Matematyka.pl

Udowodnij, że poniższe zdania są prawdziwe dla dowolnych zbiorów:
a) \(\displaystyle{ |A \times B|=|B \times A|}\)
b) Jeśli \(\displaystyle{ A \cap B=A \vee ^*B}\), to \(\displaystyle{ A=B=\emptyset}\), gdzie \(\displaystyle{ \vee ^*}\) oznacza alternatywę wykluczającą.

Proszę o sprawdzenie a): Jeśli zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma \(\displaystyle{ k}\) elementów, a zbiór \(\displaystyle{ B}\) ma \(\displaystyle{ m}\) elementów to iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ A \times B}\) ma \(\displaystyle{ k \cdot m=m \cdot k}\) czyli tyle samo co \(\displaystyle{ B \times A}\), bo mnożenie jest przemienne.

A jak się zabrać za to b)?

Proszę o sprawdzenie c) Jeśli \(\displaystyle{ A \subset B \subset C}\) to \(\displaystyle{ C' \subset A'}\).

Skoro \(\displaystyle{ A \subset B \subset C}\) to \(\displaystyle{ A \subset C}\). Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ x \in C'}\). Zatem \(\displaystyle{ x\notin C}\). Z założenia wynika, że \(\displaystyle{ x \notin A}\), bo gdyby \(\displaystyle{ x\in A}\) to byłoby \(\displaystyle{ x \in C}\), wbrew założeniu. A zatem \(\displaystyle{ x\in A'}\), co należało wykazać.

d) Jeżeli \(\displaystyle{ A \vee ^*B=\emptyset}\) to \(\displaystyle{ A \cup B=A \cap B}\), gdzie \(\displaystyle{ \vee ^*}\) to alternatywa wykluczająca.

Jak to zrobić?

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 15:25Proszę o sprawdzenie a): Jeśli zbiór \(\displaystyle{ A}\) ma \(\displaystyle{ k}\) elementów, a zbiór \(\displaystyle{ B}\) ma \(\displaystyle{ m}\) elementów to iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ A \times B}\) ma \(\displaystyle{ k \cdot m=m \cdot k}\) czyli tyle samo co \(\displaystyle{ B \times A}\), bo mnożenie jest przemienne.

Źle, kto Ci powiedział, że te zbiory są skończone? Masz zdefiniować bijekcję pomiędzy \(\displaystyle{ A\times B}\) i \(\displaystyle{ B\times A.}\)

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 15:25A jak się zabrać za to b)?

Po pierwsze, alternatywa wykluczająca to spójnik logiczny, więc stosowanie jej do zbiorów nie ma sensu. W tym zadaniu chodzi o różnicę symetryczną zbiorów, oznaczaną jako \(\displaystyle{ A\triangle B.}\)

Po drugie, to jak robić to zadanie zależy od tego, jak definiowałeś różnicę symetryczną. To samo w d).

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 17:29 Proszę o sprawdzenie c) Jeśli \(\displaystyle{ A \subset B \subset C}\) to \(\displaystyle{ C' \subset A'}\).

Skoro \(\displaystyle{ A \subset B \subset C}\) to \(\displaystyle{ A \subset C}\). Załóżmy teraz, że \(\displaystyle{ x \in C'}\). Zatem \(\displaystyle{ x\notin C}\). Z założenia wynika, że \(\displaystyle{ x \notin A}\), bo gdyby \(\displaystyle{ x\in A}\) to byłoby \(\displaystyle{ x \in C}\), wbrew założeniu. A zatem \(\displaystyle{ x\in A'}\), co należało wykazać.

Może być.

JK

Ok, faktycznie nie wziąłem pod uwagę, że te zbiory mogą być nieskończone.

Zdefiniujmy taką bijekcję. Dla każdego \(\displaystyle{ a \in A}\) i dla każdego \(\displaystyle{ b \in B}\) niech \(\displaystyle{ f((a,b))=(b,a)}\). O to chodzi?

Tak, tam chodziło o różnicę symetryczną, pomyliłem się. Definiuję ją chyba standardowo to znaczy jest to zbiór do którego należą elementy dokładnie jednego ze zbiorów \(\displaystyle{ A,B}\), czyli do zbioru \(\displaystyle{ A}\), ale nie do \(\displaystyle{ B}\) oraz do \(\displaystyle{ B}\), ale nie do \(\displaystyle{ A}\). Inaczej mówiąc jest to suma zbiorów bez części wspólnej tych zbiorów.
A zatem?

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 23:39 Zdefiniujmy taką bijekcję. Dla każdego \(\displaystyle{ a \in A}\) i dla każdego \(\displaystyle{ b \in B}\) niech \(\displaystyle{ f((a,b))=(b,a)}\). O to chodzi?

Tak, poza tym, że zapewne należałoby uzasadnić, że to bijekcja.

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 23:39Tak, tam chodziło o różnicę symetryczną, pomyliłem się. Definiuję ją chyba standardowo to znaczy jest to zbiór do którego należą elementy dokładnie jednego ze zbiorów \(\displaystyle{ A,B}\), czyli do zbioru \(\displaystyle{ A}\), ale nie do \(\displaystyle{ B}\) oraz do \(\displaystyle{ B}\), ale nie do \(\displaystyle{ A}\). Inaczej mówiąc jest to suma zbiorów bez części wspólnej tych zbiorów.

No tu masz już definicję (\(\displaystyle{ A\triangle B=(A \setminus B)\cup (B \setminus A)}\)) i twierdzenie (\(\displaystyle{ A\triangle B=(A \cup B)\setminus (A \cap B)}\)).

max123321 pisze: 14 cze 2025, o 23:39A zatem?

A zatem wykorzystaj definicję lub twierdzenie... Zarówno b) jak i d) to proste spostrzeżenia.

JK

Ok, to najpierw uzasadnię, że to bijekcja.

1. Ustalam dowolne \(\displaystyle{ (b,a)\in B \times A}\) i znajduję dla niego element \(\displaystyle{ (a,b) \in A \times B}\) taki, że \(\displaystyle{ f(a,b)=(b,a)}\). Taki element zawsze istnieje, więc funkcja jest "na".
2. Ustalam dowolne \(\displaystyle{ (a_1,b_1),(a_2,b_2)}\) takie, że \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\) lub \(\displaystyle{ b_1 \neq b_2}\). Mamy \(\displaystyle{ f(a_1,b_1)=(b_1,a_1)}\) i \(\displaystyle{ f(a_2,b_2)=(b_2,a_2)}\) i otrzymujemy, że \(\displaystyle{ (b_1,a_1) \neq (b_2,a_2)}\), bo \(\displaystyle{ b_1 \neq b_2}\) lub \(\displaystyle{ a_1 \neq a_2}\). Zatem funkcja jest różnowartościowa.

OK.

JK

Dobra to spróbuję udowodnić to b):
Zakładamy, że \(\displaystyle{ A \cap B=A \vee ^* B}\) oraz \(\displaystyle{ A \neq \emptyset}\).
Ustalmy dowolny \(\displaystyle{ x \in A \vee^*B}\). Załóżmy więc, że \(\displaystyle{ x \in A \setminus B}\), więc \(\displaystyle{ x \in A \wedge x\notin B}\). Zatem \(\displaystyle{ x\notin A \cap B}\) bo \(\displaystyle{ A \cap B \subset B}\). Otrzymujemy więc, że \(\displaystyle{ x\in A \vee ^*B \wedge x\notin A \cap B}\) i mamy sprzeczność. Przez analogię otrzymamy sprzeczność w przypadku, gdy \(\displaystyle{ x\in B \setminus A}\). Stąd otrzymujemy, że założenie, że \(\displaystyle{ A \neq \emptyset}\) jest fałszywe, więc musi być \(\displaystyle{ A=\emptyset}\). Przez analogię dowodzimy, że także \(\displaystyle{ B=\emptyset}\).

max123321 pisze: 16 cze 2025, o 20:21Zakładamy, że \(\displaystyle{ A \cap B=A \vee ^* B}\) oraz \(\displaystyle{ A \neq \emptyset}\).
Ustalmy dowolny \(\displaystyle{ x \in A \vee^*B}\).

A skąd wiesz, że takowy istnieje (tak naprawdę chcesz wziąć nie dowolny, ale pewny)?

Przy okazji: gdzie korzystałeś z założenia \(\displaystyle{ A\ne\emptyset}\) ?

JK

No nie wiem no. Gubię się w tym. Pomóż coś. Jakoś nie mogę ogarnąć struktury tego dowodu. Tam faktycznie nie korzystam z tego założenia, ale jak to poprawić?

Jeżeli wiesz, że \(\displaystyle{ A\triangle B=(A\cup B)\setminus(A\cap B),}\) to z założenia \(\displaystyle{ A\cap B=A\triangle B}\) masz \(\displaystyle{ A\cap B=(A\cup B)\setminus(A\cap B)}\). Ponieważ zbiory \(\displaystyle{ A\cap B}\) i \(\displaystyle{ (A\cup B)\setminus(A\cap B)}\), więc równość zachodzi tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ A\cap B=(A\cup B)\setminus(A\cap B)=\emptyset,}\) co w szczególności oznacza, że \(\displaystyle{ A\cup B \subseteq A\cap B.}\) To zaś prowadzi do wniosku, że \(\displaystyle{ A\cup B = A\cap B,}\) z czego wynika, że \(\displaystyle{ A=B.}\) Ale \(\displaystyle{ A\cap B=\emptyset,}\) więc \(\displaystyle{ A= B=\emptyset.}\)

To jest dowód wprost, który nie odwołuje się do elementów. Ale można oczywiście inaczej: załóżmy nie wprost, że \(\displaystyle{ A\ne\emptyset}\) lub \(\displaystyle{ B\ne\emptyset}\). Bez straty ogólności możemy założyć, że \(\displaystyle{ A\ne\emptyset}\). Wtedy istnieje \(\displaystyle{ x\in A}\). Jeżeli \(\displaystyle{ x\in B,}\) to \(\displaystyle{ x\in A\cap B,}\) ale \(\displaystyle{ x\notin A \setminus B}\) (bo \(\displaystyle{ x\in B}\)) oraz \(\displaystyle{ x\notin B \setminus A}\) (bo \(\displaystyle{ x\in A}\)), czyli \(\displaystyle{ x\notin A\triangle B.}\) Zatem \(\displaystyle{ A\cap B\ne A\triangle B,}\) sprzeczność. Jeśli \(\displaystyle{ x\notin B,}\) to \(\displaystyle{ x\in A \setminus B\subseteq A\triangle B}\) oraz \(\displaystyle{ x\notin A\cap B,}\) więc znów \(\displaystyle{ A\cap B\ne A\triangle B,}\) sprzeczność.

JK

O właśnie, zwłaszcza chodziło mi o ten Twój drugi dowód, który napisałeś. Pamiętałem, że to się tak jakoś właśnie robiło na elementach, ale diabeł tkwi w szczegółach. To ma sens. Dziękuję!