Dimostrazione insiemistica
Vorrei chiedervi, se non fosse di troppo disturbo, qualcosa riguardo una dimostrazione che mi sta facendo ammattire. Purtroppo (o meglio per fortuna) ne ho un mucchio da fare xcasa, tuttavia non ho le soluzioni, quindi non so davvero come apprendere se sbaglio o meno se non confrontandomi con qualcuno che ne sappia di più.
In particolare ho la seguente: $P(A)∪P(B)=P(AUB)<=>(A⊆B)∨(B⊆A)$ da dimostrare.
In particolare ho dimostrato "spezzettando" usando la doppia inclusione sull'uguale e la doppia implicazione come => e <= i vari casi che ne escono.
Mi rimarrebbe da dimostrare il caso $P(A)∪P(B)=P(AUB)=>(A⊆B)∨(B⊆A)$ cioè che l'antecedente implichi solo il conseguente (gli altri mi paiono corretti come svolti) ma su questo ultimo pezzo non so proprio dove sbattere la testa.
Ho provato ad esempio a scrivere sfruttando l'insieme delle parti definito come $P(D)={S|S⊆D}$
$P(A)∪P(B)<=>S⊆A∨S⊆AB<=>(x inS=>x inA)∨(x in S => x in B)$ dove ho riscritto meramente sfruttando la definizione di appartenenza e sottoinsieme con insieme delle parti.
Ora dovendo valere che P(A)∪P(B) deve essere contenuto in P(AUB) pensavo di scrivere quest' ultima come: $S⊆A∪B$ e quindi $x\inS=>x in A ∨ x in B$ dalla def. di sottoinsieme. Ma vado a complicare sempre più le cose e non ne esco.
Non ho idee furbe, ci sto pensando da un mucchio
Grazie a tutti.
In particolare ho la seguente: $P(A)∪P(B)=P(AUB)<=>(A⊆B)∨(B⊆A)$ da dimostrare.
In particolare ho dimostrato "spezzettando" usando la doppia inclusione sull'uguale e la doppia implicazione come => e <= i vari casi che ne escono.
Mi rimarrebbe da dimostrare il caso $P(A)∪P(B)=P(AUB)=>(A⊆B)∨(B⊆A)$ cioè che l'antecedente implichi solo il conseguente (gli altri mi paiono corretti come svolti) ma su questo ultimo pezzo non so proprio dove sbattere la testa.
Ho provato ad esempio a scrivere sfruttando l'insieme delle parti definito come $P(D)={S|S⊆D}$
$P(A)∪P(B)<=>S⊆A∨S⊆AB<=>(x inS=>x inA)∨(x in S => x in B)$ dove ho riscritto meramente sfruttando la definizione di appartenenza e sottoinsieme con insieme delle parti.
Ora dovendo valere che P(A)∪P(B) deve essere contenuto in P(AUB) pensavo di scrivere quest' ultima come: $S⊆A∪B$ e quindi $x\inS=>x in A ∨ x in B$ dalla def. di sottoinsieme. Ma vado a complicare sempre più le cose e non ne esco.
Non ho idee furbe, ci sto pensando da un mucchio
Grazie a tutti.
Risposte
"aritmetico":Quel che vuoi dimostrare è una doppia implicazione; se l'insieme delle parti di un'unione è l'unione degli insiemi delle parti degli addendi, allora uno dei due addendi sta dentro l'altro, e viceversa; la parte facile è la seconda, se \(A\subseteq B\) o \(B\subseteq A\) [wlog, diciamo che è vera la prima], basta usare il fatto che \(PA\subseteq PB\), e il fatto che \(A\cup B= B\) per avere che \(PB = PA\cup PB , P(A\cup B)\).
$P(A)∪P(B)=P(AUB)<=>(A⊆B)∨(B⊆A)$
Dall'altro lato, il fatto che \(PA, PB\) siano entrambi contenuti in \(P(A\cup B\) ti dà un'inclusione \(PA\cup PB\subseteq P(A\cup B)\); la proprietà che implica che \(A\cup B\) è data dall'inclusione inversa. Supponi che ci sia un elemento di \(A\) che non sta in \(B\), diciamo \(x\in A\setminus B\); però il sottoinsieme \(B\cup\{x\}\) deve essere un particolare sottoinsieme di \(A\), ma allora \(B\cup \{x\}\subseteq A\) implica che \(B\subset B\cup \{x\}\subseteq A\), oppure deve essere un particolare sottoinsieme di \(B\), ma questo è assurdo per come hai scelto \(x\). L'assurdo è che \(A\setminus B\) fosse non vuoto, e allora \(A\subseteq B\).
"fulcanelli":
però il sottoinsieme \(B\cup\{x\}\) deve essere un particolare sottoinsieme di \(A\).
Mi sfugge questa parte, credo sia dovuta a P(a)U P(B)=P(AUB)? Ma non ho ben capito perché.
Sì, è per l'ipotesi che hai fatto: \(P(A\cup B) \subseteq PA \cup PB\).
Ok forse ci sono:
[insiemedelle parti: $P(D)={S∣S⊆D}$]
Poiché $(x in S => x in (A∪B))=>((x in S' => x in A)∨(x in S'' => x in B))$
Tu prendi un $x in A-B$ e crei $B∪{x}$ ora, $S=B∪{x}⊆P(A∪B)$ quindi le x in tale S o stanno in A o stanno in B. Per come costruito non può stare in B, allora starà in A, per questo affermi "deve essere un particolare sottoinsieme di A".
[E poi si rpocede con B∪{x}⊆A implica che B⊂B∪{x}⊆A... ecc]
E' questo?
[insiemedelle parti: $P(D)={S∣S⊆D}$]
Poiché $(x in S => x in (A∪B))=>((x in S' => x in A)∨(x in S'' => x in B))$
Tu prendi un $x in A-B$ e crei $B∪{x}$ ora, $S=B∪{x}⊆P(A∪B)$ quindi le x in tale S o stanno in A o stanno in B. Per come costruito non può stare in B, allora starà in A, per questo affermi "deve essere un particolare sottoinsieme di A".
[E poi si rpocede con B∪{x}⊆A implica che B⊂B∪{x}⊆A... ecc]
E' questo?
Dimostrare \[A \subseteq B \lor B \subseteq A \to \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\] è la cosa più semplice: infatti se \(A \subseteq B\), allora \(A \cup B = B\) e \(\mathscr{P}(A) \subseteq \mathscr{P}(B)\), sicché \[\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\] Similmente si procede nel caso in cui sia \(B \subseteq A\).
Dimostriamo adesso che \[ \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B) \to A \subseteq B \lor B \subseteq A \tag{1}\] Procediamo per assurdo: [list=i][*:1qyj9l4v] assumiamo l'antecedente di \((1)\): \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] assumiamo la negazione del conseguente di \((1)\): \(A \not\subseteq B \land B \not\subseteq A\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] da \(A \not\subseteq B\) segue \[\exists x (x \in A \land x \notin B) \tag{2}\] e da \(B \not\subseteq A\) segue \[\exists y (y \in B \land y \notin A) \tag{3}\][/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] siano allora \(\bar{x}\) tale che \[\bar{x} \in A \land \bar{x} \notin B \tag{4}\]e \(\bar{y}\) tale che \[\bar{y} \in B \land \bar{y} \notin A \tag{5}\] e consideriamo \(\{\bar{x},\bar{y}\}\): risulta evidentemente \(\{\bar{x},\bar{y}\} \subseteq A \cup B\) e, di conseguenza, \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A \cup B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] da (i) segue \(\mathscr{P}(A \cup B) \subseteq \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\), ragion per cui da \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A \cup B)\) segue \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\), da cui ancora, per la definizione di unione, \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A) \lor \{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] a questo punto:
Dimostriamo adesso che \[ \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B) \to A \subseteq B \lor B \subseteq A \tag{1}\] Procediamo per assurdo: [list=i][*:1qyj9l4v] assumiamo l'antecedente di \((1)\): \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] assumiamo la negazione del conseguente di \((1)\): \(A \not\subseteq B \land B \not\subseteq A\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] da \(A \not\subseteq B\) segue \[\exists x (x \in A \land x \notin B) \tag{2}\] e da \(B \not\subseteq A\) segue \[\exists y (y \in B \land y \notin A) \tag{3}\][/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] siano allora \(\bar{x}\) tale che \[\bar{x} \in A \land \bar{x} \notin B \tag{4}\]e \(\bar{y}\) tale che \[\bar{y} \in B \land \bar{y} \notin A \tag{5}\] e consideriamo \(\{\bar{x},\bar{y}\}\): risulta evidentemente \(\{\bar{x},\bar{y}\} \subseteq A \cup B\) e, di conseguenza, \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A \cup B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] da (i) segue \(\mathscr{P}(A \cup B) \subseteq \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\), ragion per cui da \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A \cup B)\) segue \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\), da cui ancora, per la definizione di unione, \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A) \lor \{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(B)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] a questo punto:
- [*:1qyj9l4v] se \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(A)\), allora \(\{\bar{x},\bar{y}\} \subseteq A\), da cui \(\bar{y} \in A\), che è in contraddizione con \((5)\);[/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] se \(\{\bar{x},\bar{y}\} \in \mathscr{P}(B)\), allora \(\{\bar{x},\bar{y}\} \subseteq B\), da cui \(\bar{x} \in B\), che è in contraddizione con \((4)\)[/*:m:1qyj9l4v][/list:u:1qyj9l4v][/*:m:1qyj9l4v][*:1qyj9l4v] va allora rigettata (ii), da cui la tesi.[/*:m:1qyj9l4v][/list:o:1qyj9l4v]
"fulcanelli":
Dall'altro lato, il fatto che \(PA, PB\) siano entrambi contenuti in \(P(A\cup B\) ti dà un'inclusione \(PA\cup PB\subseteq P(A\cup B)\); la proprietà che implica che \(A\cup B\) è data dall'inclusione inversa. Supponi che ci sia un elemento di \(A\) che non sta in \(B\), diciamo \(x\in A\setminus B\); però il sottoinsieme \(B\cup\{x\}\) deve essere un particolare sottoinsieme di \(A\), ma allora \(B\cup \{x\}\subseteq A\) implica che \(B\subset B\cup \{x\}\subseteq A\), oppure deve essere un particolare sottoinsieme di \(B\), ma questo è assurdo per come hai scelto \(x\). L'assurdo è che \(A\setminus B\) fosse non vuoto, e allora \(A\subseteq B\).
Magari dico una sciocchezza perché l'ora è tarda oppure perché, molto più probabilmente, non l'ho capita, ma se prendo \(A = \{1,2,3\}\) e \(B = \{1\}\) ho:
[*:43r1beor]\(A \not\subseteq B\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(B \subseteq A\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(A \setminus B = \{2,3\} \ne \varnothing\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(B \cup \{2\} \subseteq A\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(B \cup \{3\} \subseteq A\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(B \cup \{2,3\} \subseteq A\)[/*:m:43r1beor]
[*:43r1beor]\(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A) = \mathscr{P}(A \cup B)\)[/*:m:43r1beor][/list:u:43r1beor]
Se non l'ho capita male, allora credo che la dimostrazione non funzioni perché non basta prendere \(A \setminus B \ne \varnothing\) ma occorre aggiungere anche \(B \setminus A \ne \varnothing\).
Certo, \(\lnot(P \to A\lor B) = \lnot A\land \lnot B \to \lnot P\).
"fulcanelli":
Certo, \(\lnot(P \to A\lor B) = \lnot A\land \lnot B \to \lnot P\).
A me risulta \( \lnot (P \to A \lor B) \equiv P \land \lnot (A \lor B) \equiv P \land \lnot A \land \lnot B\)
Beh, no: se \((H, \land,\lor, \lnot)\) è un'algebra di Heyting, la negazione è controvariante.
Capisco però dubito che qui si stia utilizzando una logica diversa da quella classica.
Buongiorno a tutti e scusatemi se mi intrometto, ma vi chiedo se la dimostrazione della seconda parte e cioè
$P(A)∪P(B)=P(A∪B)→A⊆B∨B⊆A$ poteva essere espressa così:
$rArr$
$P(A)∪P(B) sube P(A∪B)$
Supponiamo che $ X in P(A) uu P(B)$
$ X in P(A) uu P(B) rarr X in P(A) vv X in P(B) $ def. di unione
$X in P(A) vv X in P(B) rarr ( X sube A vv X sube B)$ def. di partizione di un insieme
$( X sube A vv X sube B) rarr X sube AuuB $ def. di disgiunzione
$( X sube AuuB) rarr X in P(AuuB)$
Pertanto
$(X in P(A) uu P(B) rarr X in P(AuuB)) rArr P(A)∪P(B) sube P(A∪B)$
$lArr $
$P(AuuB) sube P(A)∪P(B)$
Assumiamo $AsubeB$
e supponiamo che $ X in P(A uu B) $
$ X in P(A uu B) rarr X sube A uu B $ def. di partizione di un insieme
Supponiamo ora $y in X rarr ( y in A vv y in B)$
Ora, essendo per ipotesi $AsubeB$, $ ( y in A vv y in B) rarr y in B$
$(y in X rarr y in B) rArr X sube B$
Pertanto
$(X in P(B) rarr X in P(A) uu P(B)) rArr P(AuuB) sube P(A)∪P(B)$
Grazie a tutti!
$P(A)∪P(B)=P(A∪B)→A⊆B∨B⊆A$ poteva essere espressa così:
$rArr$
$P(A)∪P(B) sube P(A∪B)$
Supponiamo che $ X in P(A) uu P(B)$
$ X in P(A) uu P(B) rarr X in P(A) vv X in P(B) $ def. di unione
$X in P(A) vv X in P(B) rarr ( X sube A vv X sube B)$ def. di partizione di un insieme
$( X sube A vv X sube B) rarr X sube AuuB $ def. di disgiunzione
$( X sube AuuB) rarr X in P(AuuB)$
Pertanto
$(X in P(A) uu P(B) rarr X in P(AuuB)) rArr P(A)∪P(B) sube P(A∪B)$
$lArr $
$P(AuuB) sube P(A)∪P(B)$
Assumiamo $AsubeB$
e supponiamo che $ X in P(A uu B) $
$ X in P(A uu B) rarr X sube A uu B $ def. di partizione di un insieme
Supponiamo ora $y in X rarr ( y in A vv y in B)$
Ora, essendo per ipotesi $AsubeB$, $ ( y in A vv y in B) rarr y in B$
$(y in X rarr y in B) rArr X sube B$
Pertanto
$(X in P(B) rarr X in P(A) uu P(B)) rArr P(AuuB) sube P(A)∪P(B)$
Grazie a tutti!
@milos144
L'utente aritmetico nel post d'apertura del presente topic aveva da dimostrare che \[\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B) \iff A \subseteq B \lor B \subseteq A \tag{1}\] ovverosia aveva da dimostrare due cose: [list=a][*:3mjfoolr]se si assume come ipotesi che \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\), allora si può dimostrare che \(A \subseteq B \lor B \subseteq A\), che corrisponde al verso \(\implies\) di \((1)\);[/*:m:3mjfoolr][*:3mjfoolr]se si assume come ipotesi che \(A \subseteq B \lor B \subseteq A\), allora si può dimostrare che \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\), che corrisponde al verso \(\Longleftarrow\) di \((1)\)[/*:m:3mjfoolr][/list:o:3mjfoolr] Ora: tu cosa vuoi dimostrare? La (a)? La (b)? La (a) e la (b)? Te lo chiedo perché, secondo me, hai fatto un po' di confusione, quindi iniziamo da qua: la (a), la (b) o tutte e due?
L'utente aritmetico nel post d'apertura del presente topic aveva da dimostrare che \[\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B) \iff A \subseteq B \lor B \subseteq A \tag{1}\] ovverosia aveva da dimostrare due cose: [list=a][*:3mjfoolr]se si assume come ipotesi che \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\), allora si può dimostrare che \(A \subseteq B \lor B \subseteq A\), che corrisponde al verso \(\implies\) di \((1)\);[/*:m:3mjfoolr][*:3mjfoolr]se si assume come ipotesi che \(A \subseteq B \lor B \subseteq A\), allora si può dimostrare che \(\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B)\), che corrisponde al verso \(\Longleftarrow\) di \((1)\)[/*:m:3mjfoolr][/list:o:3mjfoolr] Ora: tu cosa vuoi dimostrare? La (a)? La (b)? La (a) e la (b)? Te lo chiedo perché, secondo me, hai fatto un po' di confusione, quindi iniziamo da qua: la (a), la (b) o tutte e due?
Grazie G.D., vorrei provare a dimostrare, senza fare troppi pasticci, per contrapposizione che
$P(A)∪P(B)=P(A∪B)→A⊆B∨B⊆A$
Supponiamo $A ⊈ B$ e $B ⊈ A$.
Da $A ⊈ B$ segue $∃x(x∈A∧x∉B)$ e da $B⊈A$ segue $∃y(y∈B∧y∉A)$
Sia $T = {x, y}$ e supponiamo che $ z ∈ T$.
Allora $ z = x vv z = y$, per cui $z ∈ A vv z ∈ B$, cioè $z ∈ A ∪ B$.
$T⊆ A ∪ B rarr T ∈ P(A ∪ B)$
$ y ∈ T rarr y notin A$ segue $T ⊈ A $
$ x ∈ T rarr x notin B$ segue $T ⊈ B$
$T ⊈ A rarr T notin P(A)$ e $T ⊈ B rarr T notin P(B)$, segue $T notin P(A) ∪ P(B)$
Perciò $P(A ∪ B) ⊈ P(A) ∪ P(B)$
Pertanto,$ P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B) rarr A ⊆ B or B ⊆ A$
Grazie di nuovo
$P(A)∪P(B)=P(A∪B)→A⊆B∨B⊆A$
Supponiamo $A ⊈ B$ e $B ⊈ A$.
Da $A ⊈ B$ segue $∃x(x∈A∧x∉B)$ e da $B⊈A$ segue $∃y(y∈B∧y∉A)$
Sia $T = {x, y}$ e supponiamo che $ z ∈ T$.
Allora $ z = x vv z = y$, per cui $z ∈ A vv z ∈ B$, cioè $z ∈ A ∪ B$.
$T⊆ A ∪ B rarr T ∈ P(A ∪ B)$
$ y ∈ T rarr y notin A$ segue $T ⊈ A $
$ x ∈ T rarr x notin B$ segue $T ⊈ B$
$T ⊈ A rarr T notin P(A)$ e $T ⊈ B rarr T notin P(B)$, segue $T notin P(A) ∪ P(B)$
Perciò $P(A ∪ B) ⊈ P(A) ∪ P(B)$
Pertanto,$ P(A ∪ B) = P(A) ∪ P(B) rarr A ⊆ B or B ⊆ A$
Grazie di nuovo
Grazie a tutti per le risposte.
"milos144":
Grazie G.D., vorrei provare a dimostrare, senza fare troppi pasticci, per contrapposizione che
$P(A)∪P(B)=P(A∪B)→A⊆B∨B⊆A$
Provare per contrapposizione che \[\mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) = \mathscr{P}(A \cup B) \to A \subseteq B \lor B \subseteq A\] significa provare che \[A \not \subseteq B \land B \not \subseteq A \to \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B) \ne \mathscr{P}(A \cup B)\] dato che, in generale, \(p \to q \equiv \lnot q \to \lnot p\). Tu correttamente sei partito dall'ipotesi che \(A \not \subseteq B\) e \(B \not \subseteq A\) e sei arrivato alla conclusione che \(\mathscr{P}(A \cup B) \not \subseteq \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\), per cui a maggior ragione, non è nemmeno \(\mathscr{P}(A \cup B) = \mathscr{P}(A) \cup \mathscr{P}(B)\). Quindi nulla da dire sulla sostanza della dimostrazione. Faccio solo alcuni appunti, delle precisazioni sul modo in cui è scritta la dimostrazione.
"milos144":
Da $A ⊈ B$ segue $∃x(x∈A∧x∉B)$ e da $B⊈A$ segue $∃y(y∈B∧y∉A)$
Sia $T = {x, y}$ e supponiamo che $ z ∈ T$.
Presentando \(T\) avresti dovuto aggiungere che \(x\) e \(y\) sono proprio \(x\) e \(y\) di \(\exists x (x \in A \land x \notin B)\) e \(\exists y (y \in B \land y \notin A)\), dato che le variabili legate dai quantificatori sono "mute" e la \(x\) e la \(y\) che tu hai messo in \(T\) non sono variabili in generale ma stanno ad indicare due variabili precise, che rispettano le condizioni indicate dai due quantificatori.
"milos144":
$ y ∈ T rarr y notin A$ segue $T ⊈ A $
$ x ∈ T rarr x notin B$ segue $T ⊈ B$
\(T \not \subseteq A\) e \(T \not \subseteq B\) non seguono da \(y \in T \to y \notin A\) e \(x \in A \to x \notin B\), seppur questi due condizionali siano veri. Dato che \(X \subseteq Y\) significa, per definizione, che \(\forall x, x \in X \to x \in Y\) e la negazione di questa condizione è \(\exists x : x \in X \land x \notin Y\), il fatto che \(T \not \subseteq A\) e \(T \not \subseteq B\) segue dal fatto che \(\exists z : z \in T \land z \notin A\), e questa \(z\) è \(z = y\), e \(\exists z : z \in T \land z \notin B\), e questa \(z\) è \(z = x\).
"G.D.":
Presentando \(T\) avresti dovuto aggiungere che \(x\) e \(y\) sono proprio \(x\) e \(y\) di \(\exists x (x \in A \land x \notin B)\) e \(\exists y (y \in B \land y \notin A)\), dato che le variabili legate dai quantificatori sono "mute" e la \(x\) e la \(y\) che tu hai messo in \(T\) non sono variabili in generale ma stanno ad indicare due variabili precise, che rispettano le condizioni indicate dai due quantificatori..
Grazie G.D. per gli ottimi suggerimenti!
Come avrei potuto scrivere?
$1)$ Sia $T = {x, y: | x in A and y in B}$
$2)$ Sia $T = {x, y: | (x in A ^^y notin B) ^^ (y in B ^^y notin A) }$
$3)$ Sia $T = {\bar{x}, \bar{y}: | \bar{x} in A ^^ \bar{y} in B}$
$4)$ Sia $T = {\bar{x}, \bar{y}: | (\bar{x} in A ^^\bar{y} notin B) ^^ (\bar{y} in B ^^\bar{y} notin A)}$
$5)$ Siano $\bar{x}, \bar{y}$ tale che
$\bar{x} ∈A∧ \bar{x} ∉B$ e $\bar{y}$ tale che $ \bar{y} ∈B∧ \bar{y} ∉A$
Quale di queste vanno bene?
La 5. E consideri a questo punto \(T = \{\bar{x},\bar{y}\}\).
Grazie G.D., chiedo solo una cosa: la quarta come mai non va bene?
Grazie di nuovo!
Grazie di nuovo!
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