との差 $\forall n\in\mathbb N$ そして $\bigcap_{i = 1}^{\infty}$
の違いについて本当に混乱しています $\forall n\in\mathbb N$ そして $\bigcap_{i=1}^\infty$。
分析の理解では、演習1.2.13から引用します。それ
結論を出すために誘導に訴えるのは魅力的です $(\bigcup_{i = 1}^\infty A_i)^c = \bigcap_{i=1}^\infty A_i^c$。
ただし、ここでは誘導は適用されません。帰納は、特定のステートメントがのすべての値に当てはまることを証明するために使用されます$n\in\mathbb N$、ただし、これは無限の場合の有効性を意味するものではありません。
しばらくの間それについていくつかの調査を行い、最終的に私が指摘できるという事実を理解しました $n\in\mathbb N$ という意味です $n$有限です。したがって、無限の場合には適用できません。
はい、その理由を理解しています。しかし、$\forall n \in\mathbb N$ うまくいかない場合、無限のケースを証明するために何が機能しますか？
私が違いについて快適に感じるのと同じように。混乱は再び本によって引き起こされます、そして私はそれをできるだけ短くすることを期待して、以下に引用します：
ネストされた間隔プロパティは、 $I_n$ 含まれています $I_{n+1}$。それらは、そのように定義された閉じた間隔のネストされたシーケンスです。$I_n = [a_n, b_n] = \{x\in\mathbb R : a_n\leq x \leq b_n\}$。
証明は、すべてに属する単一の実数xを見つけることに焦点を当てています $I_n$ そしてそれはsupAであると主張します。
証拠の中で、それは言った $x\in I_n$、すべての選択に対して $n\in\mathbb N$。したがって、$x\in \bigcap_{n=1}^\infty I_n$ 交差点は空ではありません。
見逃した詳細が必要な場合はお知らせください。しかし、私のポイントはそれだけです：
- なぜ無限のド・モルガンの法則に $\forall n\in\mathbb N$ に適用されません $\infty$
- ネストされた間隔プロパティにある理由 $\forall n\in\mathbb N$ に適用されます $\infty$
回答
$\forall n\in\Bbb N$ 適用されることはありません$\infty$、なぜなら $\infty$ の要素ではありません $\Bbb N$。入れ子になった区間定理にはありません $I_\infty$。私たちが知っているのは$x\in I_n$ それぞれについて $n\in\Bbb N$、したがって定義上 $n$ セットの交差点にあります $I_n$。あなたはこの交差点と呼ぶことができます$I_\infty$ あなたがそうしたいのなら、それは集合を含む帰納的議論とは完全に独立した恣意的な選択でしょう $I_n$; ジョージと呼んでもいいでしょう。（何年も前に、私の友人は実際、彼がジョージと名付けた数学的対象についての論文を発表しました。）
ド・モルガンの法則に関しては、提案されたアイデンティティの各側が他のサブセットであることを示すだけで、任意の集合族に対してそれを証明します。これは、こことこの回答（およびおそらくMSEの他の場所）の任意のインデックス付き集合族に対して行われます。証明は、集合の有限集合族の定理に依存せず、いかなる種類の誘導も含みません。
ド・モルガンの法則は、たまたま無限集合に対して機能します。しかし、これは、ド・モルガンの法則の有限バージョンを帰納することによって証明することはできません。帰納は、ステートメントが任意の大きな値に対して真であることを証明するためのツールだからです。$n$ （だが $n$ まだ有限です）。
可算無限数の集合の交点については、これは定義から得られます。私たちはそれを言います$x \in \bigcap_{n=1}^\infty I_n$ iff $x \in I_n$ すべてのために $n \in \mathbb N$。