb N \to \mathbb N \to {\sf Set} \\
&& \forall \{n\} \to 0 \le n\\
&& \forall \{m\, n\} \to (p : m \le n) \to s\, m \le s \, n
\end{array}\] A questo punto la dimostrazione che l'ordine è totale (ossia che \(\forall \, m \, n\colon m\le n \lor n \le m\)) si fa per induzione: se \(n=0\), qualsiasi sia \(m\) si ha \(n \le m\), e abbiamo finito; idem, se \(m=0\); qualora entrambi \(m,n\) siano successori di qualcuno, ossia \(m = s\, m', n = s \, n'\), ci si riduce a provare che \(m' \le n'\lor n'\le m'\); a sua volta, se \(m'=0\) o \(n'=0\)... e così via. Il principio del buon ordinamento è l'assioma che permette di essere sicuri che, in un numero finito di passi, prima o poi siamo arrivati a zero.
\[\begin{array}{rll}
{\sf data}&\mathbb N : {\sf Set} & \\
&z \, : \, \mathbb N \\
&s \, : \, \mathbb N \to \mathbb N
\end{array}\] si può scrivere che
\[\begin{array}{rcl}
\le &: &\mathbb N \to \mathbb N \to {\sf Set} \\
&& \forall \{n\} \to 0 \le n\\
&& \forall \{m\, n\} \to (p : m \le n) \to s\, m \le s \, n
\end{array}\] A questo punto la dimostrazione che l'ordine è totale (ossia che \(\forall \, m \, n\colon m\le n \lor n \le m\)) si fa per induzione: se \(n=0\), qualsiasi sia \(m\) si ha \(n \le m\), e abbiamo finito; idem, se \(m=0\); qualora entrambi \(m,n\) siano successori di qualcuno, ossia \(m = s\, m', n = s \, n'\), ci si riduce a provare che \(m' \le n'\lor n'\le m'\); a sua volta, se \(m'=0\) o \(n'=0\)... e così via. Il principio del buon ordinamento è l'assioma che permette di essere sicuri che, in un numero finito di passi, prima o poi siamo arrivati a zero.
"fulcanelli":
\[\begin{array}{rll}
{\sf data}&\mathbb N : {\sf Set} & \\
&z \, : \, \mathbb N \\
&s \, : \, \mathbb N \to \mathbb N
\end{array}\] si può scrivere che
\[\begin{array}{rcl}
\le &: &\mathbb N \to \mathbb N \to {\sf Set} \\
&& \forall \{n\} \to 0 \le n\\
&& \forall \{m\, n\} \to (p : m \le n) \to s\, m \le s \, n
\end{array}\]
Mi puoi linkare una lettura, non so nemmeno cosa siano i costruttori. Credo che per capirti debba avere conoscenze diverse da quelle che per ora ho (assiomatica di Peano, definizione di somma e caratterizzazione dell'ordinamento data), se hai un pdf leggo e ne riparliamo perché non ci ho capito molto
Una buona strada mi pare dimostrare che:
(che poi è il Principio di Tricotomia).
La dimostrazione si basa sulle proprietà della funzione consecutivo, le proprietà della somma e sulla legge di cancellazione (che si provano tutte direttamente usando gli assiomi di Peano, quindi le lascio a te).
Il teorema precedente ti consente di definire la relazione d'ordine usuale in $NN$ come si fa di solito alle elementari:
Inoltre, il teorema precedente ti consente di dire che la relazione $<=$ è totale: infatti, assegnati due numeri $n,m in NN$ vale una ed una soltanto delle relazioni:
$n = m,\ n < m,\ n > m$
e ciò implica che vale almeno una delle due relazioni:
$n <= m,\ n >= m$
che è la definizione di "totalità" per $<=$; in particolare, se valgono entrambe $n <= m$ ed $n >= m$, deve essere $n = m$ (proprietà antisimmetrica).
P.S.: Questo mi fa venire in mente un vecchio file su cui stavo lavorando anni fa, sulla costruzione dei vari insiemi numerici e con tutte le loro proprietà a partire da $NN$... Prima o poi me lo devo andare a terminare.
Comunque si scelgano $n,m in NN$, una ed una sola delle tre seguenti proposizioni è vera:
[list=1][*:22t10xq7] $n = m$,
[/*:m:22t10xq7]
[*:22t10xq7] esiste un unico $h in NN - \{ 0\}$ tale che $n + h = m$,
[/*:m:22t10xq7]
[*:22t10xq7] esiste un unico $k in NN -\{ 0\}$ tale che $n = m + k$.[/*:m:22t10xq7][/list:o:22t10xq7]
(che poi è il Principio di Tricotomia).
La dimostrazione si basa sulle proprietà della funzione consecutivo, le proprietà della somma e sulla legge di cancellazione (che si provano tutte direttamente usando gli assiomi di Peano, quindi le lascio a te).
Il teorema precedente ti consente di definire la relazione d'ordine usuale in $NN$ come si fa di solito alle elementari:
Siano $n,m in NN$.
Si scrive $n < m$ se è soddisfatta la 2, mentre si scrive $n > m$ se è soddisfatta la 3.
Analogamente, si scrive che $n <= m$ se è soddisfatta 1 o 2 (ovvero se non è soddisfatta la 3), mentre si scrive $n >= m$ se è soddisfatta 1 o 3 (cioè se non è soddisfatta 2).
Inoltre, il teorema precedente ti consente di dire che la relazione $<=$ è totale: infatti, assegnati due numeri $n,m in NN$ vale una ed una soltanto delle relazioni:
$n = m,\ n < m,\ n > m$
e ciò implica che vale almeno una delle due relazioni:
$n <= m,\ n >= m$
che è la definizione di "totalità" per $<=$; in particolare, se valgono entrambe $n <= m$ ed $n >= m$, deve essere $n = m$ (proprietà antisimmetrica).
P.S.: Questo mi fa venire in mente un vecchio file su cui stavo lavorando anni fa, sulla costruzione dei vari insiemi numerici e con tutte le loro proprietà a partire da $NN$... Prima o poi me lo devo andare a terminare.
Grazie mille gugo: hai usato un percorso a me comprensibile è davvero chiarissimo.
Tra l'altro non avevo mai pensato di usare l'induzione su un risultato (AvBvC), può sempre tornare utile
Se mai ultimassi quel pdf dovresti davvero condividerlo lo leggerei volentieri!
Sei stato gentilissimo!
Tra l'altro non avevo mai pensato di usare l'induzione su un risultato (AvBvC), può sempre tornare utile
Se mai ultimassi quel pdf dovresti davvero condividerlo
lo leggerei volentieri!Sei stato gentilissimo!
Un curiosità:
se l'ordinamento usuale di $ N$ è stato definito con la posizione
$a≤b⟺b−a∈N$ e poi anche con la
posizione
$a≤b⟺∃c∈N:a+c=b$ perchè non si dovrebbe sfruttare una delle due caratterizzazioni per dimostrare che l'ordinamento è totale?
se l'ordinamento usuale di $ N$ è stato definito con la posizione
$a≤b⟺b−a∈N$ e poi anche con la
posizione
$a≤b⟺∃c∈N:a+c=b$ perchè non si dovrebbe sfruttare una delle due caratterizzazioni per dimostrare che l'ordinamento è totale?
Io ho supposto che l'ordinamento non sia stato definito mediante la sottrazione, perché in $NN$ la sottrazione si definisce dopo aver dimostrato il teorema che ho provato più sopra.
Come al solito, è solo OP che può chiarire...
Come al solito, è solo OP che può chiarire...
Proprio come dice gugo il problema risiedeva nel fatto che il "-" non è propriamente definito per via assiomatica in N e questo mi creava problemi perché non sapevo come proseguire.
In definitiva quindi si può o non si può dimostrare che l'ordinamento
è totale partendo da
$a≤b⟺b−a∈N$
o anche da
$a≤b⟺∃c∈N:a+c=b$
Grazie
è totale partendo da
$a≤b⟺b−a∈N$
o anche da
$a≤b⟺∃c∈N:a+c=b$
Grazie
Sì, certo, con quello che ha scritto google unito alla definizione che chiama "delle medie", in fin dei conti sfrutta proprio la seconda delle due che hai scritto. Io l'ho intesa così 
PS: lol ho scritto "google" errata corrige: "gugo"! Ma la lascio perché è carina
PS: lol ho scritto "google" errata corrige: "gugo"! Ma la lascio perché è carina
"Alin":
In definitiva quindi si può o non si può dimostrare che l'ordinamento
è totale partendo da
$a≤b⟺b−a∈N$
o anche da
$a≤b⟺∃c∈N:a+c=b$
Grazie
Il problema è: che cosa significa $b - a$?
Come lo definisci?
Presentando \(\mathbb{N}\) attraverso gli assiomi di Peano, l strada più lineare e pulita per introdurre l'ordinamento e dimostrarne la totalità è quella illustrata da gugo82.
Definire l'ordinamento direttamente con la posizione \(a \le b \iff \exists c : a + c = b\) è solo una scorciatoia rispetto a quanto mostrato da gugo82: in pratica la dimostrazione della tricotomia viene ad essere inglobata in quella della totalità.
Alternativamente, prendendo spunto dall'intervento di fulcanelli, che credo prenda le mosse dalla teoria dei tipi o da quella delle categorie (non ne so molto, quindi se vuole correggermi o aggiungere dettagli, ben venga) si può definire ricorsivamente l'ordine attraverso la funzione successore e provare per induzione che questo ordinamento è totale.
Ancora: partendo da ZFC si può costruire un modello di \(\mathbb{N}\), i.e. \(\omega\), w definire l'ordine attraverso l'inclusione, provando sempre per induzione la totalità.
Infine, si può anche optare per una presentazione assiomatica di \(\mathbb{Z}\), definire in modo ovvio \(a - b := a + (-b)\) e provare la totalità dell'ordinamento dopo aver provato la tricotomia di \(\mathbb{Z}\).
Definire l'ordinamento direttamente con la posizione \(a \le b \iff \exists c : a + c = b\) è solo una scorciatoia rispetto a quanto mostrato da gugo82: in pratica la dimostrazione della tricotomia viene ad essere inglobata in quella della totalità.
Alternativamente, prendendo spunto dall'intervento di fulcanelli, che credo prenda le mosse dalla teoria dei tipi o da quella delle categorie (non ne so molto, quindi se vuole correggermi o aggiungere dettagli, ben venga) si può definire ricorsivamente l'ordine attraverso la funzione successore e provare per induzione che questo ordinamento è totale.
Ancora: partendo da ZFC si può costruire un modello di \(\mathbb{N}\), i.e. \(\omega\), w definire l'ordine attraverso l'inclusione, provando sempre per induzione la totalità.
Infine, si può anche optare per una presentazione assiomatica di \(\mathbb{Z}\), definire in modo ovvio \(a - b := a + (-b)\) e provare la totalità dell'ordinamento dopo aver provato la tricotomia di \(\mathbb{Z}\).
Scusami $gugo82$, stavo guardando con interesse la tua dimostrazione basata sul concetto di tricotomia e mi è venuto un dubbio:
Caso $2: m≠0$. In tal caso procediamo per induzione su n, mostrando che o vale 1 o vale 2 o vale 3.
Se $n=0$, allora $m=0+m=n+m$ che è la $ 2 $(con $h=m$). Questa è la base per l'induzione.
Adesso il passo induttivo: supposto che valga o 1 o 2 o 3 per $n$ si dimostra che lo stesso accade per $n+1$. In particolare, si prova che:
se per $n$ vale $1$ o $3$, allora per $ n+1$ vale la $3$;
Se $n=m$ o se esiste $k!=0$ tale che $n=m+k$, allora $n+1=m+1$ oppure $n+1=m+(k+1)$, dunque vale la 3 (con$ k′=1$ o con $k′=k+1$)
Dubbio: se $n+1=m+1$ per $k^{\prime}=1$ qui per $n+1$ non vale anche la $1$?
Grazie
Caso $2: m≠0$. In tal caso procediamo per induzione su n, mostrando che o vale 1 o vale 2 o vale 3.
Se $n=0$, allora $m=0+m=n+m$ che è la $ 2 $(con $h=m$). Questa è la base per l'induzione.
Adesso il passo induttivo: supposto che valga o 1 o 2 o 3 per $n$ si dimostra che lo stesso accade per $n+1$. In particolare, si prova che:
se per $n$ vale $1$ o $3$, allora per $ n+1$ vale la $3$;
Se $n=m$ o se esiste $k!=0$ tale che $n=m+k$, allora $n+1=m+1$ oppure $n+1=m+(k+1)$, dunque vale la 3 (con$ k′=1$ o con $k′=k+1$)
Dubbio: se $n+1=m+1$ per $k^{\prime}=1$ qui per $n+1$ non vale anche la $1$?
Grazie
Io riferimento è sempre \(m\), che si assume come fissato, mentre si va per induzione su \(n\).
Scusami G.D., ma non ho compreso bene e forse non mi sono spiegato male!
Intendo questo: secondo la dimostrazione
se per$ n$ vale $1$ o $3$, allora per $n+1$ vale la $3$;
e io dico:
se per$ n$ vale $1$ o $3$, perchè per $ n+1$ non dovrebbe valere anche la $1$
Intendo questo: secondo la dimostrazione
se per$ n$ vale $1$ o $3$, allora per $n+1$ vale la $3$;
e io dico:
se per$ n$ vale $1$ o $3$, perchè per $ n+1$ non dovrebbe valere anche la $1$
Perché il riferimento è sempre \(m\)!
Tu vuoi dimostrare che per ogni \(n\) e per ogni \(m\) presi in \(\mathbb{N}\) vale una e una soltanto tra le opzioni 1, 2 e 3. Avendo due numeri naturali, uno lo ritieni fissato in modo arbitrario e sull'altro procedi per induzione. In questo caso gugo82 ha fissato arbitrariamente \(m\) e ha agito per induzione su \(n\). Dovendo procedere per induzione su \(n\), nel passo induttivo devi provare che, sotto l'ipotesi che il fatto valga per \(n\), allora il fatto vale anche per \(n+1\). Cosa significa che il fatto vale (per ipotesi induttiva) per \(n\)? Significa che per \(n\) ed il fissato \(m\) vale una ed una soltanto tra le opzioni 1,2 e 3. Cosa significa provare, come conseguenza di questa ipotesi, che il fatto vale anche per \(n+1\)? Significa provare che per \(n+1\) ed il sempre fissato \(m\) vale una ed una soltanto delle opzioni 1, 2 e 3! Quindi, come dicevo, il riferimento è sempre \(m\), indi per cui se \(n+1 = m+1\), allora, come detto da gugo82, vale l'opzione 3 con \(k' = 1\).
Tu vuoi dimostrare che per ogni \(n\) e per ogni \(m\) presi in \(\mathbb{N}\) vale una e una soltanto tra le opzioni 1, 2 e 3. Avendo due numeri naturali, uno lo ritieni fissato in modo arbitrario e sull'altro procedi per induzione. In questo caso gugo82 ha fissato arbitrariamente \(m\) e ha agito per induzione su \(n\). Dovendo procedere per induzione su \(n\), nel passo induttivo devi provare che, sotto l'ipotesi che il fatto valga per \(n\), allora il fatto vale anche per \(n+1\). Cosa significa che il fatto vale (per ipotesi induttiva) per \(n\)? Significa che per \(n\) ed il fissato \(m\) vale una ed una soltanto tra le opzioni 1,2 e 3. Cosa significa provare, come conseguenza di questa ipotesi, che il fatto vale anche per \(n+1\)? Significa provare che per \(n+1\) ed il sempre fissato \(m\) vale una ed una soltanto delle opzioni 1, 2 e 3! Quindi, come dicevo, il riferimento è sempre \(m\), indi per cui se \(n+1 = m+1\), allora, come detto da gugo82, vale l'opzione 3 con \(k' = 1\).
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