Топология, первое знакомство.

[Vladimir Pliassov]

Да, действительно, векторы плоскости $x, y$ отображаются не только в ось $z$, но и в плоскость $x, y$.

Значит, $R[A]=Z\cup A, \; R[B]=Y\cup B\Rightarrow R[A]\cap R[B]=(Z\cup A)\cap (Y\cup B)=X\cup Y\cup Z$.

Если бы было $R[A\cap B]=C$, все равно было бы $R[A\cap B]\not \subset R[A]\cap R[B]$, потому что $C\not \subset X\cup Y\cup Z$, но

Mikhail_K в сообщении #1520049 писал(а):

На самом деле, даже $R[A\cap B]=C$ неверно

Почему? Ведь все векторы, ортогональные векторам оси $x$, находятся в плоскости $y, z$, разве нет?

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1520069 писал(а):

Значит, $R[A]=Z\cup A$

Нет. Например вектор $(1, 0, 1)$, не принадлежащий $Z \cup A$, разве не ортогонален вектору $(0, 1, 0)$, принадлежащему $A$?

Vladimir Pliassov в сообщении #1520069 писал(а):

Ведь все векторы, ортогональные векторам оси $x$, находятся в плоскости $y, z$, разве нет?

Нет. На оси $x$ есть вектор, ортогональный, например, вектору $(1, 1, 1)$.

[пианист]

Geen в сообщении #1519360 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1519357

писал(а):
в учебнике сказано
Вот если Вам непонятно какое-то место в учебнике, а учебник Вы до этого места весь прочитали, то спрашивайте именно про это место

+100500
Таким способом как сейчас Вы Ленга (о какой книге речь, кстати?) никогда даже и не начнете изучать.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1520072 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1520069 писал(а):

Значит, $R[A]=Z\cup A$

Нет. Например вектор $(1, 0, 1)$, не принадлежащий $Z \cup A$, разве не ортогонален вектору $(0, 1, 0)$, принадлежащему $A$?

Ортогонален, вектор $(0, 1, 0)$ ортогонален всей плоскости $x z$, и каждый вектор плоскости $x y$ ортогонален соответствующей плоскости, ортогональной плоскости $x y$, так что, если $D$ обозначить множество всех векторов пространства $L$, имеем $R[A]=D$, аналогично, $R[B]=D$, и поэтому $R[A]\cap R[B]=D$.

mihaild в сообщении #1520072 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1520069 писал(а):

Ведь все векторы, ортогональные векторам оси $x$, находятся в плоскости $y, z$, разве нет?

Нет. На оси $x$ есть вектор, ортогональный, например, вектору $(1, 1, 1)$.

Это нулевой вектор? Тогда, конечно, $R[A\cap B]=D$, и

$$R[A\cap B]=R[A]\cap R[B].$$

[mihaild]

Vladimir Pliassov в сообщении #1520102 писал(а):

Это нулевой вектор? Тогда, конечно, $R[A\cap B]=D$,

Да, именно так. $R[X]$ - это множество векторов, ортогональных хоть какому-то вектору из $X$, а не всем, как может сначала показаться.

По поводу исходной задачи

Mikhail_K в сообщении #1519654 писал(а):

подобрать такое отношение $R$ и такие множества $A$ и $B$, чтобы $R[A\cap B]\neq R[A]\cap R[B]$.

Тут можно даже функциональное отношение взять. И нам нужен будет такой элемент $t$, что $f(a) = t$ для какого-то $a \in A$, аналогично $f(b) = t$ для какого-то $b \in B$ (возможно $a = b$, возможно нет), но если $c \in A \cap B$ то $f(c) \neq t$.

[Vladimir Pliassov]

Возвращаясь к тому, что обсуждалось несколькими строчками выше.

Если из всех рассматриваемых множеств исключить нулевой вектор, то касаемо $X$ получим $R[A\cap B]=C$, тогда, поскольку по-прежнему $R[A]\cap R[B]=D$, будет

$R[A\cap B]\neq R[A]\cap R[B]$ и при этом $R[A\cap B]\subset R[A]\cap R[B]$, то есть $R[A\cap B]\subsetneq R[A]\cap R[B]$.

Задача решена?

Но даже если решена, хотелось бы найти еще как можно больше решений -- используя советы

Mikhail_K в сообщении #1519716 писал(а):

Как это можно делать не вслепую? Ну вот смотрите. Благодаря теореме из книги Вы знаете, что в любом случае у Вас будет $R[A\cap B]\subset R[A]\cap R[B]$. Вам надо, чтобы при этом было $R[A\cap B]\neq R[A]\cap R[B]$. Это значит, что в множестве $R[A]\cap R[B]$ должен содержаться хотя бы один элемент, не принадлежащий $R[A\cap B]$. То есть элемент, одновременно лежащий в $R[A]$ и $R[B]$, но не в $R[A\cap B]$. Ну вот и подумайте, как построить отношение $R$ и множества $A$ и $B$, чтобы так получилось.

mihaild в сообщении #1520105 писал(а):

Тут можно даже функциональное отношение взять. И нам нужен будет такой элемент $t$, что $f(a) = t$ для какого-то $a \in A$, аналогично $f(b) = t$ для какого-то $b \in B$ (возможно $a = b$, возможно нет), но если $c \in A \cap B$ то $f(c) \neq t$.

-- 26.05.2021, 14:18 --

пианист в сообщении #1520095 писал(а):

Таким способом как сейчас Вы Ленга (о какой книге речь, кстати?) никогда даже и не начнете изучать.

Это Ленг "Алгебра" http://www.math.nsc.ru/LBRT/a1/files/leng.pdf

Я начал, но приостановил чтение, сейчас читаю Келли http://alexandr4784.narod.ru/dkelli/dkelli_00_03.pdf (то есть дошел до третьего пункта). Так что получается как Вы говорите.

[мат-ламер]

Vladimir Pliassov
Зачем с боями и большим трудом продираться через сложные книги? Может взять книги попроще? Например, алгебру проще читать по Кострикину или Винбергу или Калужнину ..., чем по Ленгу. А общую топологию проще изучать, например, по книге Сидней Моррис "Топология без слёз", чем по Келли. Хотя на вкус и цвет товарища нет. Это я лентяй люблю простые книги.

[Vladimir Pliassov]

Пусть $R$ -- возведение в квадрат всех чисел, кроме $5$ и $7$, а $5$ и $7$ переводятся в $1$;

$A$ -- множество, состоящее из четных чисел и числа $5$;

$B$ -- множество, состоящее из чисел, которые делятся на $3$ и числа $7$. Тогда

$$A\cap B$ -- множество, состоящее из чисел, которые делятся на $6$;

$R[A\cap B]$ -- множество квадратов чисел, которые делятся на $6: \;\{\ldots 36, 144, 324, \ldots;\}$

$R[A]$ -- множество, состоящее из квадратов четных чисел и числа $1$;

$R[B]$ -- множество, состоящее из квадратов чисел, которые делятся на $3$ и числа $1$,

$R[A]\cap R[B]$ -- множество, состоящее из квадратов чисел, которые делятся на $6$ и числа $1: \; \{\ldots 1, 36, 144, 324, \ldots\}.$

Таким образом,

$$R[A\cap B]\subsetneq R[A]\cap R[B].$$

[mihaild]

Да, так работает, но можно и гораздо проще. Зачем нам тут вообще слева что-то кроме $5$ и $7$?

[Vladimir Pliassov]

1.

Да, правда.

Пусть $R$ переводит $5$ и $7$ в $1$;

$A=\{5\}$;

$B=\{7\}$. Тогда

$A\cap B=\varnothing$;

$R[A\cap B]=\varnothing$;

$R[A]=\{1\}$;

$R[B]=\{1\}$;

$R[A]\cap R[B]=\{1\}$.

Таким образом,

$$R[A\cap B]\subsetneq R[A]\cap R[B].$$

2.

Путь $\textbf x, \textbf y, \textbf z$ будет ортогональный базис в трехмерном евклидовом пространстве $L$.

Пусть $A$ будет множеством всех векторов линейной оболочки векторов $\textbf x, \textbf y$, кроме нулевого вектора,

$B$ -- множеством всех векторов линейной оболочки векторов $\textbf x, \textbf z$, кроме нулевого вектора,

$C$ -- множеством всех векторов линейной оболочки векторов $\textbf y, \textbf z$, кроме нулевого вектора,

$X$ -- множеством всех векторов линейной оболочки вектора $\textbf x$, кроме нулевого вектора,

$Y$ -- множеством всех векторов линейной оболочки вектора $\textbf y$, кроме нулевого вектора,

$Z$ -- множеством всех векторов линейной оболочки вектора $\textbf z$, кроме нулевого вектора,

$D$ -- множеством всех векторов пространства $L$, кроме нулевого вектора,

и пусть $R$ будет отношением ортогональности векторов пространства $L$.

Тогда $A\cap B=X, \; R[A\cap B]=C$, то есть каждый вектор множества $X$ ортогонален каждому вектору множества $C$,

$R[A]=D$, аналогично, $R[B]=D$, и поэтому $R[A]\cap R[B]=D$.

Таким образом,

$$R[A\cap B]\subsetneq R[A]\cap R[B].$$

-- 26.05.2021, 19:06 --

мат-ламер в сообщении #1520119 писал(а):

Зачем с боями и большим трудом продираться через сложные книги? Может взять книги попроще? Например, алгебру проще читать по Кострикину или Винбергу или Калужнину ..., чем по Ленгу. А общую топологию проще изучать, например, по книге Сидней Моррис "Топология без слёз", чем по Келли.

Мне хочется потруднее. :) За рекомендации спасибо, обязательно попробую.

Винберга попробовал угрызть -- не скажу, чтобы он оказался подарком.

Кстати, Келли пока идет хорошо (с помощью участников сайта).

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

В отличие от мультимножества каждый элемент множества уникален, и во множестве не может быть двух идентичных элементов. Иначе говоря, добавление к множеству элементов, идентичных уже принадлежащим множеству, не меняет его:

$$\{6,11\}=\{11,6\}=\{11,11,6,11,6\}.$$

(Википедия)

Не знаю, хорошая ли это формулировка, но, во всяком случае, как я понимаю, добавление к множеству элементов, идентичных элементам, уже принадлежащим множеству, превращает его в мультимножество.

В таком случае при $a=b\ne c$ отношение равенства на $\{a, b, c\}$ есть отношение равенства на мультимножестве. Его матрица (не знаю, как ее правильно написать) --

$$\begin {matrix} &a&b&c\\ a&1&1&0\\ b&1&1&0\\ c&0&0&1 \end {matrix}\;.\eqno {(1)}$$

Если же "очистить" мультимножество от элементов, делающих его мультимножеством, то получим множество, в данном случае -- если "очистить" от $a$, -- получим множество $\{b, c\}$, и матрицей отношения равенства на нем будет

$$\begin {matrix} &b&c\\ b&1&0\\ c&0&1 \end {matrix}\;.\eqno {(2)}$$

То есть матрицей отношения равенства на множестве является единичная матрица. При этом речь может идти только о равенстве каждого элемента самому себе.

[Mikhail_K]

Vladimir Pliassov в сообщении #1520245 писал(а):

Не знаю, хорошая ли это формулировка

Запись с фигурными скобками, например $\{a,b\}$ означает просто множество, которому принадлежат элементы $a$ и $b$ и не принадлежит никакой другой элемент.
Исходя из этого определения, понятно, что $\{a,a\}$ - это не мультимножество, а просто множество $\{a\}$.
Может быть, где-то под $\{a,a\}$ понимается и соответствующее мультимножество, но в теории множеств понимается вот это.

[Someone]

Vladimir Pliassov в сообщении #1520245 писал(а):

как я понимаю, добавление к множеству элементов, идентичных элементам, уже принадлежащим множеству, превращает его в мультимножество.

Нет. В теории множеств нет никаких мультимножеств, и $\{a,b\}\cup\{b\}=\{a,b\}$.
Но, разумеется, мультимножества можно смоделировать в теории множеств.

[Vladimir Pliassov]

Но употребима ли (в теории множеств?) матрица отношения равенства на $\{a, b, c\}$ при $a=b\ne c$

$$\begin {matrix} &a&b&c\\ a&1&1&0\\ b&1&1&0\\ c&0&0&1 \end {matrix}\;?\eqno {(1)}$$

Ведь отношения берутся на множествах, а $\{a, b, c\}$ -- мультимножество (пусть и не в теории множеств).

[Someone]

Vladimir Pliassov в сообщении #1520254 писал(а):

Но употребима ли (в теории множеств?) матрица отношения равенства

Никогда не встречал никаких матриц отношения. Бинарное отношение $R$ на множестве $X$ обычно отождествляется с подмножеством $X^2$, но матрицей это обычно не называют.

Vladimir Pliassov в сообщении #1520254 писал(а):

на $\{a, b, c\}$ при $a=b\ne c$

Ещё раз: в теории множеств нет мультимножеств, и если у Вас $a=b\ne c$, то $\{a,b,c\}=\{a,c\}=\{b,c\}$ есть множество из двух элементов. Соответственно, отношению равенства на этом множестве соответствует множество $\{(a,a),(c,c)\}\subset\{a,c\}^2=\{(a,a),(a,c),(c,a),(c,c)\}$. Если хотите, можете изобразить это "матрицей".

Vladimir Pliassov в сообщении #1520254 писал(а):

Ведь отношения берутся на множествах, а $\{a, b, c\}$ -- мультимножество (пусть и не в теории множеств).

Соответственно, надо пользоваться теорией мультимножеств, а не теорией множеств, либо строить модель теории мультимножеств в теории множеств.