Matematyka.pl

Udowodniłem wczoraj (znany mi fakt, ale udowodniłem innym sposobem), że jeśli mamy dwie rodziny zbiorów \(\displaystyle{ x,y}\), jeśli rozważymy rodzinę zbiorów \(\displaystyle{ x\cup y}\), to suma uogólniona takiej rodziny jest równa sumie dwóch zbiorów- zbioru będącego sumą pierwszej rodziny i zbioru będącego sumą drugiej rodziny, tzn.: \(\displaystyle{ \bigcup (x\cup y)= \left( \bigcup x\right) \cup \left( \bigcup y\right).}\) Przedstawię teraz trochę nietypowy dowód:

Niech \(\displaystyle{ x,y}\) będą rodzinami zbiorów.

Ponieważ \(\displaystyle{ x\subset x\cup y}\), to również \(\displaystyle{ \bigcup x\subset \bigcup (x\cup y)}\) (łatwo można udowodnić, że jeżeli jedna rodzina zbiorów zawiera się w drugiej, to również suma mniejszej (pod względem zawierania) rodziny zawiera się w sumie większej rodziny). Ponieważ \(\displaystyle{ y\subset x\cup y}\), wiec podobnie \(\displaystyle{ \bigcup y\subset \bigcup( x\cup y)}\). Ponieważ zbiory \(\displaystyle{ \bigcup x, \bigcup y}\) są podzbiorami \(\displaystyle{ \bigcup\left( x\cup y\right)}\), więc również ich unia(suma) jest podzbiorem tego zbioru- \(\displaystyle{ (\bigcup x)\cup \left( \bigcup y\right) \subset \bigcup\left( x\cup y\right).}\) Aby pokazać inkluzje w drugą stronę, to zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ a\in x}\), to z własności sumy \(\displaystyle{ a\subset \bigcup x \subset (\bigcup x)\cup ( \bigcup y).}\)
Podobnie jeśli \(\displaystyle{ a\in y}\), to \(\displaystyle{ a\subset \bigcup y\subset (\bigcup x)\cup (\bigcup y)}\). Łącznie to oznacza, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ a\in (x\cup y)}\), to \(\displaystyle{ a\subset (\bigcup x)\cup (\bigcup y)}\). Zatem każdy zbiór \(\displaystyle{ a\in x\cup y }\) jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ (\bigcup x)\cup ( \bigcup y)}\), więc również ich suma jest podzbiorem tego zbioru- \(\displaystyle{ \bigcup (x\cup y)\subset (\bigcup x )\cup \bigcup y. \square }\)

Przykładem zastosowania tego faktu może być dowód, że suma dowolnej skończonej rodziny zbiorów skończonych jest zbiorem skończonym, co przedstawiłem TUTAJ .

Łatwo też zauważyć, że jeśli mamy trzy dowolne rodziny zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X},\mathbb{Y}, \mathbb{Z}}\), to \(\displaystyle{ \bigcup (\mathbb{X}\cup \mathbb{Y} \cup \mathbb{Z} )= (\bigcup\mathbb{X} )\cup (\bigcup \mathbb{Y})\cup (\bigcup\mathbb{Z})}\), dowód w sposób oczywisty wynika z przypadku dla \(\displaystyle{ n=2}\), (oraz prawa łączności sumy: \(\displaystyle{ A\cup (B\cup C)=(A\cup B)\cup C}\) ).

To prawo nie ma odpowiednika dla iloczynu mnogościowego, tzn. dla dwóch rodzin zbiorów \(\displaystyle{ x,y}\) może się zdarzyć, że \(\displaystyle{ \bigcap (x\cap y) \neq \left( \bigcap x\right ) \cap (\bigcap y). }\)

Jako kontrprzykład połóżmy \(\displaystyle{ a=\left\{ 1,2\right\}}\) ,\(\displaystyle{ b=\left\{ 2,3\right\}}\) , a rodziny \(\displaystyle{ x=\left\{ a\right\} , y=\left\{ b\right\}}\) - rodziny jednozbiorowe złożone odpowiednio ze zbiorów \(\displaystyle{ a,b}\). Wtedy \(\displaystyle{ \bigcap x= \bigcap \left\{ a\right\}=a=\left\{ 1,2\right\}}\) , podobnie \(\displaystyle{ \bigcap y= \bigcap \left\{ b\right\} =b=\left\{ 2,3\right\} }\), zatem \(\displaystyle{ (\bigcap x )\cap \left( \bigcap y\right) =\left\{ 2\right\} }\), podczas gdy \(\displaystyle{ x\cap y}\) jest rodziną pustą, gdyż jedyny zbiór \(\displaystyle{ a}\) rodziny \(\displaystyle{ x}\) jest różny od jedynego zbioru rodziny \(\displaystyle{ y}\) równego \(\displaystyle{ b}\), w takim razie \(\displaystyle{ x\cap y=\emptyset}\), i w konsekwencji \(\displaystyle{ \bigcap(x\cap y)= \bigcap\emptyset=\emptyset.}\) ( mamy tu przykład zastosowania przekroju pustej rodziny). Zatem rozważane zbiory są różne.

Łatwo można się przekonać, rysując zbiory na płaszczyźnie, że i pozostała, niby możliwa inkluzja, nie musi zachodzić, bynajmniej. Natomiast jeśli rodziny zbiorów \(\displaystyle{ x,y}\) mają niepuste przecięcie, to \(\displaystyle{ \bigcap( x\cap y)\supset (\bigcap x)\cap (\bigcap y).}\)

Aby to udowodnić przypomnę może fakt, że przecięcie większej (pod względem zawierania) rodziny zbiorów jest mniejsze (jeśli mniejsza rodzina nie jest pusta), tzn. jeśli \(\displaystyle{ x,y}\) są rodzinami zbiorów, to jeśli \(\displaystyle{ \emptyset\neq x\subset y,}\) to \(\displaystyle{ \bigcap x\supset \bigcap y.}\)

Łatwo to można udowodnić.

Aby udowodnić nasz poprzedni fakt, to niech \(\displaystyle{ x,y}\) będą rodzinami zbiorów, takimi że \(\displaystyle{ x\cap y \neq \emptyset}\), że mają wspólny co najmniej jeden zbiór. Pokażemy, że \(\displaystyle{ \bigcap (x\cap y)\supset (\bigcap x)\cap \bigcap y}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \emptyset\neq x\cap y\subset x}\), to na mocy wspomnianego faktu \(\displaystyle{ \bigcap (x\cap y)\supset \bigcap x\supset (\bigcap x) \cap (\bigcap y). \square}\) (A więc dowód był prostym wnioskiem z tego faktu, teraz zdałem sobie sprawę z tego, na papierze miałem trochę dłuższe rozumowanie).

Na koniec podam takich 5 zabawnych krótkich dowodzików odnośnie przekroju mnogościowego dwóch zbiorów.

Jeśli \(\displaystyle{ x,y}\) są zbiorami, to możemy zdefiniować:

\(\displaystyle{ x\cap y}\) jako \(\displaystyle{ \bigcap \left\{ x,y\right\}.}\)

Definicja ta jest równoważna ze standardowym rozumieniem tego przekroju, można udowodnić (przy takiej definicji), że dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ x,y,z}\) mamy: \(\displaystyle{ z\in x\cap y \Longleftrightarrow (z\in x \wedge z\in y).}\)

Wykażemy na koniec, w sposób zabawny (ale te 4 dowodziki są analogiczne do 4 dowodzików z ważniaka odnośnie sumy, ten piąty (świeższy) jest mój własny), że jeśli \(\displaystyle{ x,y}\) są zbiorami, to

1. \(\displaystyle{ x\cap y=y\cap x.}\)
2. \(\displaystyle{ x\supset x\cap y.}\)
3. \(\displaystyle{ y\supset x\cap y.}\)
4. \(\displaystyle{ x\cap x=x.}\)
5. \(\displaystyle{ x\cap \emptyset=\emptyset.}\)

Przypomnę może, że dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ x}\) mamy \(\displaystyle{ \bigcap \left\{ x\right\}=x}\), będziemy stosować też ten fakt, że przecięcie większej rodziny zbiorów jest mniejsze.

Dowód:

1. Mamy \(\displaystyle{ x\cap y= \bigcap\left\{ x,y\right\}.}\) Podobnie \(\displaystyle{ y\cap x= \bigcap\left\{ y,x\right\} }\). Ponieważ \(\displaystyle{ \left\{ x,y\right\}=\left\{ y,x\right\}}\), więc również \(\displaystyle{ \bigcap\left\{ x,y\right\} = \bigcap\left\{ y,x\right\}}\), a więc \(\displaystyle{ x\cap y=y\cap x.}\)
2. Mamy \(\displaystyle{ \bigcap \left\{ x\right\} =x}\). Mamy \(\displaystyle{ \left\{ x\right\} \neq \left\{ \right\}}\), i \(\displaystyle{ \left\{ x\right\}\subset \left\{ x,y\right\}}\), zatem również \(\displaystyle{ x= \bigcap\left\{ x\right\} \supset \bigcap\left\{ x,y\right\}=x\cap y}\), więc \(\displaystyle{ x\supset x\cap y.}\)
3. Na podstawie poprzedniego punktu \(\displaystyle{ y\supset y\cap x}\), i na podstawie punktu pierwszego \(\displaystyle{ y\cap x=x\cap y}\), a więc \(\displaystyle{ y\supset x\cap y.}\)
4.Mamy \(\displaystyle{ x= \bigcap \left\{ x\right\}}\). Ponieważ \(\displaystyle{ \left\{ x\right\} =\left\{ x,x\right\}}\) , to \(\displaystyle{ \bigcap \left\{ x\right\} = \bigcap\left\{ x,x\right\} =x\cap x}\), a więc \(\displaystyle{ x=x\cap x.}\)
5. (No i mój własny dowód) Mamy \(\displaystyle{ x\cap \emptyset= \bigcap\left\{ x,\emptyset\right\}.}\) Wiemy, ze przekrój rodziny zbiorów jest podzbiorem każdego zbioru tej rodziny, a u nas rodzina ma dwa(albo jeden gdy są równe) dwa zbiory- \(\displaystyle{ x}\) i \(\displaystyle{ \emptyset}\), więc w szczególności \(\displaystyle{ \bigcap\left\{ x,\emptyset\right\}\subset \emptyset}\), a ponieważ jedynym podzbiorem zbioru pustego jest on sam, to \(\displaystyle{ \bigcap\left\{ x,\emptyset\right\}=\emptyset}\), czyli \(\displaystyle{ x\cap \emptyset=\emptyset. \square}\)

Udowodniłem, w dzisiejsze popołudnie, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest dowolną rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1, \mathbb{B}_2\subset \mathbb{B}}\) jej dwiema podrodzinami zbiorów, to suma uogólniona przekroju tych dwóch podrodzin jest przekrojem sum tych dwóch podrodzin, tzn.: \(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right) =\left( \bigcup \mathbb{B}_1\right) \cap \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right)}\). Podobnie udowodniłem, że suma uogólniona różnicy tych dwóch podrodzin jest różnicą sum, jak i suma uogólniona różnicy symetrycznej tych dwóch podrodzin jest różnicą symetryczną sum. Udowodniłem też, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \mathbb{B}}\) jej podrodziną, to suma uogólniona dopełnienia rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) (do zbioru, którym jest rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\)) jest dopełnieniem sumy, tzn. \(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{A}'=\mathbb{B} \setminus \mathbb{A}\right) =\left( \bigcup\mathbb{A}\right)'.}\) Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Przypomnijmy, rodzina zbiorów jest rodziną zbiorów rozłącznych, gdy każde dwa różne zbiory tej rodziny są rozłączne.

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) będzie rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1,\mathbb{B}_2\subset \mathbb{B}}\) będą podrodzinami zbiorów. Pokażemy, że:

\(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right) =\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \cap \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right)}\) , oraz, że
\(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right)=\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{B}_2 \right), }\) oraz że
\(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{B}_1\oplus \mathbb{B}_2\right) = \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right)\oplus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right) . }\)

Przejdźmy do dowodu pierwszej równości.

Zauważmy, że wtedy polecenie jest dobrze określone.

Mamy \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\subset \mathbb{B}_1, \mathbb{B}_2}\), więc również, gdyż suma większej, pod względem inkluzji, rodziny zbiorów, jest większa (dość prosty fakt), więc również \(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right) \subset \bigcup\mathbb{B}_1, \bigcup\mathbb{B}_2}\), czyli zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\left(\mathbb{B}_1 \cap\mathbb{B}_2\right)}\) jest podzbiorem zarówno zbioru \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_1,}\) jak i zbioru \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_2}\), więc jest podzbiorem również ich przecięcia, czyli \(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right)\subset \left( \bigcup \mathbb{B}_1 \right) \cap \left( \bigcup \mathbb{B}_2\right).}\)

Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ x\in \left( \bigcup\mathbb{B}_1 \right) \cap \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right)}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in B_1}\), gdzie \(\displaystyle{ B_1\in \mathbb{B}_1}\), i \(\displaystyle{ x\in B_2}\), gdzie \(\displaystyle{ B_2 \in\mathbb{B}_2}\). Mamy \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1, \mathbb{B}_2\subset \mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ B_1,B_2\in\mathbb{B}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, i \(\displaystyle{ x\in B_2 \cap B_1}\), a zatem z warunku rozłączności wnioskujemy, że \(\displaystyle{ B_2=B_1,}\) oznaczmy ten zbiór jako \(\displaystyle{ B}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in B}\), gdzie \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_1}\), i \(\displaystyle{ B\in\mathbb{B}_2}\), a zatem \(\displaystyle{ B\in \mathbb{B}_1 \cap\mathbb{B}_2 }\), i \(\displaystyle{ x\in B}\), więc \(\displaystyle{ x\in \bigcup\left(\mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right) }\). A zatem \(\displaystyle{ \bigcup\left(\mathbb{B}_1 \cap \mathbb{B}_2\right)=\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \cap \left( \bigcup\mathbb{B}_2 \right).\square}\)

Przejdźmy do dowodu równości z różnicą.

Zauważmy, że jeśli rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2}\) jest pusta, to równość zachodzi, gdyż wtedy \(\displaystyle{ \bigcup (\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2)= \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \setminus \left\{ \right\}\right) = \bigcup\mathbb{B}_1 }\), podczas gdy: \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{B}_2\right)=\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup \left\{ \right\} \right) =\left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \left\{ \right\} \right) = \bigcup\mathbb{B}_1 .}\) Równość więc zachodzi.

Podobnie gdy rodzina \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1= \left\{ \right\}}\) jest pusta. Wtedy: \(\displaystyle{ \bigcup (\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2)= \bigcup\left( \left\{ \right\} \setminus \mathbb{B}_2 \right)= \bigcup \left\{ \right\}=\left\{ \right\}. }\) Tymczasem \(\displaystyle{ \left( \bigcup \left\{ \right\} \right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{B}_2\right)=\left( \left\{ \right\}\right) \setminus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right) =\left\{ \right\} }\), równość więc zachodzi.

Załóżmy więc, dla dalszego dowodu, że rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1}\), i \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2}\) są niepuste.

Zauważmy najpierw, że \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\subset \mathbb{B}_1}\), więc również \(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right) \subset \bigcup\mathbb{B}_1.}\)

Aby pokazać inkluzję w prawo, to jeśli \(\displaystyle{ x\in \bigcup \left( \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right)}\) , to na mocy powyższej obserwacji: \(\displaystyle{ x\in \bigcup\mathbb{B}_1.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ x\in \bigcup \left(\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right)}\) , więc \(\displaystyle{ x\in B_0}\), gdzie \(\displaystyle{ B_0\in \left(\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right).}\) Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ B_0\in\mathbb{B}_1, B_0\not\in \mathbb{B}_2}\). Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ x\in \bigcup\mathbb{B}_2}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in B_2}\), gdzie \(\displaystyle{ B_2\in\mathbb{B}_2}\). Ponieważ mamy \(\displaystyle{ B_0, B_2\in\mathbb{B}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, i \(\displaystyle{ x \in B_2 \cap B_0 }\), więc z warunku rozłączności wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ B_2=B_0.}\) Ale \(\displaystyle{ B_0\not\in \mathbb{B}_2}\) , a \(\displaystyle{ B_2\in\mathbb{B}_2}\)- otrzymaliśmy więc sprzeczność. Zatem \(\displaystyle{ x\not\in \bigcup\mathbb{B}_2}\), co dowodzi inkluzji w jedną stronę.

Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech: \(\displaystyle{ x\in \left( \bigcup \mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{B}_2\right).}\) Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ x \in \bigcup \mathbb{B}_1, x\not\in \bigcup \mathbb{B}_2 }\). Ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2 \neq \left\{ \right\} }\), ponieważ \(\displaystyle{ x\not\in \bigcup\mathbb{B}_2}\), więc \(\displaystyle{ x\not\in B_2}\), dla żadnego zbioru \(\displaystyle{ B_2\in\mathbb{B}_2}\), (tzn. element \(\displaystyle{ x}\) do żadnego z tych zbiorów nie należy). Ponieważ \(\displaystyle{ x\in \bigcup\mathbb{B}_1}\), to \(\displaystyle{ x\in B_1}\), gdzie \(\displaystyle{ B_1\in \mathbb{B}_1}\). Mamy \(\displaystyle{ B_1\not\in \mathbb{B}_2}\) (gdyby byłoby \(\displaystyle{ B_1\in\mathbb{B}_2}\), to ponieważ element \(\displaystyle{ x}\) nie należy do żadnego zbioru z \(\displaystyle{ \mathbb{B}_2}\), więc również \(\displaystyle{ x\not\in B_1}\), a mamy \(\displaystyle{ x\in B_1}\)- sprzeczność). A zatem \(\displaystyle{ x\in B_1}\), \(\displaystyle{ B_1\in\mathbb{B}_1}\), \(\displaystyle{ B_1\not\in\mathbb{B}_2}\), czyli \(\displaystyle{ x\in B_1}\), gdzie \(\displaystyle{ B_1\in \left( \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right)}\), skąd wnioskujemy, że: \(\displaystyle{ x\in \bigcup \left(\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right).}\) A zatem \(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{B}_1 \setminus\mathbb{B}_2\right) = \left( \bigcup \mathbb{B}_1 \right) \setminus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right).\square }\)

Przejdźmy do dowodu z różnicą symetryczną.

Zauważmy, że polecenie jest poprawnie określone.

Mamy:

\(\displaystyle{ \bigcup\left( \mathbb{B}_1\oplus \mathbb{B}_2\right) = \bigcup\left( \left(\mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right) \cup \left( \mathbb{B}_2 \setminus \mathbb{B}_1\right) \right) = \left( \bigcup\left( \mathbb{B}_1 \setminus \mathbb{B}_2\right)\right) \cup \left( \bigcup \left( \mathbb{B}_2 \setminus \mathbb{B}_1\right)\right) = \left[ \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{B}_2 \right) \right] \cup \left[ \left( \bigcup \mathbb{B}_2\right) \setminus \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \right]= \\ = \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right)\oplus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right).}\)

gdzie pierwsza równość wynika z definicji różnicy symetrycznej ( i faktu, że dla dowolnej ustalonej rodziny zbiorów jej suma jest jedynym takim zbiorem), następna z prawa udowodnionego w poście powyżej, a następna z udowodnionego przed chwilą prawa z różnicą, no i na koniec korzystamy z definicji różnicy symetrycznej. Dowód jest zakończony. \(\displaystyle{ \square}\)


Na koniec wykażemy, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset \mathbb{B}}\) jest podrodziną zbiorów, to suma dopełnienia rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) (do rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\)) jest dopełnieniem sumy, tzn.: \(\displaystyle{ \bigcup\left(\mathbb{A}'=\mathbb{B}\setminus \mathbb{A}\right)=\left( \bigcup \mathbb{A}\right) '=\left( \bigcup\mathbb{B}\right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{A} \right). }\)

To jednak jest proste, gdyż:

\(\displaystyle{ \bigcup \left( \mathbb{A}'\right) = \bigcup\left( \mathbb{B} \setminus \mathbb{A}\right)=,}\)

i teraz ponieważ \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, i \(\displaystyle{ \mathbb{B}\subset\mathbb{B}}\), \(\displaystyle{ \mathbb{A}\subset\mathbb{B}}\), więc stosując udowodniony powyżej fakt z różnicą, otrzymujemy, że to jest równe:

\(\displaystyle{ =\left( \bigcup\mathbb{B} \right) \setminus \left( \bigcup \mathbb{A}\right) =\left( \bigcup\mathbb{A}\right)'. \square}\)

Udowodniłem też wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ X}\) dowolnym zbiorem, to mamy prawo:

\(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \setminus X= \bigcup _{A\in\mathbb{B}} \left( A \setminus X \right). }\)

(Polecam narysować to sobie).

Przedstawię teraz dowód tego ciekawego faktu.


PROSTY DOWÓD:

Jeśli \(\displaystyle{ x \in \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( A \setminus X\right)}\),
to \(\displaystyle{ x\in A \setminus X}\), gdzie \(\displaystyle{ A \in \mathbb{B}}\) . Wtedy \(\displaystyle{ x\in A, x\not\in X}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x\in A}\) i \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), więc \(\displaystyle{ x\in \bigcup\mathbb{B}}\), mamy \(\displaystyle{ x\not\in X}\), więc \(\displaystyle{ x \in \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \setminus X}\), co dowodzi inkluzji w lewo.

Inkluzja w prawo:

Jeśli \(\displaystyle{ x\in \left( \bigcup\mathbb{B} \right) \setminus X}\), to \(\displaystyle{ x\in A}\), gdzie \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B},}\) i \(\displaystyle{ x\not\in X}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in A \setminus X}\), gdzie \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\), a więc \(\displaystyle{ x \in \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( A \setminus X\right) .\square}\)

To może mieć zastosowanie gdy chcemy odjąć od siebie dwie sumy, tzn.:

jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}_1, \mathbb{B}_2}\) są rodzinami zbiorów rozłącznych, to \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}_1 \right) \setminus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right) = \bigcup_{A\in\mathbb{B}_1} \left( A \setminus \bigcup\mathbb{B}_2\right)}\).

(Gdzie zauważmy, że zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_2}\) jest jednym ustalonym zbiorem), gdyż:

\(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}_1\right) \setminus \left( \bigcup\mathbb{B}_2\right) = \left( \bigcup_{A\in\mathbb{B}_1} A \right) \setminus \bigcup\mathbb{B}_2 =}\) i ponieważ zbiór \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}_2}\) jest jednym ustalonym zbiorem, więc na mocy faktu udowodnionego przed chwilą, to jest równe: \(\displaystyle{ =\bigcup_{A\in\mathbb{B}_1} \left( A \setminus \bigcup \mathbb{B}_2\right).\square}\)

Czyli aby od jednej sumy mnogościowej zbiorów rozłącznych odjąć drugą sumę mnogościową zbiorów rozłącznych, to od każdego ustalonego zbioru odejmujemy sumę drugiej rodziny zbiorów, i tak od każdego zbioru tej pierwszej rodziny zbiorów, i bierzemy sumę takich zbiorów. Polecam to sobie narysować.

Jakub Gurak pisze: ↑4 sty 2022, o 01:46 Udowodniłem też wczoraj, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów rozłącznych, a \(\displaystyle{ X}\) dowolnym zbiorem, to mamy prawo:

\(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \setminus X= \bigcup _{A\in\mathbb{B}} \left( A \setminus X \right). }\)

Rozłączność jest zbędna, a dowód zajmuje jedną linijkę, bo wszystkie przejścia są równoważne.

JK

Przypomnijmy:

Rodzinę zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X},}\) nazywamy rodziną przechodnią, gdy każdy zbiór \(\displaystyle{ A \in \mathbb{X}}\) jest jej podzbiorem;

a więc gdy elementy elementów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\), są elementami zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{X}.}\)
Równoważnie, rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) jest rodziną przechodnią, gdy: \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{X} \subset \mathbb{X}}\),

bo to oznacza, że elementy zbioru \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{X}}\) są elementami zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\), czyli, z definicji sumy uogólnionej: elementy elementów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) są elementami zbioru \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\)- tłumaczy to nazwę rodzina przechodnia, czy też zbiór przechodni, jak już jesteśmy tutaj formalni.

Z aksjomatu regularności łatwo wynika, że jeżeli rodzina przechodnia jest niepusta, to na pewno jednym z jej elementów jest zbiór pusty( czyli zbiór pusty jest ważną (najważniejszą) cegiełką przy budowie rodzin przechodnich).

Natomiast jeśli rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) jest niepusta i \(\displaystyle{ \mathbb{X}\supsetneq \left\{ \emptyset\right\}}\), innymi słowy: zbiór pusty jest jej elementem, i jeszcze co najmniej jeden zbiór należy do niej, to na pewno: \(\displaystyle{ \left\{ \emptyset\right\} \in \mathbb{X}.}\)

Jesteśmy w stanie zrozumieć to bez przeprowadzania dowodu:

Skoro rodzina przechodnia \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) jest niepusta, to \(\displaystyle{ \emptyset \in \mathbb{X}}\)- zbiór pusty jest jej elementem (na mocy powyższego faktu); ale ponieważ jeszcze co najmniej jeden zbiór do niej należy, więc musimy dodać do niej przynajmniej jeden zbiór . Jednak rodzina zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) ma być przechodnia, więc elementy elementów \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) są elementami, a więc musimy dodać taki zbiór, którego elementy są elementami \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\). A w tej chwili, jedynym zbiorem w rodzinie \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\) jest zbiór pusty, a więc musimy dodać \(\displaystyle{ \left\{ \emptyset\right\}}\), co jest zgodne z tym, że ten zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \emptyset\right\} }\) winien być elementem rozważanej rodziny przechodniej \(\displaystyle{ \mathbb{X}}\).


Nie zastępuje to jednak dowodu, oto: Dalsza konstrukcja zbiorów przechodnich nie jest już jednoznaczna, ale mając rodzinę zbiorów: \(\displaystyle{ \left\{ \emptyset , \left\{ \emptyset\right\} \right\},}\) i budując takie większe zbiory (rodziny zbiorów) musimy tutaj dodać taki zbiór, którego elementy są już elementami rozważanej rodziny przechodniej, więc patrząc na ten zbiór możemy wziąć zbiór złożony z niektórych takich elementów, więc możemy dodać do rodziny zbiorów np. zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \emptyset , \left\{ \emptyset\right\}\right\} }\), albo możemy dodać zbiór \(\displaystyle{ \left\{ \left\{ \emptyset\right\}\right\}}\), jako element konstruowanej rodziny przechodniej, sprawa nie jest jednoznaczna.


Podobno, przy konstrukcji liczb rzeczywistych przy pomocy ciągów Cauchy'ego liczb wymiernych, przy konstrukcji liczb wymiernych z par liczb całkowitych, przy konstrukcji liczb całkowitych z par liczb naturalnych, przy konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych, przy definicji Kazimierza Kuratowskiego pary uporządkowanej, mamy, że: dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\) i dla dowolnej liczby wymiernej \(\displaystyle{ y}\), mamy: \(\displaystyle{ y \in \bigcup \bigcup \bigcup x}\).

(Ale nie pytajcie o dowód tego faktu, trzeba by spytać autorów ważniaka, ja tego nie rozumiem do końca).

Mamy wtedy również:

\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \RR= \NN}\).

Ma być \(\displaystyle{ 10}\) symboli \(\displaystyle{ \bigcup}\), i może być ich dowolnie więcej (skończona ilość), i to ostatnie, jest akurat proste, bo w konstrukcji von Neumanna liczb naturalnych mamy: \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), bo każdy element liczby naturalnej jest liczbą naturalną, a liczba naturalna von Neumanna jest zbiorem liczb naturalnych od niej mniejszych, i stąd: \(\displaystyle{ \bigcup\NN=\NN}\), a więc po jedenastu sumowaniach otrzymamy:

\(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup\RR= \bigcup\left( \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \RR= \NN\right) = \bigcup\NN= \NN}\).


Na koniec dodam coś prostszego:

Dla dowolnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \in \NN}\), i dla zbioru \(\displaystyle{ A}\)- zbioru wszystkich liczb parzystych silnie większych od \(\displaystyle{ n}\), oraz dla dowolnej drugiej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m \in \NN,}\) i dla zbioru \(\displaystyle{ B}\)- zbioru wszystkich liczb nieparzystych większych od \(\displaystyle{ m}\), mamy równoliczność : \(\displaystyle{ A\sim B\sim \NN}\).

PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:

Niech \(\displaystyle{ \mathbb{P}}\)- zbiór liczb parzystych; i niech \(\displaystyle{ \mathbb{NP}}\)- zbiór liczb nieparzystych.

Wiemy, że:

\(\displaystyle{ \mathbb{P} \sim \NN\sim \mathbb{NP}.}\)

Skorzystamy teraz z faktu mówiącego, że jeżeli ze zbioru nieskończonego wyrzucimy skończony zbiór elementów, to otrzymamy zbiór tej samej mocy, co moc zbioru danego na wejściu.

Rozważmy zbiór:

\(\displaystyle{ \mathbb{P} \setminus n'}\), gdzie:

\(\displaystyle{ n'= \left\{ 0,1,2,\ldots, n\right\} .}\)

Ponieważ każda liczba naturalna von Neumanna jest zbiorem skończonym, więc również zbiór \(\displaystyle{ n'}\) jest skończony; i zbiór liczb parzystych jest nieskończony, stosując zatem powyższy fakt otrzymujemy:

\(\displaystyle{ A= \mathbb{P} \setminus n'\sim \mathbb{P}\sim \NN.}\)

W podobny sposób otrzymujemy, że:

\(\displaystyle{ B\sim\NN, }\)

a zatem:

\(\displaystyle{ A \sim B \sim \NN.\square}\)

Jakub Gurak pisze: ↑21 maja 2023, o 18:25 \(\displaystyle{ \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \RR= \NN}\).

Nie jestem przekonany.

Ja też nie, nie rozumiem dowodu tego faktu do końca, trzeba by pytać autorów ważniaka.
To tylko taka ciekawostka.