直積集合 ⑤

Def.

Prop & Proof

$n$ に関する数学的帰納法によって示す。

1. まず、$n=1$ の場合を示す。このとき、$1$ 組の定義より
   $$ (x_1)=x_1,\qquad (y_1)=y_1 $$
   である。したがって
   $$ (x_1)=(y_1)\ \Leftrightarrow\ x_1=y_1 $$
   が成り立つ。
   $ $
2. 次に、ある正の整数 $n$ について、任意の $n$ 組 $(x_1,x_2,\cdots,x_n)$ と $(y_1,y_2,\cdots,y_n)$ に対し
   $$ (x_1,x_2,\cdots,x_n)=(y_1,y_2,\cdots,y_n) \ \Leftrightarrow\ (x_1=y_1\land x_2=y_2\land\cdots\land x_n=y_n) $$
   が成り立つと仮定する。
   $ $
3. このとき、任意の $(n+1)$ 組 $(x_1,x_2,\cdots,x_n,x_{n+1})$ と $(y_1,y_2,\cdots,y_n,y_{n+1})$ について考える。
   $(n+1)$ 組の定義より
   $$ (x_1,x_2,\cdots,x_n,x_{n+1}) = ((x_1,x_2,\cdots,x_n),x_{n+1}) $$
   および
   $$ (y_1,y_2,\cdots,y_n,y_{n+1}) = ((y_1,y_2,\cdots,y_n),y_{n+1}) $$
   である。
   したがって、順序対の性質より
   $$ \begin{align} &(x_1,x_2,\cdots,x_n,x_{n+1})=(y_1,y_2,\cdots,y_n,y_{n+1})\\ \Leftrightarrow\ &((x_1,x_2,\cdots,x_n),x_{n+1})=((y_1,y_2,\cdots,y_n),y_{n+1}) \because\ (n+1)\text{組の定義}\\ \Leftrightarrow\ &(x_1,x_2,\cdots,x_n)=(y_1,y_2,\cdots,y_n)\land x_{n+1}=y_{n+1} \because\ \text{順序対の性質より}\ (A,B)=(C,D)\ \Leftrightarrow\ (A=C\land B=D)\\ \end{align} $$
   が成り立つ。
   ここで、帰納法の仮定より
   $$ (x_1,x_2,\cdots,x_n)=(y_1,y_2,\cdots,y_n) $$
   $$ \Leftrightarrow\ (x_1=y_1\land x_2=y_2\land\cdots\land x_n=y_n) $$
   であるから、以上を合わせて
   $$ (x_1,x_2,\cdots,x_n,x_{n+1})=(y_1,y_2,\cdots,y_n,y_{n+1}) $$
   $$ \Leftrightarrow\ (x_1=y_1\land x_2=y_2\land\cdots\land x_n=y_n\land x_{n+1}=y_{n+1}) $$
   を得る。
   よって、命題は $n+1$ の場合にも成り立つ。
   $ $
4. 以上より、数学的帰納法によって、任意の正の整数 $n$ について
   $$ (x_1,x_2,\cdots,x_n)=(y_1,y_2,\cdots,y_n) \ \Leftrightarrow\ (x_1=y_1\land x_2=y_2\land\cdots\land x_n=y_n) $$
   が成り立つ。
   $$ \Box$$

集合$A,B$をそれぞれ
$$ A:=\{\varnothing\},\qquad B:=\{\{\varnothing\}\} $$
とおく。
$ $

1. まず、$\varnothing\in A$ かつ $\{\varnothing\}\in B$ であるから、直積集合の定義より
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})\in A\times B $$
   が成り立つ。
   $ $
2. 次に、
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})\notin B\times A $$
   を示す。もし
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})\in B\times A $$
   であるとすると、直積集合の定義より、ある $b\in B$ と $a\in A$ が存在して
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})=(b,a) $$
   が成り立つ。
   ここで、$B=\{\{\varnothing\}\}$ および $A=\{\varnothing\}$ であるから
   $$ b=\{\varnothing\},\qquad a=\varnothing $$
   である。
   したがって
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})=(\{\varnothing\},\varnothing) $$
   となる。しかし、順序対の等号の性質より
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})=(\{\varnothing\},\varnothing) \ \Leftrightarrow\ \varnothing=\{\varnothing\}\land \{\varnothing\}=\varnothing $$
   が成り立つ。ところが
   $$ \varnothing\neq\{\varnothing\} $$
   であるから、これは矛盾である。
   ゆえに
   $$ (\varnothing,\{\varnothing\})\notin B\times A $$
   が成り立つ。

-以上より、$(\varnothing,\{\varnothing\})$ は $A\times B$ の元であるが $B\times A$ の元ではない。したがって
$$ A\times B\neq B\times A $$
を得る。
$$ \Box$$

反例を与える。順序対は Kuratowski の定義
$$ (a,b):=\{\{a\},\{a,b\}\} $$
で定義されているとする。
$ $
集合 $A,B,C$ を
$$ A:=\{\varnothing\},\qquad B:=\{\varnothing\},\qquad C:=\{\varnothing\} $$
とおく。このとき、
$$ A\times B=\{(\varnothing,\varnothing)\} $$
であるから、
$$ (A\times B)\times C=\{((\varnothing,\varnothing),\varnothing)\} $$
である。また、
$$ B\times C=\{(\varnothing,\varnothing)\} $$
であるから、
$$ A\times(B\times C)=\{(\varnothing,(\varnothing,\varnothing))\} $$
である。
したがって、
$$ (A\times B)\times C\neq A\times(B\times C) $$
を示すには、
$$ ((\varnothing,\varnothing),\varnothing)\neq(\varnothing,(\varnothing,\varnothing)) $$
を示せばよい。
$ $
ここで、Kuratowski の定義より、
$$ (\varnothing,\varnothing)=\{\{\varnothing\}\} $$
である。したがって、
$$ (\varnothing,\varnothing)\neq\varnothing $$
である。
もし
$$ ((\varnothing,\varnothing),\varnothing)=(\varnothing,(\varnothing,\varnothing)) $$
であると仮定すると、順序対の等号の性質より、第 $1$ 成分が等しいので
$$ (\varnothing,\varnothing)=\varnothing $$
が成り立つ。これは
$$ (\varnothing,\varnothing)\neq\varnothing $$
に矛盾する。
ゆえに、
$$ ((\varnothing,\varnothing),\varnothing)\neq(\varnothing,(\varnothing,\varnothing)) $$
である。したがって、
$$ (A\times B)\times C\neq A\times(B\times C) $$
である。
以上より、任意の集合 $A,B,C$ について、一般に
$$ (A\times B)\times C=A\times(B\times C) $$
は成り立たない。
$$ \Box$$

$\varnothing\subseteq A\times B$ を示すため、任意の $z\in\varnothing$ をとる。
しかし、空集合の定義より、$z\in\varnothing$ を満たす要素 $z$ は存在しない。したがって、任意の $z\in\varnothing$ について
$$ z\in A\times B $$
が成り立つ(補足を参照)。
ゆえに、部分集合の定義より、
$$ \varnothing\subseteq A\times B $$
である。
$$ \Box$$

$A\times B\subseteq A\times B$ を示すため、任意の $(x,y)\in A\times B$ をとる。
このとき、ただちに
$$ (x,y)\in A\times B $$
である。
したがって、任意の $(x,y)\in A\times B$ について
$$ (x,y)\in A\times B $$
が成り立つ。
ゆえに、部分集合の定義より、
$$ A\times B\subseteq A\times B $$
である。
$$ \Box$$

$R\cup S\subseteq A\times B$ を示すため、任意の $(x,y)\in R\cup S$ をとる。
和集合の定義より、
$$ (x,y)\in R\lor (x,y)\in S $$
である。
ここで場合分けをする。

1. $(x,y)\in R$ の場合
   仮定 $R\subseteq A\times B$ より、
   $$ (x,y)\in A\times B $$
   である。
   $ $
2. $(x,y)\in S$ の場合
   仮定 $S\subseteq A\times B$ より、
   $$ (x,y)\in A\times B $$
   である。

-以上より、どちらの場合にも
$$ (x,y)\in A\times B $$
が成り立つ。
$(x,y)\in R\cup S$ は任意であったから、部分集合の定義より、
$$ R\cup S\subseteq A\times B $$
である。$$ \Box$$

$R\cap S\subseteq A\times B$ を示すため、任意の $(x,y)\in R\cap S$ をとる。
共通部分の定義より、
$$ (x,y)\in R\land (x,y)\in S $$
である。したがって、特に
$$ (x,y)\in R $$
である。
仮定 $R\subseteq A\times B$ より、
$$ (x,y)\in A\times B $$
である。
$(x,y)\in R\cap S$ は任意であったから、部分集合の定義より、
$$ R\cap S\subseteq A\times B $$
である。
$$ \Box$$

$R\setminus S\subseteq A\times B$ を示すため、任意の $(x,y)\in R\setminus S$ をとる。
差集合の定義より、
$$ (x,y)\in R\land (x,y)\notin S $$
である。したがって、特に
$$ (x,y)\in R $$
である。
仮定 $R\subseteq A\times B$ より、
$$ (x,y)\in A\times B $$
である。
$(x,y)\in R\setminus S$ は任意であったから、部分集合の定義より、
$$ R\setminus S\subseteq A\times B $$
である。
$$ \Box$$