Be szeretnék bizonyítani egy egyenlőséget a halmazokkal kapcsolatban. ?Leiírom azt is, hogy meddig jutottam el. Bizonyítsuk be, hogy A,B,C tetszőleges halmazok esetén az (A∩B∩C) U (A’∩B∩C) U (A ∩ B’∩ C) U(A∩B∩C’) = (A∩B) U (B∩C) U (C∩A)

Eddig jó. Viszont ezzel csak annyit mutattál meg, hogy a bal oldal részhalmaza a jobb oldalnak.

A következő lépés, hogy megmutatod, hogy a jobb oldal részhalmaza a bal oldalnak. Ha ez is igaz, akkor a halmazelméletben tanultak szerint ha két halmaz egymásnak részhalmazai, akkor (és csak akkor) a két halmaz egyenlő.

Vagy a másik lehetőség, hogy indirekt felteszed, hogy nem igaz az állítás, vagyis léteznie kell egy elemnek, ami borítja az egyenlőséget;

-Ha A-nak eleme ez a „rossz elem”, akkor azt látjuk, hogy A∩B∩C-ben és A∩B-ben is benne van ez a rossz elem, és mivel ez igazolja az állítást, ezért ellentmondásra jutottunk.

Ugyanezt meg lehet csinálni a másik két halmazra is, ugyanezt fogjuk kapni, ami azt jelenti, hogy nem létezik „rossz elem”, tehát az állítás igaz lesz. (Ha jobban megnézzük, akkor az állítás úgynevezett szimmetrikus, ami azt jelenti, hogy az A;B;C betűk felcserélésével ugyanazt az állítást kapjuk, emiatt elég csak az egyik halmazra megnézni, hogy „mi van, ha”.)

De a feladatot meg lehet igazságtáblával is csinálni. Az egy kicsit macerás, és ott érdemesebb az szimmetriára hivatkoznunk, hogy ne kelljen annyit írnunk.

Rosszul írtam az indirekt bizonyítást; ugyanis ha az elem A-nak eleme, nem biztos, hogy a metszetben is benne van. Itt két irányba kell továbbmenni;

-Ha az A-beli elem valamelyik metszetnek is eleme, akkorra igaz az, amit írtam, tehát nem tudunk ellenpéldát mutatni.

-Ha az A-beli elem viszont csak A-ban van benne, akkor a legvégén az jön ki, hogy üres halmaz=üres halmaz, ami szintén igaz. Tehát mindegy, hogy a „rossz elem” az A melyik részén van, mindig igazat fogunk kapni. A korábban említett szimmetria miatt a B;C halmazokra ugyanezt fogjuk kapni. Tehát nem tudunk rossz elemet mondani, tehát az eredeti állítás igaz.

Az én bizonyításom sem jó még teljesen, ugyanis egy harmadik lehetőséget nem vizsgáltam, és abban is hibáztam, hogy a te levezetésed az egyik irányba jó lenne. Hogy őszinte legyek, nem vagyok túl járatos a halmazelméleti bizonyításokban, és úgy gondoltam magamról, hogy mégis, de kis utánagondolással már látom a hibákat. Úgyhogy tisztázzuk;

Először is, a levezetésedben az a hiba, hogy csak a metszetekere koncentrálsz, tehát mi van akkor, hogyha az eleme a metszenek része, viszont előfordulhat, hogy a vizsgált elem nem eleme egyik metszetnek sem, és ez a "kívülálló" elem boríthatja a dolgokat. Ezzel kapcsolatban nézzünk egy példát:

Ha az lenne a feladat, hogy bizonyítsuk be, hogy A ∩ B = B, akkor a te elgondolásod szerint ha az elem benne van a metszetben, akkor B-ben is, és máris kész lenne a feladat, holott előfordulhat, hogy az A-ban van olyan elem, ami nincs a metszetben, és ez a metszeten kívüli elem ellenpélda lenne arra, hogy ez az egyenlőség nem igaz. Például ha A:={1;2}, B:={2;3}, akkor a bizonyítás során csak a 2 helyzetét vizsgálnád, pedig az 1 miatt nem lesz egyenlőség a két halmaz között.

A másik dolog, amit jól írtam, hogy a részhalmazosdit a másik irányba is meg kell vizsgálni. Erre is jó feladat az A ∩ B = B, ugyanis itt a B-beli elemek vizsgálatával tudnánk megmutatni azt, hogy van olyan elem, ami megakadályozza a két halmaz közti egyenlőséget, esetünkben a 3 miatt nem lehet egyenlőség. (Bizonyos esetekben lehet a két halmaz egyenlő, de általánosságban nem mondható el, hogy az állítás igaz.)

Ha direkt akarjuk bizonyítani az állítást, akkor a következőt tehetjük. Hogy időt spóroljunk, most is hivatkozzunk az állítás szimmetriájára, így elég csak az A halmazra megnézni az eseteket. Az elemek elhelyezkedése A-ban ötféle lehet:

1. Benne van A ∩ B ∩ C-ben, ekkor A ∩ B-ben is benne az egyenlet jobb oldaláról, így a két oldalon lévő unióban is.

2. Benne van A ∩ B -ben, ekkor A ∩ B-ben is benne az egyenlet jobb oldaláról, így a két oldalon lévő unióban is.

3. Benne van A ∩ C -ben, ekkor A ∩ C-ben is benne az egyenlet jobb oldaláról, így a két oldalon lévő unióban is.

4. Csak az A-ban van benne, ekkor már egy kicsit izgalmasabb a történet. Nézzük végig szisztematikusan, hogy melyik metszetben lesz benne az elemünk. Szerencsére itt is elég nekünk annyi, hogy mindkét oldalon legalább az egyikben benne legyen, úgy igazságot kapunk:

(A∩B∩C) : nincs benne (ekkor azt mondjuk, hogy ez a halmaz üreshalmaz (ü) )

(A’∩B∩C) : nincs benne

(A ∩ B’∩ C) : nincs benne

(A∩B∩C’) : nincs benne

(A∩B) : nincs benne

(B∩C) : nincs benne

(C∩A) : nincs benne

Tehát azt látjuk, hogy ü U ü U ü U ü = ü U ü U ü, ez pedig nyilván igaz.

5. Nincs benne A-ban, itt viszont három lehetőség van; vagy B-ben van benne, vagy C-ben, de ezeket a szimmetria miatt nem kell külön vizsgálnunk, mert az A miatt tudjuk, hogy igazak lesznek, vagy pedig egyikben sincs benne, ekkor pedig igazából nincs miről beszélünk, de alapvetően erre is az ü U ü U ü U ü = ü U ü U ü egyenletet fogjuk kapni, ami szintén igaz.

Magyarán ha bárhová tesszük az elemet, mindig igazat fogunk kapni. Én ezt az elején úgy oldottam meg, hogy tegyük fel indirekt, hogy az állítás nem igaz, tehát találunk egy "rossz elemet", és mivel ellentmondásra jutottunk, ezért az indirekt állítás nem igaz, így az eredeti lesz igaz, de látható, hogy igazából felesleges volt az indirekt kezdés.

Igazságtáblázattal: itt az történik, hogy felírjuk az összes halmazt, amivel kell tudnunk dolgozni, egy táblázatba, és aszerint töltjük ki, hogy melyik elemet hova tesszük. Ez gyakorlatilag ugyanaz lesz, amit fent leírtam, csak táblázatos formában. Ehhez még azt az extra dolgot kell tudunk, hogy egy elem hányféleképpen tud elhelyezkedni három halmazban; nyilván egy halmaznak vagy eleme egy elem, vagy nem, tehát két "állása" lehet egy elemnek, összesen 3 helyen, tehát 2*2*2=8 esetet kell vizsgálnunk, tehát a táblázatban pontosan 8 kitöltendő sornak kell szerepelnie, ezzel vizsgálhatjuk az összes esetet. A táblázat:

A | B | C | A’ | B’ | C’ | (A∩B∩C) | (A’∩B∩C) | (A∩B’∩C) | (A∩B∩C’) | (A∩B) | (B∩C) | (C∩A) | (A∩B) U (B∩C) U (C∩A) | (A∩B∩C) U (A’∩B∩C) U (A ∩ B’∩ C)

A táblázat utolsó két oszlopába érdemes tenni az állítás két oldalát, ugyanis az ezek közti egyenlőséget akarjuk megmutatni.

A táblázat kitölthető a 0-1 számokkal vagy az I-H (igaz-hamis) betűkkel (ha angolul akarod kitölteni, akkor a T-F-et, vagyis true-false-ot is írhatsz) , vagy akár X-et és pipajelet is tehetsz, ezek azt jelölik, hogy egy adott elem benne van-e vagy sem a halmazban. Először a három oszlopot töltjük ki, és annak függvényében töltjük ki a többit is. Például vizsgáljuk azokat az elemeket, amik A-ban és B-ben benne vannak, de C-ben nincsenek, ekkor a táblázatot így kezdjük:

1 | 1 | 0

Most jönnek a komplementerek; ha egy elem benne van egy halmazban, akkor a komplementerben biztosan nincs, viszont ha nincs benne, akkor nem biztos, hogy a komplementerben benne van, ezért meg kell néznünk, hogy az elem valahol máshol megtalálható-e. Most a C-nél van ilyen probléma, de mivel az A-ban és a B-ben megtalálható, ezért a C’ 0-ja 1-re fog váltani, tehát így folytatjuk:

1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1

Most jönnek a metszetek; itt nyilván azt kell nézni, hogy a megadott betű alatt mindenhol 1-es van-e. Ha igen, akkor az oszlopba 1 kerül, ha valahol pedig 0 van, akkor 0 lesz az egész. Ennek megfelelően:

1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 |

Ezután a jobb oldalon lévő állítás metszeteit töltjük ki, értelemszerűen:

1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0

Végül pedig az utolsó két oszlopot töltjük ki a korábbi oszlopok adatainak felhasználásával:

1 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1

Mivel a végére két 1-est kaptunk, ezért azt kaptuk, hogy 1=1, tehát az állítás igaz lesz.

Szerencsére csak egy eset van, amikor a komplementernél problémák adódhatnak, ez akkor van, amikor az adott elemre azt mondjuk, hogy egyik halmaznak sem eleme. Ekkor csak annyi történik, hogy a táblázatban mindenhova 0 kerül, a végén pedig azt kapjuk, hogy 0=0, ami szintén igaz, tehát az állítás ilyen esetben is igaz lesz. Felmerülhet a kérdés, hogy ezzel miért kell külön foglalkozni, erre pedig a válasz az, hogy előfordulhat az, hogy az A;B;C halmazok mindegyike üreshalmaz, és az üreshalmaz is ugyanolyan halmaz, mint bármelyik másik, így arra is igaznak kell lennie az állításnak.

Alapvetően az ilyen halmazos bizonyításoknál "szép" bizonyítás alatt a De Morgan-azonosságokra való hivatkozást szokták érteni, vagyis "tisztességesen" az azok alapján elvégezhető átalakítások alapján kellene eljutnunk a végeredményhez:

[link]

Én ezeket valahogy sosem tudtam átlátni, vagyis mikor, hol, melyiket érdemes használni.

"Akkor megy ha rajzolok Venn diagramot, de ha nem rajzolhatnék nem tudnám bizonyítani direkten csak a halmazjelekkel."

Nem tudom, miért, de annak idején az egyetemen azt mondták, hogy a Venn-diagrammal való bizonyítás nem teljes értékű (bár lehet, hogy csak ők nem fogadták el a ZH-kban, nem tudom), és hogy az csak fogódzkodónak jó, tehát nyugodtan rajzoljuk fel magunknak, és ha egyezik a két ábra (és jól rajzoltuk fel), akkor a két állítás biztosan igaz. Annyi igazság lehet a dolgokban, hogy négy halmazt még úgy-ahogy fel lehet értelmesen rajzolni, 4-nél többre viszont már fizikai képtelenség olyan ábrát rajzolni, ami emberi szemmel átlátható lenne, és nyilván képesek kell lennünk 4-nél több halmazzal felírt állítások bizonyítását is véghez vinni (a te feladatod is felírható akárhány halmazzal, és azokhoz már a Venn-diagram nem lenne annyira egyszerű attrakció). Négy vagy több halmaz esetére egyébként van egyszerűbb felírási mód is a Venn-diagrammnál (ami egyébként kevesebb halmazra is működik), ennek elméleti alapja a Karnaugh-táblázat felírása:

[link]