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No se puede demostrar un teorema fácil $\emptyset \in F \rightarrow \cap F = \emptyset$ .

Este es un problema de un libro que enseña los fundamentos de la escritura de pruebas. Es un ejercicio que supone que tengo conocimientos suficientes para poder resolver el problema. Pero me siento atascado en este momento.

Suponiendo que $F$ es un conjunto de conjuntos y $\cap F$ es la intersección de todos los miembros de $F$ .

Hasta ahora he podido reescribir la conclusión $ \cap F = \emptyset$ en términos de cuantificadores. La idea es que no existe un $x$ , de tal manera que $x \in \cap F$ (equivalente a $\forall S (S \in F \rightarrow x \in S)$ ). Entonces traigo la negación dentro: $$ \neg \exists x \forall S (S \in F \rightarrow x \in S),$$ $$ \forall x \neg \forall S (\neg S \in F \vee x \in S),$$ $$ \forall x \exists S \neg (\neg S \in F \vee x \in S),$$ $$ \forall x \exists S (S \in F \wedge \neg x \in S).$$

Así que ahora tengo que demostrarlo: $$ \emptyset \in F \rightarrow \forall x \exists S (S \in F \wedge \neg x \in S).$$

Tal vez exista la posibilidad de reescribir la hipótesis del teorema $\emptyset \in F$ en términos de cuantificadores, pero no creo que pueda hacerlo.

También intenté demostrar el contrapositivo pero no me llevó a ninguna parte, porque no sé cómo llegar a $\emptyset \notin F$ .

4voto

tariqsheikh Puntos 58

He aquí una prueba con palabras.

Supongamos que el conjunto $\cap F$ no está vacío, por lo que contiene algún elemento $x$ . Esto significa que por cada $A \in F$ tenemos $x \in A$ . Aplicando esto a $A = \emptyset \in F$ tenemos $x \in \emptyset$ . Eso es una contradicción.

2voto

iturki Puntos 106

Por definición de $\emptyset$

$(\forall x)(x \notin \emptyset)$ .

$\bigcap F = \emptyset$ significa $(\forall x)(\exists S \in F)(x \notin S)$ .

El cuantificador existencial de esta última afirmación está atestiguado por $\emptyset$ que es un elemento de $F$ . Esta última afirmación es cierta.

Por lo tanto, $\bigcap F = \emptyset$ .

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