集合系 ⑦
Prop & Proof
全体集合 $U$ を固定し、任意の集合 $A\subseteq U$ について
$$
\bigcup\mathcal{P}(A)=A
$$
が成り立つ。
集合の相等を示すために、両方の包含関係を示す。
- まず
$$ \bigcup\mathcal{P}(A)\subseteq A $$
を示す。
任意に $x\in \bigcup\mathcal{P}(A)$ をとる。
集合系の和集合の定義より、ある集合 $E\in\mathcal{P}(A)$ が存在して
$$ x\in E $$
となる。
ここで、べき集合の定義より
$$ E\in\mathcal{P}(A)\ \Leftrightarrow\ E\subseteq A $$
であるから、$E\subseteq A$ である。
したがって、$x\in E$ かつ $E\subseteq A$ より
$$ x\in A $$
を得る。
ゆえに
$$ \bigcup\mathcal{P}(A)\subseteq A $$
が成り立つ。
$ $ - 次に
$$ A\subseteq \bigcup\mathcal{P}(A) $$
を示す。任意に $x\in A$ をとる。
任意の集合は自分自身の部分集合であるから
$$ A\subseteq A $$
が成り立つ( 証明はこちら )。したがって、べき集合の定義より
$$ A\in\mathcal{P}(A) $$
である。
いま、$x\in A$ かつ $A\in\mathcal{P}(A)$ であるから、集合系の和集合の定義より
$$ x\in \bigcup\mathcal{P}(A) $$
を得る。
ゆえに
$$ A\subseteq \bigcup\mathcal{P}(A) $$
が成り立つ。
-以上より
$$
\bigcup\mathcal{P}(A)=A
$$
である。
$$ \Box$$
後半の証明の
$$
A\subseteq\bigcup\mathcal{P}(A)
$$
は、既に示した命題
$$
\forall E\in\mathcal{A}\ (E\subseteq\bigcup\mathcal{A})
\qquad \text{ただし } \mathcal{A}\subseteq\mathcal{P}(U)
$$
から直ちに従う(
詳細はこちら
)。実際、$A\subseteq U$ であるから、$A$ の任意の部分集合は $U$ の部分集合でもあり、
$$
\mathcal{P}(A)\subseteq\mathcal{P}(U)
$$
が成り立つ。また $A\subseteq A$ である(
証明はこちら
)から
$$
A\in\mathcal{P}(A)
$$
が成り立つ。したがって、上の命題において $\mathcal{A}=\mathcal{P}(A)$、$E=A$ とおけば
$$
A\subseteq\bigcup\mathcal{P}(A)
$$
を得る。
全体集合 $U$ を固定し、任意の集合 $A\subseteq U$ について
$$
\bigcap\mathcal{P}(A)=\varnothing
$$
が成り立つ。
- まず、空集合は任意の集合の部分集合であるから
$$ \varnothing\subseteq A $$
が成り立つ( 証明はこちら )。したがって、べき集合の定義より
$$ \varnothing\in\mathcal{P}(A)\ \cdots ① $$
である。次に、
$$ \bigcap\mathcal{P}(A)\subseteq\varnothing $$
を背理法で示す。いま、
$$ \bigcap\mathcal{P}(A)\nsubseteq\varnothing $$
を仮定する。部分集合の定義より、
$$ \begin{align} \bigcap\mathcal{P}(A)\nsubseteq\varnothing &\Leftrightarrow \neg \forall x\ (x\in\bigcap\mathcal{P}(A)\Rightarrow x\in\varnothing) \because\ \text{部分集合の定義}\\ &\Leftrightarrow \exists x\ \neg (x\in\bigcap\mathcal{P}(A)\Rightarrow x\in\varnothing) \because\ \text{量化の否定}\\ &\Leftrightarrow \exists x\ \neg (\neg(x\in\bigcap\mathcal{P}(A))\lor x\in\varnothing) \because\ P\Rightarrow Q\ \Leftrightarrow\ \neg P\lor Q\\ &\Leftrightarrow \exists x\ (x\in\bigcap\mathcal{P}(A)\land x\notin\varnothing) \because\ \text{De Morgan の法則} \end{align} $$
を満たす。したがって、ある $x$ が存在して
$$ x\in\bigcap\mathcal{P}(A)\land x\notin\varnothing $$
が成り立つ。そのような $x$ をとる。故に、$x\in\bigcap\mathcal{P}(A)$ であるから、共通部分の定義より
$$ \forall E\in\mathcal{P}(A)\ (x\in E) $$
が成り立つ。
ここで、すでに ① より $\varnothing\in\mathcal{P}(A)$ を示したので、上の全称命題において $E=\varnothing$ とおけば
$$ x\in\varnothing $$
を得る。これは $x\notin\varnothing$ に矛盾する。
したがって、仮定
$$ \bigcap\mathcal{P}(A)\nsubseteq\varnothing $$
は誤りである。ゆえに
$$ \bigcap\mathcal{P}(A)\subseteq\varnothing $$
が成り立つ。
$ $ - 一方で、空集合は任意の集合の部分集合(
証明はこちら
)であるから、
$$ \varnothing\subseteq\bigcap\mathcal{P}(A) $$
が成り立つ。
-以上より
$$
\bigcap\mathcal{P}(A)=\varnothing
$$
である。
$$ \Box$$
前半の証明については、既に示した命題(
詳細はこちら
)
$$
\forall E\in\mathcal{A}\ (\bigcap\mathcal{A}\subseteq E)
\qquad \text{ただし } \mathcal{A}\subseteq\mathcal{P}(U)\cdots(*)
$$
を用いて
$$
\bigcap\mathcal{P}(A)\subseteq\varnothing
$$
を直ちに得ることもできる。
$ $
すなわち、$A\subseteq U$ であるから、$A$ の任意の部分集合は $U$ の部分集合でもあり、
$$
\mathcal{P}(A)\subseteq\mathcal{P}(U)
$$
が成り立つ。また、空集合は任意の集合の部分集合であるから
$$
\varnothing\subseteq A
$$
であり(
証明はこちら
)、したがって
$$
\varnothing\in\mathcal{P}(A)
$$
である。
そこで、上の命題($*$)において $\mathcal{A}=\mathcal{P}(A)$、$E=\varnothing$ とおけば
$$
\bigcap\mathcal{P}(A)\subseteq\varnothing
$$
を得る。
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