Matematické Fórum

lucille · 02. 01. 2014 14:57

ahoj, jsem trošku na štíru s důkazy, můžete někdo napovědět? nechci celý důkaz, jen návod, nebo začátek.

A je ostré uspořádání a B je neostré uspořádání. mám dokázat, že $A\cap B$ je taky ostré.

Formol · 02. 01. 2014 15:23

↑ lucille:
Ahoj,
zkusi si relace A a B představit jako matice s indexy prvku z dané množiny, nad kterou je relace definovaná. Prvky jsou jen jedničky a nuly, přičemž platí:

Ostré a neostré uspořádání se zřejmě budou lišit na diagonále, stačí si rozmyslet jak.

No a nakonec si stačí jen představit, jak se chová průnik relací při maticovém pohledu.

lucille · 02. 01. 2014 16:10

jasně, ostré usp. má na diagonále nuly, neostré jedničky, takže vždycky násobím nuly s jedničkama, tudíž musí vyjít zase nuly, což je ostré uspořádání. díky:-)

můžeš ještě další příklad? dokázat polodistributivitu ve svazu.
(x ∧ z) ∨ (y ∧ z) ≤ (x ∨ y) ∧ z
(x ∧ y) ∨ z ≤ (x ∨ z) ∧ (y ∨ z)
první vztah mám dokázaný ale do toho druhého jsem se nějak zamotala...

Andrejka3 · 02. 01. 2014 16:17

Pokud máš ten první, tak druhý by měl být k němu duální.

lucille · 02. 01. 2014 16:37

už jsem na to přišla, já jsem na tohle fakt debil:-)

ale mám tu ještě jeden $\forall x\in M\ \ \exists z\in M : x A z \Rightarrow A \circ A^{-1} \supset E$

Andrejka3 · 02. 01. 2014 16:49

Co to je?

lucille · 03. 01. 2014 13:14

to je tvrzení které mám dokázat.

ještě se musím vrátit k tomuhle. dokázat že když A je ostré a B neostré uspořádání tak A průnik B je ostré.
↑ Formol:
nebylo mi to uznáno na maticích, protožeje to důkaz pro konečnou množinu, ale tvrzení platí obecně. takže co s tím prosím?

Formol · 03. 01. 2014 13:59

↑ lucille:
Také jsi si to měla na maticích jen představit, kde vlastně budeš hledat slabé místo;-)
Z toho se dostaneš k formálně správnému důkazu tak, že ukážeš, že $A\cap B$ je stále uspořádání (pokud to nemáte jako zavedenou větu) a že ukážeš, že nebude ostré, protože "diagonály".

Důkaz je jednoduchý: Víme, že pro všechny prvky x platí, že $(x,x)\notin A$ (ostré uspořádání je antireflexivní) a že $(x,x) \in B$ (neostré uspořádání je reflexivní) - tím vlastně jen zapisuji jinak ty diagonály, sice myslím, že méně názorně, ale zato bez omezení na konečné množiny. No a z toho je vidět, že $(x,x) \notin A\cap B$ .

_____________________________
Co se týče druhého příkladu, tak by bylo na místě uvést, jestli jsou na relaci A kladena ještě nějaká další omezení a jestli E je relace identity. Budu předpokládat, že žádná další omezení nejsou a že E je skutečně identita. Pak si můžeš zase představit inverzi maticově, tj. že matice inverzní relace je vlastně transponovanou maticí relace, v množinovém zápisu:

Triviální, konstatování, že? Ale z něj plyne na první pohled, že $(a,a)\in A\circ A^{-1}$ (dojdeš k němu "oklikou" přes prvek b). No a protože z předpokladů máš zaručeno, že ke každému prvku a existuje nějaký prvek b, se kterým je v relaci, je vlastně zaručeno, že součástí složené relace je identita.