שינויים

=המשך קבוצות= =תרגיל=משלים ==נתון '''הגדרה''': תהי קבוצה <math>U</math>, ונביט בתת קבוצה שלה <math>A=\{\phi\}</math> ונתון . ניתן להגדיר את ה'''משלים''' של <math>B=A</math> כאוסף האיברים ב-<math>U</math> שאינם ב-<math>A</math> (כלומר ההפרש <math>U\{\phisetminus A</math>),\{\phi\}\}המסומן <math>A^c</math>. סמן לא ניתן לדבר על משלים אוניברסלי ללא <math>U</math> מכיוון שאין קבוצה המכילה את הביטויים הנכוניםכל הדברים בעולם (אחרת נגיע לסתירות כמו פרדוקס ראסל). תכונות בסיסיות:#* <math>A\phi\subseteq Bcup A^c = U</math> (כן)#* <math>\phi\in \phivarnothing^c = U</math> (לא)#* <math>U^c = \phi \subseteq \phivarnothing</math> (כן)#* <math>(A^c)^c = A\subseteq B</math>  על המשלימים מתקיימים חוקי דה מורגן (כןהנובעים ישירות מחוקי דה מורגן בלוגיקה):#*<math>(A\in cap B)^c = A^c \cup B^c</math> (כן)#*<math>(A\cup B )^c = A^c \cap B^c</math> (כן)#הערה: באופן כללי מתקיים * <math>A(\cap Bbigcap _{i\in I} A_i)^c =\phibigcup _{i\in I} A_{i}^c </math>* <math> (לא\bigcup _{i\in I} A_i)^c = \bigcap _{i\in I} A_{i}^c </math>

הוכח הוכיחו כי <math>A\cap (triangle B/C)=(A^c \cap triangle B) / (A\cap C)^c</math>.

בצד הימני הוספנו סתירה בעזרת הקשר <math>(x\notin A^c \land x\in B^c)\lor (x\notin B^c \land x\in A^c)</math> ומחילופיות "וגם" ו"או" ולכן נשארנו עם ביטוי שקול. כעת נשתמש בחוק הפילוג של הלוגיקה:

===תרגיל===לכל <math>\iff [(xn\in A) \and (xmathbb{N}</math> נגדיר <math>A_n=\in B)]\and [(x\notin C)\or(x\notin A)]\iff [(x{k\in A) \and (xmathbb{N}|2\in B)]leq k\and leq 2n-1\neg [(x\in C)}</math> ונגדיר <math>B_n=A_{n+1}\and(x\in A)] smallsetminus A_n</math>.

וזה בדיוק מה שרצינוב. נגדיר <math>D_n=\mathbb{N}\smallsetminus B_n</math>. מצאו את <math>\bigcap_{n\in \mathbb{N}} D_n</math>.

דרך הכלה דו כיווניתא. התשובה: <math>\mathbb{N}\smallsetminus \{1\}</math>. הוכחה:

(<math>\bigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n \subseteq\mathbb{N}\smallsetminus \{1\} </math>) נניח : הכל תת קבוצות של הטבעיים וכל הקבוצות מוגדרות ע"י איברים הגדולים מ-<math>x\in A\cap(B\backslash C)2</math> אזי .

<math>x\in A mathbb{N}\land xsmallsetminus \in B {1\land x} \notsubseteq \bigcup_{n\in C \Leftarrowmathbb{N}} B_n</math>: יהי <math>xa\in A\cap B mathbb{N}\land xsmallsetminus \not{1\in A}</math> נמצא קבוצה בה הוא נמצא. נשים לב ש-<math>B_n=\{2\leq k\leq 2n+1\}\smallsetminus \{2\leq k\leq 2n-1\}=\cap C {2n,2n+1\Leftarrow}</math>. לכן אם <math>xa</math> זוגי הוא נמצא ב- <math>B_{\in (Afrac{n}{2}}</math> ואם אי-זוגי אז <math>a\cap B) \backslash (Ain B_{\cap C)frac{n-1}{2}}</math>.

(ב. נתייחס ל-<math>\supseteqmathbb{N}</math>) נניח כקבוצה האוניברסלית לדיוננו. לפי דה-מורגן נקבל:<math>x\bigcap_{n\in (A\cap B) mathbb{N}} D_n=\bigcap_{n\in \backslash mathbb{N}} B_n^c=(A\cap Cbigcup_{n\in \mathbb{N}} B_n)^c=\{1\}</math> אזי .

==קבוצת החזקה== '''הגדרה''': תהי קבוצה <math>x\in A\cap B \land x\not\in A\cap C \Leftarrow</math>. נגדיר את '''קבוצת החזקה''' של <math>x\in A \land x\in B \land x\not\in C \Leftarrow </math>(כי אם בתור אוסף כל תת הקבוצות של <math>x\in CA</math> אזי . נסמן <math>x\in P(A\cap C</math> סתירה)<math>x=\in {X:X\subseteq A\cap(B\backslash C)\Leftarrow }</math>. האם אתם יכולים למנות כמה איברים יש בקבוצת החזקה? הוכיחו זאת באינדוקציה.

נתונות הוכיחו או הפריכו: <math>A=\{2m+1:m\in\mathbb{Z}\}</math>, ו <math>Bcap P(P(A))=\{2m+3:m\in\mathbb{Z}\}varnothing</math>. הוכח שA=B.

נוכיח הכלה דו כיוונית. נניח הפרכה : ניקח <math>x\in A</math> לכן קיים מספר שלם m כך ש <math>x=2m+\{1</math>. קל לראות שמתקיים <math>x=2(m-,\{\{1)+3</math> אבל אז מכיוון ש m-1 הינו מספר שלם מתקיים <math>x\in B}\}\}</math> כפי שרצינו.

א. <math>P(A)\cap P(B)==== משלים ====P(A\cap B)</math>

'''הגדרה''': תהי קבוצה U, ונביט בתת קבוצה שלה Aב. ניתן להגדיר את ה'''משלים''' של A כאוסף האיברים בU שאינם בA (כלומר ההפרש <math>UP(A)\setminus cup P(B)=P(A</math>\cup B), מסומן <math>A^c</math>. לא ניתן לדבר על משלים אוניברסאלי ללא U מכיוון שאין קבוצה המכילה את כל הדברים בעולם (אחרת נגיע לסתירות כמו פרדוקס ראסל).

תכונות בסיסיות:* <math>A\cup A^c = U</math>* <math>\emptyset^c = U</math>* <math>U^c = \emptyset</math>* <math>(A^c)^c = A</math>פתרון====

על המשלימים מתקיימים חוקי דה מורגן (הנובעים ישירות מחוקי דה מורגן בלוגיקה)א. הוכחה:*<math>(AX\cap B)^c = A^c \cup B^c</math>*<math>in P(A\cup B)^c = A^c \cap P(B^c</math>הערה: באופן כללי מתקיים * <math>(\cap _{i\in I} A_i)^c = \cup _{iiff X\in I} A_{i}^c </math>* <math>(subseteq A\cup _{iland X\in I} A_i)^c = subseteq B\cap _{i\in I} A_{i}^c iff</math>

'''הגדרה'''ב. הפרכה: תהי קבוצה ניקח <math>A=\{1\},B=\{2\}</math>. נגדיר את '''קבוצת החזקה''' של אז <math>\{1,2\} \in P(A בתור אוסף כל תתי הקבוצות של A. מסומן \cup B)</math>, אבל לא ל-<math>P(A)=\{X:X\subseteq A\}cup P(B)</math>.

דוגמא: למעשה הוכיחו כי <math>P(A=)\{1,2cup P(B)=P(A\}cup B)</math> אזי אם ורק אם <math>P(A)=\{\{\},subseteq B</math> או <math>B\{1\},\{2\},\{1,2\}\}subseteq A</math>.  האם אתם יכולים למנות כמה איברים יש בקבוצת החזקה?

יהיו תהינה <math>A,B,C </math> קבוצות. הוכיחו/או הפריכו:

א. אם <math>A \not\subseteq B \cap C</math> אזי <math>(A/\setminus B)\cap(A/\setminus C)\neq \phivarnothing</math>

ב. אם <math>A\subseteq B</math> אזי <math>A\cup(B/\setminus A)=B</math>

ג. אם <math>A\cap B=\phivarnothing</math> אזי <math>P(A)\cap P(B) = \{\phivarnothing\}</math>  ====פתרון====א. '''הפרכה''': <math>A=\{1,2\},B=\{1\},C=\{2\}</math>. אזי ברור שA איננה מוכלת בחיתוך של B וC אבל <math>(A/B)\cap(A/C)=\{2\}\cap\{1\}=\phi</math>

ב. נתון שלכל <math>a\in A</math> מתקיים <math>a \in B</math>. אזי <math>x\in [A\cup(B/A)] \iff (x\in A) \or [(x\in B)\and (x\notin A)] \iff [(x\in A) \or (x\in B)] \and [(x \in A)\or (x\notin A)] </math>

כעת, הצד הימני הוא טאוטולוגיה וניתן להסיר אותו. מכיוון שנתון <math>[(x\in A)\rightarrow or (x\in B)</math> ניתן להסיק בקלות ש<math>] \and [(x\in A)\or (x\in B) \iff (x\in Bnotin A)] </math> כפי שרצינו.

דרך נוספת: נגדיר את B להיות הקבוצה האוניברסאלית כעת, הצד הימני הוא טאוטולוגיה וניתן להסיר אותו. מכיוון שנתון <math>U:=(x\in A)\rightarrow (x\in B)</math> ואז צריך להוכיח כי ניתן להסיק בקלות ש-<math>A(x\cap in A^c =U)\or (x\in B) \iff (x\in B)</math> וזה אכן נכון!, כפי שרצינו.

ג. נניח בשלילה ש-<math>P(A)\cap P(B)\neq \{\phivarnothing\}</math>. מכיוון שהקבוצה הריקה שייכת לכל קבוצת חזקה , החיתוך אינו ריק. לכן לפי הנחת השלילה קיימת קבוצה לא ריקה <math>C \phi ne\not=Cvarnothing</math> השייכת לחיתוך <math>P(A)\cap P(B)</math>. קבוצות החזקה הן אוסף תתי תת הקבוצות, ולכן <math>C\subseteq A \and C\subseteq B</math>. מכיוון שC ש-<math>C</math> אינה ריקה קיים בה איבר <math>\exists c\in C</math> וקל מאד לראות ש-<math>(c\in A)\and (c\in B) </math> ולכן <math>c </math> מוכל בחיתוך , בסתירה לכך שהחיתוך ריק.