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Logik, Mengen & Beweistechnik » Mengenlehre » Vereinigung zweier Mengen ist Teilmenge der Vereinigung der Vereinigung des kartesischen Produkts
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Universität/Hochschule J Vereinigung zweier Mengen ist Teilmenge der Vereinigung der Vereinigung des kartesischen Produkts
Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-01-12


Hallo Community,

ich versuche zu zeigen, dass unter sinnvollen Annahmen über Mengen A und B (welche sind das?) gilt, dass $A \cup B \subseteq \cup \cup (A \times B)$.

Leider scheitere ich bislang, weil ich wohl noch keine geeigneten Voraussetzungen gefunden habe.

Wäre super, wenn da jemand weiterwüsste!



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Nuramon
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 23.01.2008
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-01-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

die Antwort hängt davon ab, wie man geordnete Paare definiert. Außerdem sollte man fordern, dass $A=\emptyset \Leftrightarrow B=\emptyset$.

Wenn man geordnete Paare definiert als $(a,b) := \{\{a\},\{a,b\}\}$, dann dürfte, wenn ich mich nicht vertan habe, $A \cup B =\bigcup \bigcup (A \times B)$ unter dieser Voraussetzung immer gelten.

Falls $(a,b):= \{a,\{a,b\}\}$, dann stimmt $A \cup B \subseteq\bigcup \bigcup (A \times B)$.

Ebenso geht es mit $(a,b):=\{\{0,a\}, \{1,b\}\}$.

Die entscheidende Eigenschaft ist jeweils $\{a,b\} \subseteq \bigcup (a,b)$.

Warum du dich mit dieser Frage beschäftigst, ist mir aber schleierhaft.
\(\endgroup\)


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Newmath2012
Aktiv Letzter Besuch: im letzten Quartal
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-12


Hallo Nuramon, danke für deine Antwort. Das ist bei uns in der Vorlesung vorgekommen und ich finde es ziemlich uneinsichtig.
Das geordnete Paar ist bei uns definiert als $(a,b): = \{\{a\}, \{a,b\}\}$ und es steht explizit da, dass es nur unter bestimmten Annahmen an A und B gilt. Es sollte also auch As und Bs geben, für die die von dir angegebene Gleichheit jedenfalls nicht erfüllt ist.
Könntest du deine Überlegungen bitte näher ausführen, damit ich sie nachvollziehen kann?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-01-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Ich habe ja geschrieben, dass man $A=\emptyset \Leftrightarrow B=\emptyset$ voraussetzen muss.

Du könntest das ganze ja mal an einem Beispiel überprüfen, etwa mit $A=\{a_1,a_2\}, B=\{b_1,b_2,b_3\}$.
\(\endgroup\)


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StrgAltEntf
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Aus: Milchstraße
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2019-01-12


Hallo Newmath2012,

eine Ausnahme hat Nuramon ja bereits angegeben. (Eine der beiden Mengen A und B darf nicht alleine leer sein.)

Tipp: Nimm doch mal ein explizites Beispiel und rechne \(\bigcup\bigcup(A\times B)\) aus.

Etwa: \(A=\{1,2\},B=\{1,3\}\).

Dann siehst du vielleicht eher, was hier vor sich geht.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-12


Lieber Nuramon und StrgAltEntf,
ich habe jetzt gemacht, was ihr vorgeschlagen habt und mit diesen einfachen Beispielen ungefährt gesehen, was vor sich geht. Durch die Bildung des kartesischen Produktes kommen zwei Klammern ineinander ($\{\{\},\{\}\}$) zusätzlich dazu und durch zweifache Vereinigung kommen sie wieder weg (zuerst die beiden inneren, dann die äußere).
Wie würde denn das kartesische Produkt aussehen, wenn man es mit einer leeren Menge bildet?
Ich habe nun versucht, mir zu überlegen, wie man das, was ich in euren Beispiel beobachtet habe, allgemein argumentieren könnte. Dazu habe ich mir festgestellt, dass $A \times B = \{z \in \mathcal{P}(\mathcal{P}(A \cup B)): \exists a \in A \exists b \in B: z = (a,b)\}$ und $\cup \mathcal{P}(A \cup B) = A \cup B$, wenn ich mich nicht vertan habe. Ich habe das Gefühl, dass man das einfach nur noch geeignet kombinieren muss, aber ich komme irgendwie nicht ganz drauf.
Abgesehen davon bleibt für mich die Frage offen, ob es auch für unendliche Mengen noch funktioniert.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2019-01-12

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Wenn $A$ oder $B$ leer sind, dann ist die Aussage $\exists a \in A \exists b \in B: z = (a,b)$ für alle $z\in \mathcal{P}(\mathcal{P}(A \cup B))$ falsch, also ist $A\times B=\emptyset$.

Zum Beweis:
Sei $x\in A\cup B$. Zu zeigen ist dann $x\in\bigcup \bigcup (A \times B)$. Jetzt drösel die Definition auf:
Sei $M:=\bigcup (A\times B)$. Es ist $x\in \bigcup M$ genau dann, wenn ein $m\in M$ existiert mit ...
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-12


Danke für das mit der leeren Menge!

Bei dem anderen weiß ich jetzt nicht, worauf du hinauswillst. Es hat nichts mit der Beweisidee aus meinem letzten Post zu tun oder?
Die Ergänzung von dem von dir angefangenen Satz lautet jedenfalls $x \in m$.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-01-13

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Richtig. Jetzt forme weiter um, bis eine Aussage dasteht, die du beweisen kannst. Hier nochmal die bisherigen Schritte und zusätzlicher:
Sei $x\in A\cup B$. Dann ist
\[\begin{align*}x\in \bigcup\bigcup (A\times B) & \Leftrightarrow \exists m \in \bigcup A\times B: x\in m\\
&\Leftrightarrow \exists n \in A\times B \exists m\in n: x\in m\\
&\Leftrightarrow \ldots\end{align*}\]
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Hmm, der nächste Schritt ist vmtl. $\Leftrightarrow \exists n_1 \in \mathcal{P}(A) \exists n_2 \in \mathcal{P}(A \cup B): (t \in n \Leftrightarrow (t = n_1 \vee t = n_2))$? Dann weiß ich nicht weiter, weil ich immer noch nicht begriffen habe, worauf das hinauslaufen soll, sry.



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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-13


Oh, ich sehe gerade, dass das nicht äquivalent ist, weil damit die Reihenfolge der beiden Mengen in n nicht sichergestellt ist.
Könntet ihr mir bitte weiterhelfen, Nuramon oder StrgAltEntf (oder wen das Thema sonst noch interessiert)?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, eingetragen 2019-01-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Es ist
\[\begin{align*}x\in \bigcup\bigcup (A\times B) & \Leftrightarrow \exists m \in \bigcup A\times B: x\in m\\
&\Leftrightarrow \exists n \in A\times B \exists m\in n: x\in m\\
&\Leftrightarrow \exists a\in A, b\in B \exists m\in (a,b): x\in m\end{align*}\] Beachte übrigens, dass die letzte Bedingung nur wahr sein kann, wenn $A,B$ beide nicht leer sind.

Als nächstes kannst du die Definition von $(a,b)$ einsetzen. Dann bist du dem Ziel, also einer Aussage, die du beweisen kannst, falls $x\in A\cup B$ gilt, schon recht nahe.

\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Hallo Nuramon,
also ich vermute zwar, dass Folgendes falsch ist, weil es in deinem Post so geklungen hat, als wären da noch mehr Schritte nötig, aber ich würde jetzt so weitermachen:
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B \exists m \in (a,b): x \in m$
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B \exists m \in \{\{a\}, \{a,b\}\}: x \in m$
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B: x = a \vee x = b$
$\Leftrightarrow (x \in A \vee x \in B)$
$\Leftrightarrow x \in A \cup B$.

Falls es falsch ist, bitte sag mir, bei welcher Äquivalenz der Fehler liegt und wie ich stattdessen vorgehen soll.



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2019-01-14

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-01-14 16:10 - Newmath2012 in Beitrag No. 12 schreibt:
Hallo Nuramon,
also ich vermute zwar, dass Folgendes falsch ist, weil es in deinem Post so geklungen hat, als wären da noch mehr Schritte nötig, aber ich würde jetzt so weitermachen:
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B \exists m \in (a,b): x \in m$
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B \exists m \in \{\{a\}, \{a,b\}\}: x \in m$
$\Leftrightarrow \exists a \in A, b \in B: x = a \vee x = b$
Die Umformung ist richtig, ein oder zwei Zwischenschritte wären aber auch nicht verkehrt gewesen.

$\Leftrightarrow (x \in A \vee x \in B)$
Fast. Diese Äquivalenz ist falsch, falls genau eine der Mengen $A,B$ leer ist. (Oder wolltest du das an der Stelle bereits voraussetzen? Dann wäre es ok.)
\(\endgroup\)


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Newmath2012
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2019-01-14


Ja, das wollte ich schon voraussetzen, weil wir den Fall, dass genau eine der beiden Mengen gleich der leeren Menge ist, ja oben schon diskutiert und ausgeschlossen haben.

Und da dieser kleine Umformungsbeweis allgemein gehalten war und nirgends Endlichkeit vorausgesetzt hat, müsste es auch für unendliche Mengen gelten oder?



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Nuramon
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Ja, der Beweis geht für beliebige Mengen.



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Newmath2012
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Dann habe ich das nun verstanden; danke für deine Hilfe!



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