Bourbaki

Bài tập 5, § 5

Nhãn 03MH, cố định. Trích dẫn là [Bourbaki, Tag 03MH].

Lý thuyết tập hợp, III, 235

\* (a) Cho E là một dàn phân phối và ff là một ánh xạ từ E vào một nửa nhóm giao hoán M (viết theo phép cộng) sao cho

f(x)+f(y)=f(sup⁡(x,y))+f(inf⁡(x,y))f(x) + f(y) = f(\sup (x, y)) + f(\inf (x, y))

với mọi xx, yy trong E. Chứng minh rằng với mỗi tập con hữu hạn I của E ta có

f(sup⁡(I))+∑2n≤Card⁡(I)(∑H⊂I, Card⁡(H)=2nf(inf⁡(H)))=∑2n+1≤Card⁡(I)(∑H⊂I, Card⁡(H)=2n+1f(inf⁡(H))) f(\sup (I))+ \sum_{2n\leq \operatorname{Card}(I)} \left( \sum_{\substack{H\subset I,\ \operatorname{Card}(H)=2n}} f(\inf (H)) \right) = \sum_{2n+1\leq \operatorname{Card}(I)} \left( \sum_{\substack{H\subset I,\ \operatorname{Card}(H)=2n+1}} f(\inf (H)) \right)

(Bằng quy nạp theo Card (I).) \*

(b) Đặc biệt, cho A là một tập hợp, cho (Bi)i∈I(B_i)_{i\in I} là một họ hữu hạn các tập con hữu hạn của A, và cho B là hợp của các BiB_i. Với mỗi tập con H của I, đặt BH=⋂i∈HBiB_H=\bigcap_{i\in H}B_i. Chứng minh rằng

Card⁡(B)+∑2n≤Card⁡(I)(∑Card⁡(H)=2nCard⁡(BH))=∑2n+1≤Card⁡(I)(∑Card⁡(H)=2n+1Card⁡(BH)). \operatorname{Card}(B)+ \sum_{2n\leq \operatorname{Card}(I)} \left( \sum_{\operatorname{Card}(H)=2n} \operatorname{Card}(B_H) \right) = \sum_{2n+1\leq \operatorname{Card}(I)} \left( \sum_{\operatorname{Card}(H)=2n+1} \operatorname{Card}(B_H) \right).
Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.

Được trích dẫn bởi

Trích dẫn đến

Không có.

Bản dịch máy từ tiếng Anh, bởi gpt-5-6-mini. Chưa được người kiểm tra. Mô hình này là bản rút gọn của mô hình đã viết phần còn lại của ngôn ngữ này.