Demostrar eso si $A \mathop \triangle B \subseteq A$ y $B\subseteq A$

Question

Estoy teniendo problemas con la lógica en esta prueba y preguntaba si alguien me podría señalar en la dirección correcta (si no me equivoco)?

Probar que si $A\mathop\triangle B\subseteq A$$B\subseteq A$. (Aquí se $\triangle$ se refiere a la diferencia simétrica).

Empecé usando la definición de la diferencia simétrica que $A\mathop\triangle B = (A\setminus B)\mathop\cup \mathop(B\setminus A)$. Así $A\mathop\triangle B\subseteq A$ = $\forall\psi[(\psi\in A \wedge \psi \notin B) \vee (\psi \in B \wedge \psi \notin A) \rightarrow \psi \in A$].

Aquí es lo que tengo para mi prueba:

Supongamos $x \in B$. Supongamos $x \notin A.$ desde $x \in B$$A\mathop\triangle B\subseteq A$, se deduce que el $x \in A$. Pero esto contradice el hecho de que $x \notin A$, por lo que podemos concluir que $x \in A$. Desde $x$ fue un elemento arbitrario de $B$, se deduce que el $B\subseteq A$.

Lo que me pregunto es, ¿es suficiente para el uso universal de la creación de instancias en $x$ a partir de la declaración de $\forall\psi[(\psi\in A \wedge \psi \notin B) \vee (\psi \in B \wedge \psi \notin A) \rightarrow \psi \in A$] dado que el $x \in B$ $ x \notin A$ para obtener mi contradicción? También, debo dar más información acerca de la lógica que se utiliza en la prueba, o bien dejar que el lector? Gracias por la ayuda!

Answer 1

Sin contradicción, sólo en el caso, ahora que se ha verificado la prueba: $$ B\subseteq A\cup B = A\cup (A\Delta B) \subseteq A\cup A = A $$

Answer 2

La prueba está bien: usted sólo necesita demostrar la inclusión has demostrado. Usted eligió (cualquier) arbitraria $x$ tal que $x \in B, x\notin A$, y has llegado a una contradicción, a través de su suposición de que $x \in B \land x\notin A$. Esto implica (por definición, y tal vez usted quiere hacer esto explícito) que $x \in A\triangle B$. Pero entonces, dado que la $A\triangle B \subseteq A, x\in A$. Esta es una contradicción que se dio cuenta de lo que el $x$ la satisfacción de la hipótesis inicial es elegido. Así que la prueba ya muestra que para cualquier (todos) $x$ tal que $x \in B \land x\notin A \rightarrow x\in A \triangle B$, y desde $A\triangle B \subseteq A,\;$$\; x\in A$.

Universal de la creación de instancias sería redundante.

Answer 3

Prueba por contradicción

que $x\in B$ $x\notin A $

por lo tanto, $x\in A∆B $

por lo tanto, $x\in A$

que es contradicción

por lo tanto, $x\in A$

Answer 4

Tirando en mi $0,02, simplemente sería calcular

$$\begin{align*} & A \Delta B \subseteq A \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"expand definition of %#%#%"} \\ & \langle \forall x : x \in A \Delta B : x \in A \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"expand definition of %#%#%"} \\ & \langle \forall x : x \in A \not\equiv x \in B : x \in A \rangle \\ (*) \;\; \equiv & \;\;\;\;\;\text{"logic: use negation of consequent in antecedent of (implicit) %#%#%"} \\ & \langle \forall x : \textrm{false} \not\equiv x \in B : x \in A \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"logic: simplify range"} \\ & \langle \forall x : x \in B : x \in A \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"definition of %#%#%"} \\ & B \subseteq A \\ \end{align*} $$

y descubrir que también $\;\subseteq\;$ lleva a cabo.

No recuerdo el nombre para la regla en el utilizó en el paso clave $\;\Delta\;$, pero por lo menos en las pruebas de Edsger Dijkstra W. c.s. se utiliza bastante a menudo como una ley bien conocida. Podría ser de Gries "un lógico enfoque a discreta matemáticas".