La prueba de que $\bigcap_{a\in A} \bigg(\, \bigcup_{b\in B} F_{a,b} \, \bigg) = \bigcup_{f\in ^AB} \bigg(\, \bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\,\bigg) $

Question

Me he encontrado un interesante ejercicio de otro libro maravilloso (Jech) que no estoy totalmente seguro acerca de cómo hacerlo.

Demostrar la siguiente forma de la ley distributiva:

$$\bigcap_{a\in A} \bigg(\, \bigcup_{b\in B} F_{a,b} \, \bigg) = \bigcup_{f\in ^AB} \bigg(\, \bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\,\bigg) $$

Suponiendo que $F_{a,b_1} \cap F_{a,b_2} = \emptyset $ por cada $a\in A$$b_1,b_2\in B$$b_1\not=b_2$.

Primero de todo, no estoy completamente seguro acerca de lo $ F_{a,b}$ realmente significa. Supongo que es el rango de una familia con un dominio $A \times B$.

Y segundo, no puedo averiguar cómo hacerlo a la inversa (suponiendo que la primera parte es correcta, he utilizado como normal en este tipo de prueba elemento de perseguir)

Prueba:

($\Rightarrow$) ...

($\Leftarrow$) Supongamos que $z\in \bigcup_{f\in ^AB} \big(\, \bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\,\big)$; entonces no es $f\in \,^AB$ tal que $z\in \bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\, $. Deje $a \in A$ ser arbitraria.

Reivindicación 1 $\, \bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\subseteq F_{a,f(a)} \subseteq \bigcup_{b\in B} F_{a,b}$.

La prueba de la Reivindicación 1:

Para la inclusión: Supongamos $z\in\bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}$; a continuación, para cada una de las $a\in A$ tenemos que $z\in F_{a,f(a)}$. A continuación,$\bigcap_{a \in A} F_{a,f(a)}\subseteq F_{a,f(a)}$. Para el segundo inclusión: Ahora supongamos $z\in F_{a,f(a)}$. Claramente $f(a)\in B$ porque $f\in ^AB$. A continuación, hay algunos $b\in B$ tal que $z\in F_{a,b}$ y, por tanto, que $z\in \bigcup_{b\in B} F_{a,b}$. $\square$

Desde $a$ fue arbitraria de ello se sigue que $z\in \bigcup_{b\in B} F_{a,b}$ (reivindicación 1) para cada una de las $a\in A$ y que, por ende, $z\in \bigcap_{a\in A} \big(\, \bigcup_{b\in B} F_{a,b} \, \big)$ como se desee.

Yo realmente, realmente aprecio mucho un poco de ayuda con eso. Gracias de antemano como siempre.

Answer 1

Su comprensión de $F_{a,b}$ es correcta.

Su escrito de Demanda $1$ es un poco deficiente, porque estás usando la letra $a$ tanto como un índice de la variable en la intersección y como un elemento específico de $A$. En su lugar usted debe dejar a $a_0\in A$ ser arbitraria, y el estado de la reclamación de la siguiente manera:

Reclamación $\mathbf1$ : $\bigcap_{a\in A}F_{a,f(a)}\subseteq F_{a_0,f(a_0)}\subseteq \bigcup_{b\in B}F_{a_0,b}$.

Su argumento para la inclusión es entonces sólo la observación de que una intersección de conjuntos está contenida en uno de esos conjuntos: si $z\in\bigcap_{a\in A}F_{a,f(a)}$, $z\in F_{a,f(a)}$ por cada $a\in A$, y, en particular,$z\in F_{a_0,f(a_0)}$. Para el segundo inclusión, por supuesto, a continuación, empezar con $z\in F_{a_0,f(a_0)}$, y el resto de su argumento procede con sólo cambios menores: $f(a_0)\in B$, lo $F_{a_0,f(a_0)}\subseteq\bigcup_{b\in B}F_{a_0,b}$.

Ahora se puede argumentar que desde $a_0\in A$ fue arbitraria, para cada una de las $a\in A$ tenemos $z\in\bigcup_{b\in B}F_{a,b}$, y por lo tanto $z\in\bigcap_{a\in A}\bigcup_{b\in B}F_{a,b}$, como se desee.

En otras palabras, su argumento es básicamente correcto, pero que se ha permitido a sí mismo para confundir a los elementos genéricos con elementos específicos; un trivial de reescritura se hace cargo del problema.

En el otro sentido, supongamos que $z\in\bigcap_{a\in A}\bigcup_{b\in B}F_{a,b}$. Deje $a\in A$ ser arbitraria; a continuación,$z\in\bigcup_{b\in B}F_{a,b}$, por lo que hay un $b\in B$ tal que $z\in F_{a,b}$. El disjointness condición de los conjuntos asegura que esta $b$ es única, por lo $\{\langle a,b\rangle\in A\times B:z\in F_{a,b}\}$ es en realidad una función de$A$$B$; llamar a esta función $f_z$. Claramente $z\in\bigcap_{a\in A}F_{a,f_z(a)}\subseteq\bigcup_{f\in{}^BA}\bigcap_{a\in A}F_{a,f(a)}$, y listo.

Answer 2

Como en muchos de teoría de conjuntos de pruebas, ayuda a traducir desde el nivel establecido para el nivel de elemento y, a continuación, utilizar la lógica ordinaria.

En este caso, significa que se pide demostrar por cualquier $\;z\;$ que $$ (0) \;\;\; \langle \forall un :: \langle \existe b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle \;\equiv\; \langle \existe f : f \in A \B : \langle \forall a :: z \in F(a,f(a)) \rangle \rangle $$ (A lo largo de esta respuesta implícitamente $\;a \in A\;$$\;b,b_1,b_2 \in B\;$, e $\;f\;$ es una función.)

Parece necesario probar ambas direcciones por separado.

La primera cosa que he intentado es empezar desde el más complejo lado de $(0)$, y empuje la $\;\exists f\;$ hacia el interior tanto como sea posible: para cualquier $\;z\;$, \begin{align} & \langle \exists f : f \in A \to B : \langle \forall a :: z \in F(a,f(a)) \rangle \rangle \\ \Rightarrow & \;\;\;\;\;\text{"logic: %#%#%"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists f : f \in A \to B : z \in F(a,f(a)) \rangle \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"introduce abbreviation with one-point rule -- suggested by left hand side of %#%#%"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists f : f \in A \to B : \langle \exists b : b = f(a) : z \in F(a,b) \rangle \rangle \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"move %#%#% to the only part which uses %#%#%"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists b : \langle \exists f : f \in A \to B : b = f(a) \rangle : z \in F(a,b) \rangle \rangle \\ \Rightarrow & \;\;\;\;\;\text{"weaken range of %#%#% to %#%#%"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle \\ \end{align} Esto demuestra la dirección de retroceso de $\;\exists\forall \Rightarrow \forall\exists\;$.

Para la dirección de avance de la asumimos $$ (1) \;\;\; \langle \forall un :: \langle \existe b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle $$ y debemos construir una función $(0)$ tal que $\;\exists f\;$. Calculamos para cualquier función de $\;f\;$ y cualquier $\;\exists b\;$ \begin{align} & \langle \forall a :: z \in F(a,f(a)) \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"rewrite using one-point rule -- allows definition of function application"} \\ & \langle \forall a,b : b = f(a) : z \in F(a,b) \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"definition of function application"} \\ & \langle \forall a,b : (a,b) \in f : z \in F(a,b) \rangle \\ \Leftarrow & \;\;\;\;\;\text{"the simplest possible choice for %#%#%"} \\ & f = \{a,b : z \in F(a,b) : (a,b)\} \end{align} (La notación. La última línea se describe el conjunto que, para cada una de las $\;\text{true}\;$ tal que $(0)$, contiene el par $\;f\ \in A \to B\;$.)

Ahora sólo tenemos que demostrar que esta relación es de hecho una función de $\;\langle \forall a :: z \in F(a,f(a)) \rangle\;$. Está claro que es un subconjunto de a $\;f\;$, ya que el $\;z\;$ $\;f\;$ (implícitamente). Y es una función, ya que para cualquier $\;a,b\;$ \begin{align} & \{a,b : z \in F(a,b) : (a,b)\}\text{ is a function} \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"definition of what it means to be a function"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists! b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"split %#%#% into %#%#% and %#%#%; %#%#% distributes over %#%#%"} \\ & \langle \forall a :: \langle \exists b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle \;\land\; \langle \forall a :: \langle ! b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle \\ \equiv & \;\;\;\;\;\text{"left part using %#%#%; right part using %#%#% below"} \\ & \text{true} \end{align} (La notación. Aquí $\;z \in F(a,b)\;$ significa que "existe más de un $\;(a,b)\;$.)

La parte derecha de la última etapa se desprende directamente de la condición de que (traducido al nivel del elemento) dice que $$ \langle \forall una, b_1, b_2 : b_1 \no= b_2 : \lnot(z \in F(a,b_1) \tierra z \in F(a,b_2)) \rangle $$ o, equivalentemente, $$ (2) \;\;\; \langle \forall un :: \langle ! b :: z \in F(a,b) \rangle \rangle $$ para cualquier $\;A \to B\;$.

Esto completa la prueba.