Ну тогда а замапится в (1,а) и ты соснешь

Если (1,1) принадлежит А

Это будет А

То при перемножении получим ((1,1),1)

(1,1) принадлежит A.
Я же это указал.

Спасибо.

Значит дважды умножьте

Но да, если там бесконечно элементов то не получится(

Ты точно математик?

Назови все числа?

Ты в качестве "х" используешь объединение?

Построить множество упорядоченных наборов элементов множества А, а дальше по циклу переставлять. Но это для конечных можно попробовать.

Декартово произведение

Я кажется нашел ещё один способ.
Пусть дано множество S.
Построим по рекурсии последовательность,нумеруемую ординалами:
S(0) = S
S(b + 1) = S(b) U {S(b)}
S(u) = U{S(t) : t < u},если u - предельный ординал.

Из аксиомы выбора (и не только), следует,что существует ординал a ,такой,что |S| = |a|,тогда
|S| = |{S(b) : b < a}|(но это надо ещё доказать)(для конечных доказывается вроде множеств).
В силу аксиомы регулярности S(b) не совпадает ни с каким S(e),при e < b,а также ни с каким элементом S.

Собственно,более интересный вопрос,как быть,если заменить
условие A ⋂ L = 0,на условие
A ⋂ (L ^ k) = 0,где 0 - пустое множество,L^ k = L x ... x L(k >= 2).

Если взять достаточно большое L то можно выкинуть все что мешает все равно, не?

Понятно,как быть с условием
(A ^ k) ⋂ L = 0.Как уже писали,можно взять подмножество L,мощности |A|, множества
P(A)\(A U A x A U A x A x A U ...)= T.
|T| = |P(A)| в случае если A - бесконечно,т.к.
|A U A x A U A x A x A U ...| =
|A| * |N| = |A|,т.к.
|A^k| = |A|.

Возьмем L достаточно большой мощность, обозначим L_k = {a | a \in L, \exists b \in L^k \ (L\a)^k s.t. b \in A}
L' = L \ \bigcup L_k

А что значит s.t.?

такой что