Cómo derivar una unión de conjuntos como un discontinuo de la unión?

Question

$$\bigcup_{n=1}^\infty A_n = \bigcup_{n=1}^\infty (A_{1}^c \cap\cdots\cap A_{n-1}^c \cap A_n)$$

El resultado es bastante obvio, pero cómo probar esto

Answer 1

El $n$'s en el lado derecho debe ser $i$'s (o $i$ debe $n$).

Para cualquier $x$, la declaración "no es un $i\in\mathbb N$ tal que $x\in A_i$" es equivalente a "no hay la menor $i\in\mathbb N$ tal que $x\in A_i$".

Answer 2

Este es un enfoque similar, pero utilizando diferentes herramientas. Se salió un poco más formalizada, pero tal vez aún podría ser útil para usted.

---

Quieres demostrar

$$\bigcup_{n=1}^\infty A_n = \bigcup_{n=1}^\infty (A_{1}^c \cap \ldots\cap A_{n-1}^c \cap A_{n})$$ o de forma más concisa

$$\bigcup_{n=1}^\infty A_n = \bigcup_{n=1}^\infty\left(\bigcap_{k=1}^{n-1} A_k^c\right) \cap A_n.$$

Esto es equivalente a

$$\exists n.\ P(n) \iff \exists n.\ (\neg P(1) \land \ldots \land \neg P(n-1) \land P(n))$$

o

$$\exists n.\ P(n) \iff \exists n.\ \Big(\forall k < n. \neg P(k)\Big) \land P(n).$$

De curso $A \land B$ implica $B$ $\Leftarrow$ parte es trivial. Para demostrar $\Rightarrow$, $$\mathcal{I} = \big\{n\ \big|\ P(n)\big\}.$$ By $\existe n. P(n)$ we know that $\mathcal{I}$ is non-empty. Now, observe that $\langle \{1,2,3,\ldots\},\leq\rangle$ is a well order (that is a well-founded total order), and as such $\mathcal{I}$ has the smallest element; name it $m$. By the definition of $\mathcal{I}$ we know that $\forall k < m.\ \neg P(k)$, and also $P(m)$, so we have constructed the desired $$ n de la mano derecha.

Espero que le ayuda ;-)

Answer 3

Para $n\in\Bbb Z^+$ deje $B_n=A_n\setminus\bigcup_{k=1}^{n-1}A_k=A_n\cap\bigcap_{k=1}^{n-1}A_k^c$; usted quiere demostrar que $$\bigcup_{n\ge 1}A_n=\bigcup_{n\ge 1}B_n\;.$$

Claramente no es suficiente para mostrar que

$$\bigcup_{k\ge 1}A_k\subseteq\bigcup_{k\ge 1}B_k\;.$$

Para $x\in\bigcup_{k\ge 1}A_k$ deje $n(x)=\min\{k\in\Bbb Z^+:x\in A_k\}$; a continuación,$x\in B_{n(x)}\subseteq\bigcup_{k\ge 1}B_k$, y listo.