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Autor Tema: Ejercicio de conjuntos sobre intersecciones y uniones  (Leído 374 veces)
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lcdeoro
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« : 11/08/2018, 01:12:23 am »

Si [texx]A_n\subseteq{X},\ para\ todo\ n=1,2,3,...[/texx] pruebe que

[texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}{A_n}=A_1 - (\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{(A_1 - A_n)})[/texx]

Todavia no logro visualizar esta igualdad. más que todo la segunda parte se me es dificil de ver. alguna idea como seria la prueba, gracias.
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martiniano
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« Respuesta #1 : 11/08/2018, 04:59:13 am »

Hola.

Yo lo que haría es demostrar por inducción sobre [texx]k[/texx] que:

[texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{A_n}=A_1 - (\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k}{(A_1 - A_n)})[/texx]

Y así, tomando límites cuando [texx]k\rightarrow{\infty}[/texx] ya lo tendrías.

Si quedas atascado en algún paso súbelo y le echaré un ojo.

Saludos.
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Mr. Stranger
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« Respuesta #2 : 08/09/2018, 07:49:21 pm »

Una opción, quizá la más formal, sea realizar inducción sobre k, tal como dice martiniano:


Yo lo que haría es demostrar por inducción sobre [texx]k[/texx] que:

[texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{A_n}=A_1 - (\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k}{(A_1 - A_n)})[/texx]

Y así, tomando límites cuando [texx]k\rightarrow{\infty}[/texx] ya lo tendrías.

Sin embargo, propongo la siguiente prueba un poco menos formal:

[texx]\supseteq{})[/texx]
   Sea [texx]x\in A_1\backslash (\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_1\backslash A_n})[/texx]. Entonces    [texx] x\in A_1\quad y\quad x\not\in \displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_1\backslash A_n}\quad i.e.\quad x\in A_1\quad y\quad x\not\in ((A_1\backslash A_1)\cup (A_1\backslash A_2)\cup ...)[/texx], de donde, por Leyes de DeMorgan, obtenemos que [texx] x\in A_1\quad y\quad (x\not\in A_1\quad o\quad x\in A_1)\quad y\quad (x\not\in A_1\quad o\quad x\in A_2)\quad y... [/texx]  Ahora, notemos que en cada paréntesis tenemos que [texx] x\not\in A_1\quad o\quad x\in A_n  [/texx] para alguna [texx] n\in \mathbb{N} [/texx], pero sabemos que [texx] x\in A_1 [/texx], por lo que, de cada paréntesis obtenemos que [texx] x\in A_1,\, x\in A_2,\, ... [/texx] (esto se sigue de la aplicación sucesiva de la regla de inferencia tollendo ponens). Por tanto, [texx] x\in \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}{A_n} [/texx]

[texx]\subseteq{})[/texx]
   Sea [texx]x\in \displaystyle\bigcap_{n=1}^{\infty}{A_n}[/texx]. Tenemos que [texx]x\in A_1, x\in A_2, ...[/texx], o bien, [texx] x\in A_1\, \, y\, \, (x\in A_1, x\in A_2, ...)[/texx]; aunque el recíproco del tollendo ponens no es siempre verdadero, en este caso sí que lo es, pues [texx] x\in A_n[/texx] es cierta para toda [texx]n\in \mathbb{N}[/texx] (hipótesis), [texx]x\not\in A_1\, \, o\, \, x\in A_n[/texx] también es cierta, y, en consecuencia, la impicación  [texx] x\in A_n \Rightarrow (x\in A_1\, \, y\, \, (x\not\in A_1\, \, o\, \, x\in A_n)) [/texx] es verdadera para toda [texx]n\in \mathbb{N}[/texx]. Por tanto,  [texx] x\in A_1\quad y\quad (x\not\in A_1\quad o\quad x\in A_1)\quad y\quad (x\not\in A_1\quad o\quad x\in A_2)\quad y... [/texx], y al aplicar Leyes de DeMorgan obtenemos    [texx]x\in A_1\quad y\quad x\not\in ((A_1\backslash A_1)\cup (A_1\backslash A_2)\cup ...)[/texx], de donde
[texx]x\in A_1\backslash (\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}{A_1\backslash A_n})[/texx].


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martiniano
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« Respuesta #3 : 09/09/2018, 05:59:25 pm »

Hola buenas. Tu demostración me parece perfectamente válida, Mr. Stranger.

Ya que estoy, voy a subir lo que había pensado yo, que si no parece que me he tirado un farol  :sonrisa:.

Supongamos que para un cierto [texx]k\in{\mathbb{Z}}[/texx] es cierto que:

[texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{A_n}=A_1 - \left(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k}{(A_1 - A_n)}\right)[/texx]

Entonces, para [texx]k+1[/texx] también es cierto, ya que:

[texx]\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k+1}{A_n}=A_{k+1} \cap{}\left[\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{A_n}\right]=A_{k+1}\cap{}\left[A_1 - \left(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k}{(A_1 - A_n)}\right)\right]=A_{k+1}\cap{}A_1 \cap{} \left(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k}{(A_1 \cap{} A_n^c)}\right)^c=[/texx]
[texx]A_{1}\cap{}A_{k+1} \cap{} \left(\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{(A_1^c \cup{} A_n)}\right)=A_{1}\cap{}(A_1^c\cup{}A_{k+1}) \cap{} \left(\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k}{(A_1^c \cup{} A_n)}\right)=A_{1} \cap{} \left(\displaystyle\bigcap_{n=1}^{k+1}{(A_1^c \cup{} A_n)}\right)=[/texx]
[texx]A_{1} \cap{} \left(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k+1}{(A_1 \cap{} A_n^c)}\right)^c=A_1 - \left(\displaystyle\bigcup_{n=1}^{k+1}{(A_1 - A_n)}\right)[/texx]

Como la fórmula es trivialmente cierta para [texx]k=1[/texx], por el principio de inducción, será cierta para todos los enteros mayores que [texx]1[/texx]

Saludos.
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