Конституенты (теория множеств)

[Vladimir Pliassov]

Сообщение посвящено § 7 (Конституенты.) "Теории множеств" К. Куратовского, А. Мостовского https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf .

Прошел книгу Н. Я. Виленкина «Рассказы о множествах», за исключением последних страниц (задачи, упражнения), но к ним буду возвращаться. Узнал много интересного, спасибо за рекомендацию. Теперь, думаю, имею моральное право вернуться к Куратовскому, Мостовскому.

1.

Цитата:

Пусть $A_1, \ldots, A_n$ произвольные подмножества пространства $1$

https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf (стр. 29)

где $1$ это универсум (пространство) (то есть некоторое фиксированное множество, в котором содержатся $A_1, \ldots, A_n$).

Конституента здесь это произведение $n$ множеств (то есть их пересечение), каждое из которых является либо одним из множеств $A_1, \ldots, A_n\colon \;A_i\in \{A_1, \ldots, A_n\}$, либо дополнением одного из множеств $A_1, \ldots, A_n\colon \; \overline A_i=1\setminus A_i$.

Возьмем случай $A_1, A_2, A_3$.

На рис. 1 мы видим конституенту $1$, закрашенную сиреневым цветом, которая получается от пересечения всех трех множеств $A_1, A_2, A_3$.



Поскольку пересечение трех множеств можно представить как пересечение одного из них с пересечением двух других (ассоциативность):

$$A_1\cap A_2\cap A_3=A_1\cap (A_2\cap A_3),$$

возьмем сначала, например, пересечение $\overline A_1 \cap \overline A_2$ (это еще не конституента):



и затем пересечем его с $A_3$ (тогда получится уже конституента, а именно, конституента $2$):



Если пересечем $\overline A_1 \cap \overline A_2$ с $A_3$ (с синим кругом), получим конституенту $5$ (закрашенную зеленым):



Если пересечем $\overline A_3$ с $A_1\cap A_2$, получим конституенту $7$ (закрашенную зеленым):



Все конституенты для случая $A_1, A_2, A_3$ видны на рис. 6:



Для того же случая $A_1, A_2, A_3$ множества $A_1, A_2, A_3,\overline A_1, \overline A_2, \overline A_3$ можно расположить так:

$$\begin {matrix} \overline A_1& \overline A_2& \overline A_3\\ A_1& A_2& A_3 \end {matrix}, $$

и окрашивать обозначения множеств, из которых получается данная конституента, например конституента $5$ (рис. 4):

$$\begin {matrix} \textcolor{red} {\overline A_1}& \textcolor{red} {\overline A_2}&{\overline A_3}\\ {A_1}& A_2& \textcolor{red} {A_3} \end {matrix}, $$

или конституента $7$ (рис. 5):

$$\begin {matrix} \overline A_1& \overline A_2&\textcolor{red} {\overline A_3}\\ \textcolor{red} {A_1}&\textcolor{red} {A_2}& A_3 \end {matrix}, $$

2.

Цитата:

Множество $A_i$ равно сумме конституент, содержащих сомножитель $A_i^0$.

https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 30

Поскольку $A_i=A_i^0$, можно сказать просто: "Множество $A_i$ равно сумме конституент, содержащих сомножитель $A_i$."

(Относительно множеств $A_1, A_2, A_3$ на рис. 6 хорошо видно, из каких конституент состоит какое множество.)

Цитата:

Действительно,

$$1=S_1\cup S_2\cup \ldots \cup S_h,$$

где $S_1, \ldots; S_h$ все конституенты. Тогда

$$A_i=(A_i\cap S_1)\cup (A_i\cap S_2)\cup \ldots \cup (A_i\cap S_h).$$

Убедимся в этом:

$$A_i=A_i\cap 1=A_i\cap (S_1\cup S_2\cup \ldots \cup S_h)=(A_i\cap S_1)\cup (A_i\cap S_2)\cup \ldots \cup (A_i\cap S_h).$$

Далее по учебнику.

3.

Цитата:

Теорема 1. Каждое непустое множество, образованное из множеств $A_1, \ldots, A_n$ при помощи операций сложения, умножения и вычитания, является суммой некоторого числа конституент.

(https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр.30)

Относительно множества $A_1, A_2, A_3$ это можно видеть на рис. 1, 6.

В самой этой теореме не у дел остается конституента $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$, которая является пересечением всех дополнений множеств $A_1, \ldots, A_n$ (для случая $A_1, A_2, A_3$ это конституента $2$, рис. 3, 6).

То есть какую бы комбинацию этих трех операций по отношению к множествам $A_1, \ldots, A_n$ мы ни применили, мы не сможем выйти за пределы множества $A_1\cup A_2\cup \ldots\cup A_n$ (рис. 1, 6), так что ни в каком случае мы не будем к прочим конституентам прибавлять конституенту $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$.

Правда, в доказательстве теоремы, как я понимаю, у авторов задействуются все конституенты, в том числе и $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$:

Цитата:

Теорема верна для множеств $A_1, \ldots, A_n$. Поэтому достаточно показать, что если множества $X$ и $Y$ являются суммами некоторого числа конституент, то и множества $X\cup Y, \; X\cap Y$ и $X-Y$ (если только они не пустые) можно представить в виде суммы конституент.

То есть она доказывается для всех множеств, которые можно получить при помощи этих трех операций из множеств $A_1, \ldots, A_n, 1$.

Может быть, был бы смысл сформулировать теорему соответственно:

"Каждое непустое множество, образованное из множеств $A_1, \ldots, A_n, 1$ при помощи операций сложения, умножения и вычитания, является суммой некоторого числа конституент," -- то есть дать более сильную формулировку, такую же сильную, как доказательство?

[Если основными множествами считать не $A_1, \ldots, A_n$, а $\overline A_1, \ldots, \overline A_n$, то не у дел останется конституента, которая является пересечением всех множеств $A_1, \ldots, A_n$ (для случая $A_1, A_2, A_3$ конституента $1$, рис. 1, 6). ]

Во всяком случае, для того, чтобы получить все конституенты, недостаточно только множеств $A_1, \ldots, A_n$, нужно еще множество $1$.

[Все остальные конституенты можно получить при помощи операций $\cup, \,\cap, \,-$ из множеств $A_1, \ldots, A_n$, например, конституента $7$ это $(A_1\cap A_2)-A_3$, а конституента $3$ это $A_1-(A_2\cup A_3)$, рис. 6.]

4.

В доказательстве на стр. 31, седьмая строчка сверху , есть выражение

Цитата:

$$X-Y=X-(X\cap Y)\subset (S_1\cup \ldots \cup S_k)-(S_1\cup \ldots \cup S_k)=0.$$

https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf

Это, конечно, так, но здесь, наверное, все же опечатка: вместо знака включения должен стоять знак равенства? (Здесь $X\subset Y$.)

Дальше. Со строчки 11:

Цитата:

$X-Y=X-(X\cap Y)=$

$$=[(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})\cup (S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})]-(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})=$$

$$=(S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})-(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})=$$

Здесь явное несоответствие, потому что

$$[(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})\cup (S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})]\ne S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q}.$$

(Здесь $X\not \subset Y, \; X\cap Y\ne \varnothing$.)

Если выбросить $(S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})-(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})$, то получим

$$X-Y=X-(X\cap Y)=[(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})\cup (S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})]-(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})=$$

Цитата:

$$=(S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})-[(S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})\cap (S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})]=$$

(это, конечно, тоже так, но непонятно, зачем об этом говорить)

Цитата:

$$=S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q},$$

поскольку $(S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})\cap (S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})=0.$

Теорема доказана.

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

Пример. Пусть множество $D_m$ составлено из всех таких последовательностей $(z_1, \ldots, z_n)$, что каждое $z_i$ равно либо $0$, либо $1$, но $z_m=0$. Множества $D_1, \ldots, D_n$ независимы. В самом деле $D_m^{i_m}$ состоит из всех последовательностей $(z_1, \ldots, z_n)$, для которых $z_m=i_m$, поэтому $(i_1, \ldots, i_m)\in D_1^{i_1}\cap \ldots D_n^{i_n}$.

https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 32

(Здесь, как я понимаю, опечатка, должно быть не $(i_1, \ldots, i_m)$, а $(i_1, \ldots, i_n)$.)

Разберу этот пример на конкретном примере, а именно, для случая $(z_1, z_2, z_3)$.

Вообще, каждое множество $D_m$ состоит из $2^{n-1}$ последовательностей, то есть во взятом случае из 4 последовательностей.

Пусть

$$D_1=\begin {matrix} 000\\ 010\\ 001\\ 011 \end {matrix}, \;\;\; D_2=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 001\\ 101 \end {matrix}, \;\;\; D_3=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 010\\ 110 \end {matrix}, \;\;\; $$

где строки матриц являются последовательностями $(z_1, z_2, z_3)$, то есть элементами множеств $D_1, D_2, D_3$. (Мы видим, что первый столбец матрицы $D_1$, второй столбец матрицы $D_2$ и третий столбец матрицы $D_3$ состоят из нулей -- $z_m=0$.)

$D_1, D_2, D_3$ являются подмножествами универсума $D$:

$$D=\begin {matrix} 000\\ 010\\ 001\\ 011\\ 100\\ 101\\ 110\\ 111 \end {matrix}$$

При этом

$$ \overline D_1=\begin {matrix} \boxed {000}\\ \boxed {010}\\ \boxed {001}\\ \boxed {011}\\ 100\\ 101\\ 110\\ 111 \end {matrix}, \;\;\; \overline D_2=\begin {matrix} \boxed {000}\\ 010\\ \boxed {001}\\ 011\\ \boxed {100}\\ \boxed {101}\\ 110\\ 111 \end {matrix}, \;\;\; \overline D_3=\begin {matrix} \boxed {000}\\ \boxed {010}\\ 001\\ 011\\ \boxed {100}\\ 101\\ \boxed {110}\\ 111 \end {matrix}$$

То, что в рамочках, хотел зачеркнуть, но не получилось -- см.

(Оффтоп)

Munin в сообщении #631462 писал(а):

Кстати, а на форуме этот пакет установлен? Если нет, то вроде, он маленький, и почему бы его не поставить?

Ну, ничего, будем считать, что последовательности в рамочках это те, которые уже умерли -- см.

(Оффтоп)

pogulyat_vyshel в сообщении #1479557 писал(а):

У вас там по тексту все время какие-то коэффициенты в рамках. Это те, которые уже померли?

то есть последовательности в обрамлениях это элементы множеств $D_m$, а без обрамлений -- элементы их дополнений $\overline D_m$, Уберем обрамленное:

$$ \overline D_1=\begin {matrix} 100\\ 101\\ 110\\ 111 \end {matrix}, \;\;\; \overline D_2=\begin {matrix} 010\\ 011\\ 110\\ 111 \end {matrix}, \;\;\; \overline D_3=\begin {matrix} 001\\ 011\\ 101\\ 111 \end {matrix}$$

(Фразу

Цитата:

В самом деле $D_m^{i_m}$ состоит из всех последовательностей $(z_1, \ldots, z_n)$, для которых $z_m=i_m$

следует понимать таким образом, что при $i_m=0\;\;\; D_m^{i_m}=D_m^0=D_m$, а при $i_m=1\;\;\; D_m^{i_m}=D_m^1=\overline D_m$

-- см. определение конституенты в https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 29.)

Расположим множества $D_1, D_2, D_3, \overline D_1, \overline D_2, \overline D_3$ следующим образом:

$$ \overline D_1=\begin {matrix} 100\\ 101\\ 110\\ 111 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; \overline D_2=\begin {matrix} 010\\ 011\\ 110\\ 111 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; \overline D_3=\begin {matrix} 001\\ 011\\ 101\\ 111 \end {matrix}$$

$$D_1=\begin {matrix} 000\\ 010\\ 001\\ 011 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; D_2=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 001\\ 101 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; D_3=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 010\\ 110 \end {matrix}$$

Выделяя множества, скажем, красным цветом, можно показать, из каких множеств образуется какая конституента, например, конституента $\overline D_1\cap D_2\cap D_3$:

$$ \color {red} {\overline D_1=\begin {matrix} 100\\ 101\\ 110\\ 111 \end {matrix}} \;\;\;\;\;\;\; \color {black}\overline D_2=\begin {matrix} 010\\ 011\\ 110\\ 111 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; \overline D_3=\begin {matrix} 001\\ 011\\ 101\\ 111 \end {matrix}$$

$$D_1=\begin {matrix} 000\\ 010\\ 001\\ 011 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; \color {red}D_2=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 001\\ 101 \end {matrix} \;\;\;\;\;\;\; D_3=\begin {matrix} 000\\ 100\\ 010\\ 110 \end {matrix}. $$

Она равна $(1, 0, 0)\colon \;\; \overline D_1\cap D_2\cap D_3= (1, 0, 0)$.

В книге стоит: $(i_1, \ldots, i_m)\in D_1^{i_1}\cap \ldots D_n^{i_n}$, а не $(i_1, \ldots, i_m)=D_1^{i_1}\cap \ldots D_n^{i_n}$

(с опечаткой, должно быть $(i_1, \ldots, i_n)$),

значит, имеется в виду, что конституента в данном примере может состоять не обязательно только из одного элемента, как в случае $(z_1, z_2, z_3)$. Так ли это?

[пианист]

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

Здесь явное несоответствие, потому что

$$[(S_{i_1}\cup \ldots \cup S_{i_p})\cup (S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q})]\ne S_{j_1}\cup \ldots \cup S_{j_q}.$$

Нет здесь никакого несоответствия, просто Вы неправильно поняли логику. Авторы используют, что $(A \cup B) - C = (A - C) \cup (B - C)$
Остальное, сори, не читал, а это просто бросилось в глаза.

[пианист]

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

Может быть, был бы смысл сформулировать теорему соответственно:

А зачем? от добавления единицы ничего же не меняется.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

В доказательстве на стр. 31, седьмая строчка сверху , есть выражение
..
Это, конечно, так, но здесь, наверное, все же опечатка: вместо знака включения должен стоять знак равенства? (Здесь $X\subset Y$.)

Почему, собс-но? в рамках логики изложения - именно $\subset$.
И почему (и для чего, кстати) Вы решили, что $X\subset Y$? по смыслу это два произвольных множества, являющихся etc..

Vladimir Pliassov в сообщении #1523833 писал(а):

(Здесь, как я понимаю, опечатка, должно быть не $(i_1, \ldots, i_m)$, а $(i_1, \ldots, i_n)$.)

Здесь - да, а в книге все ок.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523833 писал(а):

конституента в данном примере может состоять не обязательно только из одного элемента .. Так ли это?

Да, только конструкция приведена не поэтому, а в качестве примера независимых множеств.

[Vladimir Pliassov]

пианист в сообщении #1523939 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

Может быть, был бы смысл сформулировать теорему соответственно:

А зачем? от добавления единицы ничего же не меняется.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

для того, чтобы получить все конституенты,

то есть и конституенту $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$ в том числе,

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

недостаточно только множеств $A_1, \ldots, A_n$, нужно еще множество $1$.

[Все остальные конституенты можно получить при помощи операций $\cup, \,\cap, \,-$ из множеств $A_1, \ldots, A_n$, например, конституента $7$ это $(A_1\cap A_2)-A_3$, а конституента $3$ это $A_1-(A_2\cup A_3)$, рис. 6.]

пианист в сообщении #1523939 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

В доказательстве на стр. 31, седьмая строчка сверху , есть выражение
..
Это, конечно, так, но здесь, наверное, все же опечатка: вместо знака включения должен стоять знак равенства? (Здесь $X\subset Y$.)

Почему, собс-но? в рамках логики изложения - именно $\subset$.
И почему (и для чего, кстати) Вы решили, что $X\subset Y$? по смыслу это два произвольных множества, являющихся etc..

Здесь (https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 30-31, доказательство)

$X=S_1\cup S_2\cup \ldots \cup S_k$,

$Y=\overline S_1\cup \overline S_2\cup \ldots \cup \overline S_l$,

$X\cap Y=S_{i_1}\cup S_{i_2}\cup \ldots \cup S_{i_p}$ -- когда $X\cap Y\ne \varnothing$.

Цитата:

Если среди конституент $S_{i_1}, \ldots S_{i_p}$ встречаются все конституенты $S_1, \ldots, S_k$,

то, по-моему, это значит просто-напросто, что $S_{i_1}, \ldots S_{i_p}$ и $S_1, \ldots, S_k$ это одни и те же конституенты, то есть $X=S_{i_1}\cup S_{i_2}\cup \ldots \cup S_{i_p}\rightarrow X\cap Y=X\rightarrow X\subseteq Y$.

Должен признаться, что не вижу, почему

пианист в сообщении #1523939 писал(а):

в рамках логики изложения - именно $\subset$

Но, безотносительно к этому: я не отрицаю того, что здесь (то есть при $X\subseteq Y$)

$$X-Y=X-(X\cap Y)\color {red} {\subset} \color {black} (S_1\cup \ldots \cup S_k)-(S_1\cup \ldots \cup S_k)=0,$$

но и Вы, по-моему, не можете отрицать того, что

$$X-Y=X-(X\cap Y)\color {red} {=} \color {black} (S_1\cup \ldots \cup S_k)-(S_1\cup \ldots \cup S_k)=0?$$

[пианист]

Зачем к формулировке теоремы 1-цу добавлять?? содержательный смысл не меняется же. Точнее, добавляется бессмыслица.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523984 писал(а):

это значит просто-напросто, что

Понятно. Ок.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523984 писал(а):

не вижу, почему

$S_1 \cup..\cup S_k \subset X \cap Y \to X - X \cap Y \subset X - S_1 \cup..\cup S_k$

Vladimir Pliassov в сообщении #1523984 писал(а):

не можете отрицать того, что

Это получается как (побочный) результат.

[Vladimir Pliassov]

пианист в сообщении #1523997 писал(а):

Зачем к формулировке теоремы 1-цу добавлять?? содержательный смысл не меняется же. Точнее, добавляется бессмыслица.

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

Цитата:

Теорема 1. Каждое непустое множество, образованное из множеств $A_1, \ldots, A_n$ при помощи операций сложения, умножения и вычитания, является суммой некоторого числа конституент.

(https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр.30)

В ... этой теореме не у дел остается конституента $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$, которая является пересечением всех дополнений множеств $A_1, \ldots, A_n$ (для случая $A_1, A_2, A_3$ это конституента $2$, рис. 3, 6).

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

[Если основными множествами считать не $A_1, \ldots, A_n$, а $\overline A_1, \ldots, \overline A_n$, то не у дел остается конституента, которая является пересечением всех множеств $A_1, \ldots, A_n$ (для случая $A_1, A_2, A_3$ конституента $1$, рис. 1, 6). ]

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

То есть какую бы комбинацию этих трех операций по отношению к множествам $A_1, \ldots, A_n$ мы ни применили, мы не сможем выйти за пределы множества $A_1\cup A_2\cup \ldots\cup A_n$ (рис. 1, 6), так что ни в каком случае мы не будем к прочим конституентам прибавлять конституенту $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$

для того, чтобы получить одно из множеств $A_1, \ldots, A_n$ [конституента $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$ не является подмножеством ни одного из множеств $A_1, \ldots, A_n$ (это хорошо видно на рисунке 6, там это конституента $2$)].

Кроме того, множество $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$ (эта конституента) не может быть получено из множеств $A_1, \ldots, A_n$ без участия $1$.

Cама по себе теорема, разумеется, верна, но она не охватывает этой конституенты, так, может быть, добавить еще одну теорему (с единицей), которая охватывает? (А может быть, она уже и добавлена?)

Причем, доказательство этой еще одной теоремы было бы то же самое:

Vladimir Pliassov в сообщении #1523673 писал(а):

Правда, в доказательстве теоремы, как я понимаю, у авторов задействуются все конституенты, в том числе и $\overline A_1\cap \overline A_2\cap \ldots\cap \overline A_n$:

Цитата:

Теорема верна для множеств $A_1, \ldots, A_n$. Поэтому достаточно показать, что если множества $X$ и $Y$ являются суммами некоторого числа конституент, то и множества $X\cup Y, \; X\cap Y$ и $X-Y$ (если только они не пустые) можно представить в виде суммы конституент.

То есть она доказывается для всех множеств, которые можно получить при помощи этих трех операций из множеств $A_1, \ldots, A_n, 1$

а не только для всех множеств, которые можно получить при помощи этих трех операций из множеств $A_1, \ldots, A_n$.

Тут возникает еще один вопрос: нет ли смысла попытаться доказать приведенную в книге теорему другими, менее сильными средствами, то есть без участия универсума $1$?

[пианист]

Попробую зайти с другой стороны: "Ваша" теорема есть частный случай теоремы 1 из КМ, выделенный допусловием: одно из $A_i$ равно $1$.
Почему, Вы считаете, частный случай лучше общего?

(Оффтоп)

Теорема 1 несет очень простой и ясный смысл: мы хотим найти такой (небольшой в каком-то смысле) наборчик множеств, типа базиса, чтобы другие множества (большой совокупности) можно было составлять сложением из множеств наборчика. Ясно, что если речь обо всех подмножествах, то такой наборчик должен быть из отдельных элементов, точнее, из всех одноэлементных подмножеств. Но если мы рассматриваем алгебру, "натянутую" на какой-то (небольшой) набор подмножеств, то можно ограничиться дроблением на кусочки побольше. Собс-но, конституэнты это ровно и есть они, о чем и говорит утверждение.
А "Ваша" зачем нужна?

(Оффтоп)

PS Плииииз, если будете мне отвечать, не надо простыней с цитатами себя.

[Vladimir Pliassov]

Тогда конечно. Мне просто в голову не приходило, что среди множеств $A_1, \ldots, A_n$ может быть и универсум.

-- 23.06.2021, 23:33 --

пианист в сообщении #1523997 писал(а):

$S_1 \cup..\cup S_k \subset X \cap Y \to X - X \cap Y \subset X - S_1 \cup..\cup S_k$

$S_1 \cup..\cup S_k=X$, поэтому выражение можно переписать как

$X \subset X \cap Y \to X - X \cap Y \subset X - X$, или даже как

$X \subset A \to X - A \subset X - X$.

Это находится в соответствии с $(C\subset D)\rightarrow [(A-D)\subset (A-C)]$ у КМ https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 22.

Спасибо.

[пианист]

Напрасно авторы вообще тратят текст на доказательство, лучше было оставить читателю в качестве упражнения на понимание. Утверждение совершенно банальное, никакая не теорема, так, проверка очевидного свойства технического инструмента. При первом чтении, кстати, раздел про конституэнты я бы пропустил, оно там вроде только в одном месте в самом конце нужно.

[svv]

(Оффтоп)

Оба уважаемых участника обсуждения имеют отношение к музыке, где есть термин диминуэндо. В математике сейчас пишут конгруэнтный. В лингвистике — обструэнт. Написание конституента поэтому выглядит устаревшим, лучше бы конституэнта.

[пианист]

(Оффтоп)

Был неправ, исправляюсь :)

[Vladimir Pliassov]

svv в сообщении #1524098 писал(а):

(Оффтоп)

Оба уважаемых участника обсуждения имеют отношение к музыке, где есть термин диминуэндо. В математике сейчас пишут конгруэнтный. В лингвистике — обструэнт. Написание конституента поэтому выглядит устаревшим, лучше бы конституэнта.

(Оффтоп)

Этот вопрос можно рассмотреть, но я думаю, что момент упущен, так же как со словом коэффициент :)

[Vladimir Pliassov]

Рисунки к КМ https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 33, строчки 12 и 14, то есть к формулам

$X=[(X_1\cap A_1)\cup(X_2\cap A_2)\cup(X_3\cap A_3)]\cup (-A_1\cap -A_2\cap -A_3)$

и

$-X=[(-X_1\cup -A_1)\cap (-X_2\cup -A_2)\cap (-X_3\cup -A_3)]\cap (A_1\cup A_2\cup A_3):$

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

Важную роль играет частный случай, когда все конституенты отличны от нуля. В этом случае множества $A_1, \ldots, A_n$ называются независимыми. https://ikfia.ysn.ru/wp-content/uploads ... 1970ru.pdf стр. 31

Цитата:

Количество конституент может быть меньше $2^n$. Если, например, $n=2$ и $A_1=1-A_2,$ то существует только три конституенты:

$$0=A_1^0\cap A_2^0=A_1^1\cap A_2^1, \;\;\;\; A_1=A_1^0\cap A_2^1, \;\;\;\; A_2=A_1^1\cap A_2^0.$$

Там же, стр. 29

То есть в этом случае множества $A_1, \ldots, A_n$ не являются независимыми (а как их назвать -- зависимыми? Пока назову их так).

Значит, если среди множеств $A_1, \ldots, A_n$ имеется два, которые являются дополнениями друг друга, множества $A_1, \ldots, A_n$ являются зависимыми (хотя надо было бы доказать это для произвольного $n$).

Но не только.

Если среди множеств $A_1, \ldots, A_n$ есть множество $1$ (универсум) или множество $\varnothing$, то множества $A_1, \ldots, A_n$ также являются зависимыми. Например, возьмем случай $A, 1.$ Обозначим через $\overline A$ дополнение к $A$, а через $\overline 1$ дополнение к $1$, тогда $\overline 1=\varnothing$. Возьмем всевозможные пересечения множеств

$$\begin {matrix} \overline A& \varnothing\\ A& 1 \end {matrix}$$

кроме тех, которые стоят в одном и том же столбце (это в данном случае и будут все конституенты), получим

$$A\cap \varnothing=\overline A\cap \varnothing=\varnothing, \;\;\;\; A\cap 1=A, \;\;\;\; \overline A\cap 1=\overline A,$$

то есть среди конституент имеется нулевая.

Теперь возьмем случай $A, \varnothing$:

$$\begin {matrix} \overline A&1\\ A& \varnothing \end {matrix}$$

получим то же самое:

$$A\cap \varnothing=\overline A\cap \varnothing=\varnothing, \;\;\;\; A\cap 1=A, \;\;\;\; \overline A\cap 1=\overline A,$$

то есть и здесь среди конституент имеется нулевая.

Нет ли еще случаев, когда множества $A_1, \ldots, A_n$ являются зависимыми?