Bizonyítás

Jelöljük a $\leq$ szimbólummal az $S$ halmazon értelmezett részbenrendezési relációt, továbbá vezessük be az $a\lt b$ jelölést annak kifejezésére, hogy $a\leq b$ és $a\neq b$.

Tegyük fel, hogy $a$ és $b$ is legkisebb elem $S$-ben. Mivel $a$ legkisebb elem, ezért tetszőleges $x\in S$-re $a\leq x$ teljesül. Többek között például $b$-re is, azaz $a\leq b$. Másrészt, mivel $b$ is legkisebb elem, ezért ugyanilyen gondolatmenettel $a\geq b$ is teljesül. Ám mivel a $\leq$ reláció antiszimmetrikus, ezért a 12.11. Definíció utáni megjegyzés miatt $a=b$. Egy részbenrendezett halmaz legkisebb eleme tehát – amennyiben egyáltalán létezik – egyértelmű. Ugyanilyen gondolatmenettel belátható, hogy a legnagyobb elem is egyértelmű.

Tegyük fel most indirekt, hogy $a\in S$ a legkisebb elem, azonban mégsem minimális. Ez egyrészt azt jelentené, hogy létezik olyan $x\in S$, amelyre $x\lt a$ teljesül. Másrészt, mivel $a$ a legkisebb elem $S$-ben, ezért $a\leq x$-nek is teljesülnie kéne. Ez viszont lehetetlen, hiszen a bevezetett jelölés értelmében $x\lt a$ ugye azt jelenti, hogy $x\leq a$ de $x\neq a$. Ugyanakkor, mivel indirekt feltételezésünk szerint $a\leq x$, ezért az antiszimmetria miatt $a=x$, ami ellentmondás. Egy részbenrendezett halmaz legkisebb eleme tehát – amennyiben egyáltalán létezik – mindenképpen minimális. Ugyanilyen gondolatmenettel belátható, hogy a legnagyobb elem pedig mindenképpen maximális.

Végül tegyük fel, hogy $a\in S$ legkisebb elem, amely tehát minimális, de létezik egy másik minimális elem is, amelyet jelöljünk most $b$-vel. Mivel $a$ a legkisebb elem, ezért $a\leq b$ teljesül. Ugyanakkor, mivel $b$ minimális, ezért $a\lt b$ nem teljesülhet. Ez a bizonyítás elején bevezetett $\lt$ jelölés értelmében csak $a=b$ esetén lehetséges, hiszen azt már láttuk, hogy $a\leq b$ teljesül. Tehát valóban $a$ az egyetlen minimális elem. Ugyanilyen gondolatmenettel belátható, hogy amennyiben $a$ a legnagyobb elem $S$-ben, akkor egyúttal ő az egyetlen maximális elem.

∎