Обсуждение книги Верещагина, Шена "Начала теории множеств"

[Sinoid]

Здравствуйте! Эту тему я хотел бы начать с решения задач этой книги из первой ее главы. Первым решение, которое я хотел бы обсудить, является решение долго неполучавшейся у меня задачи 15. В ней требуется доказать, что

$$\left|A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right|=\sum_{i}\left|A_{i}\right|-2\sum_{i<j}\left|A_{i}\cap A_{j}\right|+4\sum_{i<j<k}\left|A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k}\right|-\ldots$$

Для придания большей наглядности, интуитивной, так сказать, ощущаемости, перепишем доказываемую формулу в следующем виде:

$$\begin{equation}{\displaystyle \left|A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right|=\sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\right|+(-2)\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\right|+(-2)^{2}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{i_{3}}\right|+\ldots+}\end{equation}$$

Преимущество такой записи перед начальной является, как нетрудно понять в том, что для ее записи можно использовать при обозначении разных индексов суммирования можно использовать одну и ту же букву, разумеется, с разными индексами против использования не пойми скольки букв в исходной записи. Итак, в процессе поиска доказательства этой формулы я выяснил, что для этого мне потребуется доказать еще дополнительно 3 формулы.
Формула 1. $\left|A\backslash B\right|=\left|A\right|-\left|A\cap B\right|$

(Доказательство.)

Хм, ну, тут довольно просто. Ведь при вычислении $A\backslash B$ из элементов множества $A$ удаляются те его элементы, которые входят в $B$.

Формула 2. $\left|(A\backslash B)\cap(B\backslash A)\right|=0$

(Доказательство.)

По определению разности множеств имеем:

$$\left\{ \begin{matrix}A\backslash B=\left\{ x\mid x\in A,\, x\notin B\right\} \\ B\backslash A=\left\{ x\mid x\notin A,\, x\in B\right\} \end{matrix}\right.$$

И тогда $(A\backslash B)\cap(B\backslash A)=\emptyset$. Дальнейшее очевидно.
Замечание. С учетом того, что в данной книге по крайней мере, пока, не оговорен приоритет (порядок) операций над множествами, я, опять же, по крайней мере, пока, в выражениях, где используется несколько, как правило, разные операции над множествами, буду для указания порядка их выполнения использовать скобки. В выражениях, где используется только одна операция над множествами, я думаю, это будет менее употребительно. Хотя, да. Взять выражение $A\backslash B\backslash C$. И как его понимать без введенного приоритета (порядка) операций?

Формула 3. $\left(A\backslash B\right)\cap C=\left(A\cap C\right)\backprime B$

(Доказательство)

Пусть $x\in\left(A\backslash B\right)\cap C$. Это означает, что $x\in A$, $x\notin B$

и $x\in C$, но тогда $x\in\left(A\cap C\right)\backslash B$. Обратно, пусть $x\in\left(A\cap C\right)\backslash B$. Это значит, что $x\in A$, $x\in C$ и $x\notin B$, но тогда $x\in A\backslash B$ и $x\in\left(A\backslash B\right)\cap C$.
Формула 4.$\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap B\right|=\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap B\right|}\right)-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap B\right|}\right)+\ldots+\ldots+(-2)^{n-1}\left({\displaystyle {\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap B\right|}}\right)$

(Доказательство)

Эта формула, как и формула, являющаяся нашей основной целью, будет доказана индукцией. Базис индукции возьму при $n=2$, а случай $n=1$ рассмотрю отдельно. На самом деле случай $n=1$ и доказывать нечего: доказываемая формула превращается в очевидное тождество: ${\displaystyle \left|(A_{1})\cap B\right|=\sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant1}\left|A_{i}\cap B\right|}$, потому что правая сумма состоит на самом деле из одного слагаемого, соответствующему единственному получающемуся в этом случае значению единственной переменной суммирования - $i_1=1$. Далее докажем формулу, выбранную нами в качестве базиса. Иными словами, мы хотим доказать следующую формулу:

$$\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\right)\cap B\right|=\left|A_{1}\cap B\right|+\left|A_{2}\cap B\right|-2\left|A_{1}\cap A_{2}\cap B\right|$$

Начинаем преобразования:
\begin{array*}\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\right)\cap B\right|=\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cup\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right)\cap B\right|=\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap B\right)\cup\left(\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right)\right|=\left|\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap B\right|+\left|\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right|-\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap B\right)\cap\left(\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right)\right|=\left|\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap B\right|+\left|\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right|-\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right)\cap B\right|\end{array*}$.

Тут я использовал коммутативность и ассоциативность операции $\cap$, а также тот факт, что $B\cap B=B$. Кроме того, была использована дистрибутивность пересечения относительно объединения. Короче, понятно. Найду $\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right)\cap B\right|$. В силу формулы 2 получу: $\left|\left(\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right)\cap B\right|=\left|\emptyset\cap B\right|=\left|\emptyset\right|=0$. Итак, пока получил: $\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\right)\cap B\right|=\left|\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap B\right|+\left|\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right|$. Кстати, а какую команду нужно использовать для обозначения пустого множеств? В программе LyX есть следующая

\textrm{\O}

команда, порождающая символ, очень похожий на тот, которым в книгах его обозначают или $\emptyset$? Или можно обоими? В книгах, вроде, повторюсь, обозначают первым. Итак, продолжая преобразования с помощью формул 1 и 3 и, используя коммутативность пересечения, получаем:
$\left|\left(A_{1}\backprime A_{2}\right)\cap B\right|+\left|\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\cap B\right|=\left|\left(A_{1}\cap B\right)\backslash A_{2}\right|+\left|\left(A_{2}\cap B\right)\backslash A_{1}\right|=\left|A_{1}\cap B\right|-\left|A_{1}\cap A_{2}\cap B\right|+\left|A_{2}\cap B\right|-\left|A_{1}\cap A_{2}\cap B\right|$.
Итак: $\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\right)\cap B\right|=\left|A_{1}\cap B\right|+\left|A_{2}\cap B\right|-2\left|A_{1}\cap A_{2}\cap B\right|$
Далее, пусть доказываемая формула верна при $n$. Докажем ее как обычно для случая $n+1$. Начинаем. В силу доказанной в задаче 7 ассоциативности симметрической разности, к доказательству которой я еще вернусь, можно написать: $\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots A_{n}\triangle A_{n+1}\right)\cap B\right|=\left|\left(\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots A_{n}\right)\triangle A_{n+1}\right)\cap B\right|$, Рассматривая последнюю написанную симметрическую разность как симметрическую разность двух множеств - $A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots A_{n}$ и $A_{n+1}$ (доказываемая формула нами ведь уже рассмотрена для случая симметрической разности, состоящей из двух операндов) можем написать: $\left|\left(\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\triangle A_{n+1}\right)\cap B\right|=\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap B\right|+\left|A_{n+1}\cap B\right|-2\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap A_{n+1}\cap B\right|$.
Мощность $\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap B\right|$ уже готова к тому, чтобы быть расписанной, используя предположение индукции. Для того же, чтобы иметь основание расписать, используя это предположение индукции, и мощность $\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap A_{n+1}\cap B\right|$, нужно просто, используя ассоциативность операции $\cap$, начать рассматривать $A_{n+1}\cap B$ не как пересечение неких множеств, а как одно некое новое множество. Итак,
$\left|\left(\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\triangle A_{n+1}\right)\cap B\right|=\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap B\right|+\left|A_{n+1}\cap B\right|-2\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap \left(A_{n+1}\cap B\right)\right|=$ $\left[\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap B\right|}\right)-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap B\right|}\right)+\ldots+\right.$ $\left.+(-2)^{n-1}\left({\displaystyle {\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap B\right|}}\right)\right]+\left|A_{n+1}\cap B\right|-$ $-2\left[{\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}\right)+\ldots+\right.$

$\left.(-2)^{n-1}\left({\displaystyle {\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}}\right)\right]=$

$\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap B\right|}+\left|A_{n+1}\cap B\right|\right)+$

$\left[-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap B\right|}\right)+\ldots+(-2)^{n-1}\left({\displaystyle {\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap B\right|}}\right)\right]-$ $-2\left[{\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}\right)\right.+\ldots+$ $(-2)^{n-2}\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n-1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n-1}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}\right)+$ $\left.(-2)^{n-1}\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}\right)\right]\right]=$ $\left[{\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap B\right|}\right]+\left[{\displaystyle -2\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap B\right|+{\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{n+1}\cap B\right|}\right)}\right]+$ $\ldots$

$+\left[(-2)^{n-1}\left({\displaystyle {\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap B\right|}+\right.\right.$

${\displaystyle \left.\left.\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n-1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots A_{i_{n-1}}\cap A_{n+1}\cap B\right|\right)\right]+}$

${\displaystyle +(-2)^{n}\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{n+1}\cap B\right|\right)=}$

${\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap B\right|-2\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap B\right|+\ldots}$ ${\displaystyle +(-2)^{n-1}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap B\right|+}$

${\displaystyle +(-2)^{n}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n+1}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{i_{n+1}}\cap B\right|}$

Все, после проведения предварительной подготовки, мы, наконец-то готовы к доказательству формулы (1). Доказывать будем как обычно, индукцией. Вот сейчас сижу и думаю: базу брать при $n=1$ или $n=2$? А то вдруг определение симметрической разности можно расширить и на случай одного операнда? Ладно, пока базу беру при $n=2$. Итак, нам нужно доказать следующую формулу: $\left|A_{1}\triangle A_{2}\right|=\left|A_{1}\right|+\left|A_{2}\right|-2\left|A_{1}\cap A_{2}\right|$. Но это не представляет каких-либо сложностей. Используя определение симметрической разности, теорему 1 обсуждаемой книги и доказанные выше формулы 1 и 2, а также коммутативность пересечения множеств, можем написать:
$\left|A_{1}\triangle A_{2}\right|=\left|\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cup\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right|=\left|A_{1}\backslash A_{2}\right|+\left|A_{2}\backslash A_{1}\right|-\left|\left(A_{1}\backslash A_{2}\right)\cap\left(A_{2}\backslash A_{1}\right)\right|=\left|A_{1}\backslash A_{2}\right|+\left|A_{2}\backslash A_{1}\right|=\left|A_{1}\right|-\left|A_{1}\cap A_{2}\right|+\left|A_{2}\right|-\left|A_{2}\cap A_{1}\right|=\left|A_{1}\right|+\left|A_{2}\right|-2\left|A_{1}\cap A_{2}\right|$.
Итак, выбранная нами база индукции доказана. И, как обычно, доказываем справедливость формулы при $n+1$, исходя из ее справедливости прм $n$. В силу ассоциативности симметрической разности и только что доказанной формулы (базы индукции) можем написать:
$\left|A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\triangle A_{n+1}\right|=\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\triangle A_{n+1}\right|=\left|A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right|+\left|A_{n+1}\right|-2\left|\left(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right)\cap A_{n+1}\right|=$
наконец, используя предположение индукции и формулу (4), окончательно расписываем:
${\displaystyle =\left[\sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\right|+(-2)\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\right|+(-2)^{2}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{i_{3}}\right|+\ldots+\right.}$ ${\displaystyle\left.+(-2)^{n-1}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\right|\right]}+\left|A_{n+1}\right|-$

$-2\left[\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{n+1}\right|}\right)-\right.$

$-2\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{n+1}\right|}\right)+\ldots+$

$+(-2)^{n-2}\left({\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n-1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n-1}}\cap A_{n+1}\right|}\right)+$

${\displaystyle\left.\left.+(-2)^{n-1}\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{n+1}\right|\right)\right]=}$

${\displaystyle \left[\sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\right|+\left|A_{n+1}\right|\right]+\left[-2\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\right|+{\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{n+1}\right|}\right)\right]+}$

${\displaystyle +\left[(-2)^{2}\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{i_{3}}\right|+\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{n+1}\right|\right)\right]+\ldots}$ $+{\displaystyle \left[(-2)^{n-1}\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\right|+\right.\right.}$ ${\displaystyle \left.\left.\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n-1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n-1}}\cap A_{n+1}\right|\right)\right]+}$ ${\displaystyle+\left[(-2)^{n}\left(\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{n+1}\right|\right)\right]=}$

${\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\right|+(-2)\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\lessdot n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\right|++(-2)^{2}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{i_{3}}\right|+\ldots+}$ ${\displaystyle +(-2)^{n-1}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\right|+}$ ${\displaystyle(-2)^{n}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldotp<i_{n}<i_{n+1}<n+1}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\cap A_{i_{n+1}}\right|}$

Фух, вроде, все написал правильно. Проверьте, плиз. Я понимаю, что задача решена неоправданно сложно. Но на более легкое решение у меня не хватило фантазии. А как ее решить более простым способом?

P. S. Тут было несколько избыточное употребление круглых скобок: просто копировал из своего черновика, а там, для большей наглядности, и понашлепал их столько. Сильно не бейте за это).

[Null]

Попробуйте использовать индексы.
$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

[Sinoid]

Null в сообщении #1504746 писал(а):

Попробуйте использовать индексы.
$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

Сейчас буду мудрить. А приведенное доказательство смотрели? Ошибок нет?

[Null]

Ну так то правильно но у вас 2 раза одно и то же доказано, в формулу 4 просто подставить $B=A_1\cup\dots\cup A_n$

(Оффтоп)

Пустое множество $\varnothing$

[Sinoid]

Null в сообщении #1504752 писал(а):

Ну так то правильно

Null, ага, спасибо большое.

-- 11.02.2021, 20:57 --

Null в сообщении #1504752 писал(а):

Ну так то правильно но у вас 2 раза одно и то же доказано,

Где? Что-то не вижу.

-- 11.02.2021, 21:04 --

Null в сообщении #1504752 писал(а):

в формулу 4 просто подставить $B=A_1\cup\dots\cup A_n$

Зачем? Мне-то понадобится $B$, никак не связанное с $B=A_1,\,\dots,\,A_n$. Зачем сужать область применимости формулы?

[Null]

Sinoid в сообщении #1504753 писал(а):

Зачем?

А вы подставьте, ну и учтите что для всех ваших множеств $A\cap B=A$

[Sinoid]

Null в сообщении #1504755 писал(а):

А вы подставьте,

Подставлю. Подождите, не торопитесь. Мне в связи с этим:

Null в сообщении #1504746 писал(а):

$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

пришло в голову еще одно доказательство формулы 1, через характеристические функции. Смотрите. Очевидно, $\chi_{A\backslash B}\left(x\right)=\chi_{A}\left(x\right)\left(1-\chi_{B}\left(x\right)\right)=\chi_{A}\left(x\right)-\chi_{A}\left(x\right)\chi_{B}\left(x\right)$, а тогда, положив $u=A\cup B$, получим: ${\displaystyle \left|A\backslash B\right|=\sum_{x\in u}\chi_{A\backslash B}\left(x\right)=\sum_{x\in u}\left(\chi_{A}\left(x\right)-\chi_{A}\left(x\right)\chi_{B}\left(x\right)\right)=\sum_{x\in u}\chi_{A}\left(x\right)-\sum_{x\in u}\chi_{A}\left(x\right)\chi_{B}\left(x\right)=\left|A\right|-\left|A\cap B\right|}$, ибо ${\displaystyle \sum_{x\in u}\chi_{A}\left(x\right)\chi_{B}\left(x\right)}$ есть не что иное, как в точности $\left|A\cap B\right|$. Скажите, пожалуйста, а такое доказательство формулы 1 верно?

[Sinoid]

Sinoid в сообщении #1504748 писал(а):

Null в сообщении #1504746 писал(а):

Попробуйте использовать индексы.
$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

Сейчас буду мудрить.

Что надумал. Смотрите. Пока только в частном случае $n=2$. В этом случае будет 2 множества - $A_1,\,A_2$. Тогда $\chi_{A_{1}\triangle A_{2}}\left(x\right)=\dfrac{1-(-1)^{t_{x}}}{2}$ и ${\displaystyle \left|A_{1}\triangle A_{2}\right|=\sum_{x\in A_{1}\cup A_{2}}\dfrac{1-(-1)^{t_{x}}}{2}}$. $t_x$ может принимать 2 значения - 1 или 2. Слагаемые со значением 1 в написанной сумме будут соответствовать тем и только тем $x\in A_{1}\cup A_{2}$, для которых $t_x=1$, т. е. тем и только тем $x$, которые принадлежат одному и только одному множеству $A_1$ или $A_2$. Другим $x$ будут соответствовать слагаемые со значением 0. Количество элементов, принадлежащих множеству $A_1$ и не принадлежащих $A_2$, есть, по формуле 1, $\left|A_{1}\right|-\left|A_{1}\cap A_{2}\right|$, а количество элементов, принадлежащих множеству $A_1$ и не принадлежащих $A_2$, есть, по той же формуле 1, $\left|A_{2}\right|-\left|A_{2}\cap A_{1}\right|$. Но тогда сумма $\dfrac{1-(-1)^{t_{x}}}{2}}$ есть просто сумма этих слагаемых:
${\displaystyle \sum_{x\in A_{1}\cup A_{2}}\dfrac{1-(-1)^{t_{x}}}{2}=}\left|A_{1}\right|-\left|A_{1}\cap A_{2}\right|+\left|A_{2}\right|-\left|A_{2}\cap A_{1}\right|=\left|A_{1}\right|+\left|A_{2}\right|-2\left|A_{1}\cap A_{2}\right|$.
Скажите, этот ход рассуждений пригоден для обобщения?

[Null]

Sinoid в сообщении #1504789 писал(а):

Скажите, этот ход рассуждений пригоден для обобщения?

Да. Подсказка $(-1)=(1-2)$ - отсюда вылезут степени $2$

[Sinoid]

Я решил, просто не успел дописать здесь. Приду-допишу. Подождите, плиз.

[Sinoid]

Null в сообщении #1504842 писал(а):

Да. Подсказка $(-1)=(1-2)$ - отсюда вылезут степени $2$

Спасибо большое, но я уже по-другому решил, днем, еще, когда к компу не подошел, пришло в голову. Смотрите

Null в сообщении #1504746 писал(а):

$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

На самом деле, несмотря на то, что эта формул верна, применять ее в таком виде не нужно, она в таком виде для решения этой задачи неудобна: для решения этой задачи нужно явное выражение $I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)$ через $I_{A_{1}}(x),\, I_{A_{2}}(x),\ldots,\, I_{A_{n}}(x)$ (вы обозначали характеристическую функцию через $I\text{ и т. д.}$, а я бы предпочел, чтобы не вызывать путаницы, обозначать ее как в книге, буквой $\chi$. Впрочем, если вам, уважаемые мои собеседники, это не совсем удобно, только скажите: я готов хоть как!). Рассмотрим вместо нее функцию (да, функцию: почему бы выражение, которое я напишу далее, не назвать/считать функцией? Потому что я употреблю для ее обозначения форму, не совсем привычную для обозначения функций? Так а где общепринятый стандарт обозначений функций? Нет его!)
$\chi_{A_{1},\,A_{2}\ldots,\,A_{n}}\left(x\right)=\dfrac{1-(1-2\chi_{A_{1}}(x))(1-2\chi_{A_{2}}(x))\ldots(1-2\chi_{A_{n}}(x))}{2}$
, где $\chi_{A_{i}}(x)$ при $i=1,\,2,\ldots,\, n$ могут принимать 2 значения - 0 и 1. Но тогда получается, что те же 2 значения может принимать и так определенная функция $\chi_{A_{1},\,A_{2}\ldots,\,A_{n}}(x)$. Докажем, что она по своей сути совпадает с формулой

Null в сообщении #1504746 писал(а):

$I_{A_{1},\,A_{2},\ldots,\,A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

В самом деле, если при некотором $i_0$ из множества $1,\,2,\ldots,\, n$ и некотором данном $x_{0}\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots\cup A_{n}$ будет $\chi_{A_{i_{0}}}(x_{0})=1$, то тогда $1-2\chi_{A_{i_{0}}}(x_{0})=-1$, а, если при этих же условиях $\chi_{A_{i_{0}}}(x_{0})=0$, то $1-2\chi_{A_{i_{0}}}(x_{0})=1$. Таким образом, при данном $x_0$ в произведении $-(1-2\chi_{A_{1}}(x_0))(1-2\chi_{A_{2}}(x_0))\ldots(1-2\chi_{A_{n}}(x_0))$ ровно столько множителей равно -1, во сколько множеств (из совокупности множеств $A_{1},\, A_{2},\ldots,\, A_{n}$) входит $x_0$, а остальные множители равны 1. Но тогда $\chi_{A_{1},\, A_{2},\ldots,\, A_{n}}(x_{0})=0$, если $x_0$ в четное количество множеств из совокупности множеств $A_{1},\, A_{2},\ldots,\, A_{n}$ и $\chi_{A_{1},\, A_{2},\ldots,\, A_{n}}(x_{0})=1$, если в нечетное, что полностью повторяет поведение выражения

Null в сообщении #1504746 писал(а):

$I_{A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}}(x)=\frac{1-(-1)^{l_x}}{2}$, где $l_x$ - количество множеств в которые входит $x$.

Но тогда ${\displaystyle \left|A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\right|=\sum_{x\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots A_{n}}}\dfrac{1-(1-2\chi_{A_{1}}(x))(1-2\chi_{A_{2}}(x))\ldots(1-2\chi_{A_{n}}(x))}{2}=$. Глядя на это выражение, тут же понимаешь, почему показатель у 2 в той формуле, которая получится из этого выражения будет на 1 меньше количества операндов, используемых для построения каждого из пересечений, мощности которых входят слагаемыми в сумму, стоящую в скобках после этой степени двойки: просто одна двойка сократится с двойкой, стоящей в знаменателе. Вот уже аргумент в пользу того. что написанную сумму можно преобразовать к нужному виду.
$\large{\displaystyle =\left(\sum_{\begin{matrix}x\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots\cup A_{n}\\ 1\leqslant i_{1}\leqslant n \end{matrix}}\chi_{A_{i{}_{1}}}(x)\right)}{\displaystyle +(-2)\left(\sum_{\begin{matrix}x\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots\cup A_{n}\\ 1\leqslant i_{1}<i_{2}\leq n \end{matrix}}\chi_{A_{i_{1}}}(x)\cdot\chi_{A_{i_{2}}}(x)\right)+}$ $\large(-2)^{2}{\displaystyle \left(\sum_{\begin{matrix}x\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots\cup A_{n}\\ 1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}\leqslant n \end{matrix}}\chi_{A_{i_{1}}}(x)\cdot\chi_{A_{i_{2}}}(x)\cdot\chi_{A_{i_{3}}}(x)\right)+\ldots+}$ $\large{\displaystyle(-2)^{n-1}\left(\sum_{\begin{matrix}x\in A_{1}\cup A_{2}\cup\ldots\cup A_n\\ 1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n \end{matrix}}\chi_{A_{i_{1}}}(x)\cdot\chi_{A_{i_{2}}}(x)\cdot\ldots\cdot\chi_{A_{i_{n}}}(x)\right)=}$ ${\displaystyle \sum_{1\leqslant i_{1}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\right|+(-2)\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\right|+(-2)^{2}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<i_{3}<n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap A_{i_{3}}\right|+\ldots+}$ ${\displaystyle+(-2)^{n-1}\sum_{1\leqslant i_{1}<i_{2}<\ldots<i_{n}\leqslant n}\left|A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{n}}\right|}$
Проверьте, пожалуйста, мои наконец-то законченные выкладки.

-- 13.02.2021, 01:16 --

Sinoid в сообщении #1504875 писал(а):

Приду-допишу.

В смысле, я ходил поесть, что тоже занимает изрядное количество времени...

[Sinoid]

Null в сообщении #1504755 писал(а):

Sinoid в сообщении #1504753

писал(а):
Зачем? А вы подставьте, ну и учтите что для всех ваших множеств $A\cap B=A$

Понял. Если

Null в сообщении #1504752 писал(а):

$B=A_1\cup\dots\cup A_n$

, то $A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}\subseteq B$, значит, $(A_{1}\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n})\cap B=A\triangle A_{2}\triangle\ldots\triangle A_{n}$ и левая часть уже доказанной формулы 4 превращается в левую часть еще только доказываемой формулы (1), что же касается правой части формулы 4, так тут вообще все просто, ибо при принятом соглашении относительно множества $B$ $t=1,\,2,\ldots,n$ будет $\large\mbox{\ensuremath{A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{t}}\cap B=A_{i_{1}}\cap A_{i_{2}}\cap\ldots\cap A_{i_{t}}}}$. Верно? Да, вы правы: так, как советовали вы, проще: не нужно доказывать лишнюю формулу громоздким доказательством.

[Sinoid]

Это же в этой задаче считается, что бывают и такие функции, которые при стремлении к точке разрыва устремляются к бесконечности?

[пианист]

Sinoid
Эта тема тут недавно обсуждалась post1490775.html#p1490775

[Slav-27]

Sinoid в сообщении #1504971 писал(а):

Это же в этой задаче считается, что бывают и такие функции, которые при стремлении к точке разрыва устремляются к бесконечности?

В принципе да, но на самом деле у неубывающих функций действительного аргумента такого не бывает (это совсем несложно доказать).