W zasadzie rozumujesz tak:
"Każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) elementu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ A}\) lub niepusto kroi się z \(\displaystyle{ B}\). Zatem każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) elementu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ A}\) lub każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ B}\). "
Ale schemat tego rozumowania:
\(\displaystyle{ (\forall z) \big[ \varphi(z) \vee \psi(z) \big] \implies (\forall z) \, \varphi(z) \vee (\forall z) \, \psi(z)}\)
nie jest tautologią rachunku kwantyfikatorów, więc rzeczone wynikanie nie zachodzi samo przez się.
Dowód w przestrzeni metrycznej
-
- Użytkownik
- Posty: 36
- Rejestracja: 7 maja 2020, o 22:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 1 raz
Re: Dowód w przestrzeni metrycznej
Więc jak powinienem to poprawnie zapisać? Rozumiem, co masz na myśli. Wedle mojego rozumowania skoro każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) elementu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z jednym lub drugim zbiorem, to każde otoczenie będzie się kroić z jednym zbiorem lub każde otoczenie będzie się kroić z drugim zbiorem - ale przecież może być tak, że jakieś otoczenie \(\displaystyle{ U_1}\) będzie się kroiło z \(\displaystyle{ A}\), ale nie będzie się kroić z \(\displaystyle{ B}\). Analogicznie można by znaleźć takie otoczenie \(\displaystyle{ U_2}\), że będzie się kroiło z \(\displaystyle{ B}\), ale nie będzie się kroiło z \(\displaystyle{ A}\). Wtedy wszystkie otoczenia niepusto kroją się z sumą zbiorów \(\displaystyle{ A}\) i \(\displaystyle{ B}\), ale nie wszystkie otoczenia kroją się z \(\displaystyle{ A}\) lub \(\displaystyle{ B}\).Dasio11 pisze: ↑8 sie 2020, o 23:53 W zasadzie rozumujesz tak:
"Każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) elementu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ A}\) lub niepusto kroi się z \(\displaystyle{ B}\). Zatem każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) elementu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ A}\) lub każde otoczenie \(\displaystyle{ U}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) niepusto kroi się z \(\displaystyle{ B}\). "
Ale schemat tego rozumowania:
\(\displaystyle{ (\forall z) \big[ \varphi(z) \vee \psi(z) \big] \implies (\forall z) \, \varphi(z) \vee (\forall z) \, \psi(z)}\)
nie jest tautologią rachunku kwantyfikatorów, więc rzeczone wynikanie nie zachodzi samo przez się.
- Dasio11
- Moderator
- Posty: 10225
- Rejestracja: 21 kwie 2009, o 19:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 40 razy
- Pomógł: 2362 razy
Re: Dowód w przestrzeni metrycznej
Właśnie dlatego czysta logika nie wystarcza - niezbędny jest argument odwołujący się do topologii.
Jak więc to zrobić? Początek jest dobry:
Jak więc to zrobić? Początek jest dobry:
Dalej skorzystaj z założenia, że \(\displaystyle{ x \notin \overline{A} \cup \overline{B}}\).Gods_Eater pisze: ↑8 sie 2020, o 14:40Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ \overline{A \cup B} \not\subset \overline{A} \cup \overline{B}}\).
Wówczas weźmy sobie taki element \(\displaystyle{ x \in \overline{A \cup B}}\), który należy do domknięcia zbioru \(\displaystyle{ A \cup B}\), ale nie należy do \(\displaystyle{ \overline{A} \cup \overline{B}}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 36
- Rejestracja: 7 maja 2020, o 22:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 1 raz
Re: Dowód w przestrzeni metrycznej
Hmm, to może tak:
Skoro istnieje taki element, że \(\displaystyle{ x \not\in \overline{A} \cup \overline{B}}\), to równoważnie oznacza to, że bez straty ogólności możemy wybrać otoczenie \(\displaystyle{ U_1}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ U_1 \cap A = \emptyset}\). W sposób analogiczny możemy znaleźć otoczenie \(\displaystyle{ U_2}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ U_2 \cap B = \emptyset}\). Wobec tego, jeśli weźmiemy otoczenie \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) punktu \(\displaystyle{ x}\), to zarówno \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap A = \emptyset }\) oraz \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap B = \emptyset}\). Z drugiej strony mamy, że dla dowolnego otoczenia punktu \(\displaystyle{ x}\), a więc i dla otoczenia \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) mamy \(\displaystyle{ (U_1 \cap U_2) \cap (A \cup B) \neq \emptyset}\).
Po przekształceniu otrzymujemy, że \(\displaystyle{ (U_1 \cap U_2 \cap A) \cup (U_1 \cap U_2 \cap B) \neq \emptyset}\), co jest sprzeczne z tym, że \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap A = \emptyset }\) oraz \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap B = \emptyset}\), a więc otrzymaliśmy sprzeczność, z założeniem, że \(\displaystyle{ \overline{A \cup B} \not \subset \overline{A} \cup \overline{B}}\). Wobec tego \(\displaystyle{ \overline{A \cup B} \subset \overline{A} \cup \overline{B}}\).
Co do otoczenia \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) - skorzystałem z tego, że otoczenie \(\displaystyle{ U}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) to taki zbiór, że \(\displaystyle{ x \in U}\). A tutaj oczywiście nasz element \(\displaystyle{ x}\) należy zarówno do \(\displaystyle{ U_1}\) jak i do \(\displaystyle{ U_2}\). Ponadto jeśli dobrze rozumuję, to oba te zbiory są zbiorami otwartymi i należą do topologii tej przestrzeni, a zgodnie z definicją skończona ilość przecięć zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym.
Skoro istnieje taki element, że \(\displaystyle{ x \not\in \overline{A} \cup \overline{B}}\), to równoważnie oznacza to, że bez straty ogólności możemy wybrać otoczenie \(\displaystyle{ U_1}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ U_1 \cap A = \emptyset}\). W sposób analogiczny możemy znaleźć otoczenie \(\displaystyle{ U_2}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) takie, że \(\displaystyle{ U_2 \cap B = \emptyset}\). Wobec tego, jeśli weźmiemy otoczenie \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) punktu \(\displaystyle{ x}\), to zarówno \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap A = \emptyset }\) oraz \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap B = \emptyset}\). Z drugiej strony mamy, że dla dowolnego otoczenia punktu \(\displaystyle{ x}\), a więc i dla otoczenia \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) mamy \(\displaystyle{ (U_1 \cap U_2) \cap (A \cup B) \neq \emptyset}\).
Po przekształceniu otrzymujemy, że \(\displaystyle{ (U_1 \cap U_2 \cap A) \cup (U_1 \cap U_2 \cap B) \neq \emptyset}\), co jest sprzeczne z tym, że \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap A = \emptyset }\) oraz \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2 \cap B = \emptyset}\), a więc otrzymaliśmy sprzeczność, z założeniem, że \(\displaystyle{ \overline{A \cup B} \not \subset \overline{A} \cup \overline{B}}\). Wobec tego \(\displaystyle{ \overline{A \cup B} \subset \overline{A} \cup \overline{B}}\).
Co do otoczenia \(\displaystyle{ U_1 \cap U_2}\) - skorzystałem z tego, że otoczenie \(\displaystyle{ U}\) punktu \(\displaystyle{ x}\) to taki zbiór, że \(\displaystyle{ x \in U}\). A tutaj oczywiście nasz element \(\displaystyle{ x}\) należy zarówno do \(\displaystyle{ U_1}\) jak i do \(\displaystyle{ U_2}\). Ponadto jeśli dobrze rozumuję, to oba te zbiory są zbiorami otwartymi i należą do topologii tej przestrzeni, a zgodnie z definicją skończona ilość przecięć zbiorów otwartych jest zbiorem otwartym.
-
- Użytkownik
- Posty: 36
- Rejestracja: 7 maja 2020, o 22:37
- Płeć: Mężczyzna
- wiek: 22
- Podziękował: 8 razy
- Pomógł: 1 raz
Re: Dowód w przestrzeni metrycznej
W porządku. Bardzo, ale to bardzo Ci dziękuję za Twoje wyjaśnienia oraz wskazówki - myślę, że dostatecznie mi to rozjaśniło samą definicję