Obrazy

[Jakub Gurak]

Napiszę tu trochę o obrazach zbiorów przez funkcję.

Niech \(\displaystyle{ X,Y}\) będą zbiorami. Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), niech \(\displaystyle{ A\subset X.}\) Zbiór

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)=\left\{ f(x)\Bigl| \ \ x\in A\right\}= \left\{ y\in Y\Bigl| \ \ \bigvee\limits_{x\in A} y=f(x)\right\}=\left\{ f(x)\Bigl| \ \ x\in A\right\}. }\)

nazywamy obrazem zbioru \(\displaystyle{ A}\) przez funkcję \(\displaystyle{ f}\). Jest to zbiór wartości funkcji liczonych dla argumentów ze zbioru \(\displaystyle{ A}\). Np. dla funkcji \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow \NN}\) określonej \(\displaystyle{ f(n)=n+1}\) mamy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{ 0,1\right\} \right)=\left\{ 1,2\right\}, \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{1,2\right\} \right)=\left\{ 2,3\right\}, \stackrel{ \rightarrow }{f}\left(\NN \right)=\NN \setminus \left\{ 0\right\}.}\)

Oto ilustracja:



Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y.}\) Podam parę prostych faktów:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \emptyset\right)=\emptyset.}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in X}\) mamy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left\{ x\right\} =\left\{ f(x)\right\}.}\)
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X\right)=f_P.}\) (czyli obrazem całej dziedziny \(\displaystyle{ X}\) jest zbiór wartości funkcji \(\displaystyle{ f}\)).
Jeśli \(\displaystyle{ X=Y}\), \(\displaystyle{ f=I_X}\)( funkcja identyczności), to dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ A\subset X}\) mamy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)=A}\)( obrazem każdego zbioru przez identyczność jest ten sam zbiór \(\displaystyle{ A}\)).
jeśli \(\displaystyle{ A,B \subset X}\) oraz \(\displaystyle{ A\subset B}\), to \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\)( czyli jeśli na podzbiorach dziedziny funkcji \(\displaystyle{ f}\) zachodzi inkluzja, to taka sama(zgodna) inkluzja zachodzi na odpowiadających im obrazach).

Dla dowolnych \(\displaystyle{ A,B\subset X}\) mamy:

1. \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)= \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right) .}\) Czyli obraz sumy dwóch zbiorów jest równy sumie obrazów tych zbiorów.

Dowód:

Ukryta treść:    

Z poprzedniego faktu, zgodności brania obrazu z zawieraniem, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)}\) i \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)}\) Zatem zbiory \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right), \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\) są podzbiorami zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)}\), więc również ich unia(suma) jest podzbiorem tego zbioru, czyli \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right).}\) Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)}\), wtedy \(\displaystyle{ y=f(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in A \cup B.}\) Jeśli \(\displaystyle{ x\in A}\), to \(\displaystyle{ y=f(x)}\) przy \(\displaystyle{ x\in A}\), a więc \(\displaystyle{ y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)}\). W przeciwnym przypadku, ponieważ \(\displaystyle{ x\in A\cup B}\), więc pozostaje możliwość \(\displaystyle{ x\in B.}\) Wtedy \(\displaystyle{ y=f(x)}\), przy \(\displaystyle{ x\in B}\), więc \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right).}\) Zatem, w każdym wypadku, \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\), a więc \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\), i \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cup B\right)= \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right).\square}\)

.

Mamy również zawsze

2. \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right) .}\)
3. \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X \setminus A\right)\supset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right) .}\)

Dowód:

2. Weźmy dowolny element \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right).}\) Oznacza, to, że \(\displaystyle{ y=f(x)}\), przy \(\displaystyle{ x\in A\cap B.}\) Wtedy oczywiście \(\displaystyle{ x\in A, x\in B.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ y=f(x)}\) przy \(\displaystyle{ x\in A}\), więc \(\displaystyle{ y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)}\). Podobnie skoro \(\displaystyle{ y=f(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in B}\), więc \(\displaystyle{ y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right).}\) Ponieważ \(\displaystyle{ y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right),y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\), więc również \(\displaystyle{ y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\) , i \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right). \square }\)

3. Niech \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right).}\) Wtedy \(\displaystyle{ y=f(x)}\), gdzie \(\displaystyle{ x\in X}\), oraz \(\displaystyle{ y\not\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right).}\) A zatem \(\displaystyle{ x\not\in A}\)( w przeciwnym razie \(\displaystyle{ y=f(x)\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)}\)). Wobec czego \(\displaystyle{ x\in X \setminus A}\). Ponieważ \(\displaystyle{ y=f(x)}\), przy \(\displaystyle{ x\in X \setminus A}\), więc \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X \setminus A\right). \square}\)

Podamy kontrprzykłady dla przeciwnych inkluzji, tzn. podamy kontrprzykłady do poniższych inkluzji:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right)\supset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right) .}\)
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X \setminus A\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right) .}\)

Niech \(\displaystyle{ X=Y=\left\{ 0,1\right\}}\), niech \(\displaystyle{ f:X\rightarrow Y}\) będzie dana jako \(\displaystyle{ f=\left\{ \left( 0,0\right),\left( 1,0\right) \right\}.}\) Niech \(\displaystyle{ A=\left\{ 0\right\}, B=\left\{ 1\right\}}\), wtedy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f} \left( A \cap B\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}(\emptyset)=\emptyset, }\) podczas gdy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{ 0\right\}\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{ 1\right\}\right)=\left\{ 0\right\}\cap \left\{ 0\right\}=\left\{ 0\right\}\not\subset \emptyset. }\)

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X \setminus A\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{ 1\right\}\right)=\left\{ 0\right\} \not\subset \emptyset=\left\{ 0\right\}\setminus \left\{ 0\right\}= \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right) .}\)

Nim przejdę dalej, to zauważmy, że jeśli \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest rodziną zbiorów, a \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) zbiorem tej rodziny, to \(\displaystyle{ A\cup\bigcup\mathbb{B}=\bigcup\mathbb{B}}\), oraz \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B}\cap A= \bigcap \mathbb{B}.}\)

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), dla dowolnej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) podzbiorów \(\displaystyle{ X}\), mamy że

4. \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right)= \bigcup_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right).}\)
5.\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcap\mathbb{B} \right)\subset \bigcap_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right).}\)

Ciekawy dowód:

4. Niech \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) będzie dowolnym zbiorem rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\cup\bigcup\mathbb{B}\right)= \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cup \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B}\right),}\)

wobec czego \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right)\supset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)}\), i z dowolności \(\displaystyle{ A }\) otrzymujemy, że obraz każdego zbioru z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest podzbiorem \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right) }\) jednego zbioru, więc również ich suma jest podzbiorem tego zbioru, czyli

\(\displaystyle{ \bigcup_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right).}\)

Dla dowodu inkluzji w drugą stronę, to niech \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right)}\), wtedy \(\displaystyle{ y=f(x)}\) przy \(\displaystyle{ x\in\bigcup\mathbb{B}}\). Skoro \(\displaystyle{ x\in\bigcup\mathbb{B}}\), to \(\displaystyle{ x\in A}\) dla pewnego zbioru \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\). Ponieważ mamy \(\displaystyle{ y=f(x)}\) przy \(\displaystyle{ x\in A}\), więc \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right)}\), a więc tym bardziej \(\displaystyle{ y\in\bigcup_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right)}\) Wobec tego
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcup\mathbb{B} \right)\subset \bigcup_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right).\square }\)

5. Niech \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) będzie dowolnym zbiorem rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left(\bigcap\mathbb{B} \right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\cap\bigcap\mathbb{B}\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcap\mathbb{B}\right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right),}\)

wobec czego \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcap\mathbb{B} \right)\subset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)}\), i z dowolności \(\displaystyle{ A }\) otrzymujemy, że obraz każdego zbioru z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) zawiera \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcap\mathbb{B} \right) }\)- jeden zbiór, czyli ten zbiór zawiera się w obrazie każdego zbioru z rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\), więc również zawiera się w ich przekroju, czyli

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \bigcap\mathbb{B} \right)\subset \bigcap_{A\in\mathbb{B}}\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \right).\square}\)

Na koniec podam fakt, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) równość \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\) jest prawdą dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B\subset X}\), wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa.

W szczególności dla dowolnej funcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) różnowartościowej równość zawsze zachodzi, obraz iloczynu jest iloczynem jest iloczynem obrazów( ale dla funkcji różnowartościowej, bez tego tak być nie musi, o czym świadczy jeden z podanych kontrprzykładów).

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y.}\)

Przypuśćmy, że równość nie zachodzi dla wszystkich zbiorów(tzn. nie zawsze zachodzi). Wtedy istnieją zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset X}\), takie, że \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right) \neq \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\). Ponieważ udowodniliśmy, że zawieranie z lewej strony w prawą musi zawsze zachodzić, więc \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right) \not\supset \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\). Zatem istnieje element \(\displaystyle{ y\in Y}\), taki, że \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right)\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\) oraz \(\displaystyle{ y\not\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right).}\) Zatem \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A\right), y\in \stackrel{ \rightarrow }{f}\left( B\right)}\). A zatem \(\displaystyle{ y=f(a)}\), przy \(\displaystyle{ a\in A}\), \(\displaystyle{ y=f(b),}\) przy \(\displaystyle{ b\in B}\). Wtedy \(\displaystyle{ a\not\in B}\)( gdyby byłoby \(\displaystyle{ a\in B}\), to wtedy \(\displaystyle{ a\in A\cap B}\), i ponieważ \(\displaystyle{ y=f(a)}\), więc byłoby \(\displaystyle{ y\in\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( A \cap B\right)}\) ). Podobnie wykluczamy możliwość aby \(\displaystyle{ b\in A}\). Zatem \(\displaystyle{ a\in A \setminus B, b\in B \setminus A.}\) Zatem elementy \(\displaystyle{ a,b}\) muszą być różne. Ponieważ \(\displaystyle{ y=f(a)=f(b)}\), to funkcja \(\displaystyle{ f}\) nie jest różnowartościowa.

Przypuśćmy teraz, że równość zachodzi dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A,B\subset X}\). Niech \(\displaystyle{ a,b\in X}\) będą dowolnymi różnymi elementami. Wtedy z tej równości (i innych podstawowych faktów) otrzymujemy, ze

\(\displaystyle{ \left\{ f(a)\right\} \cap \left\{ f(b)\right\}=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left\{ a\right\}\cap \stackrel{ \rightarrow }{f}\left\{ b\right\}=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \left\{ a\right\} \cap \left\{ b\right\}\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f}\left( \emptyset\right)=\emptyset,}\)

a więc \(\displaystyle{ \left\{ f(a)\right\} \cap \left\{ f(b)\right\}=\emptyset,}\) skąd \(\displaystyle{ f(a) \neq f(b)}\)( w przeciwnym razie otrzymalibyśmy w rozważanym przekroju zbiór jednoelementowy, a więc niepusty). Pokazaliśmy, że dla dowolnych różnych argumentów \(\displaystyle{ a,b}\) wartości \(\displaystyle{ f(a),f(b) }\)są różne, a więc \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. \(\displaystyle{ \square}\)

[Jakub Gurak]

No nic, nuda, a mam potrzebę działać. Wykażemy, że jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, to:

1. Dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X\rightarrow Y}\), równość \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A) = \vec{f}(X) \setminus \vec{f}(A)}\) jest prawdą dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ A\subset X}\), wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa,

W szczególności: dla funkcji różnowartościowej równość zawsze zachodzi.

2. dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X\rightarrow Y}\), równość \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A) = Y \setminus \vec{f}(A)}\) jest prawdą dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ A\subset X,}\) wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją.

W szczególności dla funkcji bijekcji równość zawsze zachodzi.

Dowód:

1. Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y.}\)

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f}\) nie jest różnowartościowa. Istnieją wtedy różne elementy \(\displaystyle{ x_1,x_2\in X}\) oraz element \(\displaystyle{ y\in Y}\) takie, że \(\displaystyle{ y=f(x_1)=f(x_2)}\) oraz \(\displaystyle{ x_1\neq x_2.}\) Niech \(\displaystyle{ A= X \setminus \{x_1\}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A)= \vec{f}(X \setminus \left( X \setminus \{x_1\}\right) )=\vec{f}\left\{ x _{1} \right\} =\left\{ f\left( x _{1} \right) \right\}=\left\{ y\right\} ,}\)

a więc \(\displaystyle{ y\in \vec{f}(X \setminus A)}\). Równocześnie, ponieważ \(\displaystyle{ x_2\neq x_1}\), to \(\displaystyle{ x_2\in A}\), skąd \(\displaystyle{ f\left( x_2\right)=y\in\vec{f}( A)}\), a więc \(\displaystyle{ y\notin \vec{f}(X) \setminus \vec{f}(A)}\). Wynika stąd, że zbiory \(\displaystyle{ \vec{f}(X) \setminus \vec{f}(A)}\) i \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A) }\)są różne.

Przypuśćmy teraz, że \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. Wtedy z poprzedniego postu powyżej otrzymamy, że obrazy rozłącznych zbiorów muszą być rozłączne. Weźmy dowolny zbiór \(\displaystyle{ A_1\subset X}\). Niech \(\displaystyle{ A_2=X \setminus A_1}\). Wtedy
\(\displaystyle{ \vec{f}(X)=\vec{f}(A_1 \cup A_2)= \vec{f}(A_1) \cup \vec{f}(A_2).
}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \vec{f}(A_1) \cap \vec{f}(A_2)=\vec{f}(A_1 \cap A_2)= \vec{f}\left( \emptyset\right)=\emptyset}\), to
\(\displaystyle{ \vec{f}(X ) \setminus \vec{f}(A_1) =\left( \vec{f}(A_1) \cup \vec{f}(A_2) \right) \setminus \vec{f}(A_1) =\vec{f}(A_2)= \vec{f}(X\setminus A_1)}\),

a więc równość zachodzi. \(\displaystyle{ \square}\)

2. Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y.}\)

Implikacja w lewo. Jeśli funkcja jest bijekcją, to jest 'na' \(\displaystyle{ Y}\), a więc \(\displaystyle{ \vec{f}(X)=Y}\) i jest róznowartościowa, więc z poprzedniej części dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ A\subset X}\) mamy: \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A)= \vec{f}(X) \setminus \vec{f}(A)=Y \setminus \vec{f}(A). }\)

Implikacja w prawo. Przypuśćmy teraz, że badana równość jest prawdziwa. Niech \(\displaystyle{ A\subset X}\). Wtedy ta równość jest spełniona. Pokażemy, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją. Pokażemy najpierw, że \(\displaystyle{ f}\) jest na \(\displaystyle{ Y}\). Weźmy dowolny element \(\displaystyle{ y\in Y}\). Jeśli \(\displaystyle{ y\in\vec{f}(A)}\), to tym bardziej \(\displaystyle{ y\in \vec{f}(X)}\). W przeciwnym przypadku, \(\displaystyle{ y\in Y \setminus \vec{f}(A)}\), więc ponieważ \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A) = Y \setminus \vec{f}(A)}\), to \(\displaystyle{ y\in \vec{f}(X \setminus A)}\), więc również \(\displaystyle{ y\in \vec{f}(X)}\). Wobec tego każdy \(\displaystyle{ y\in Y}\) należy do obrazu zbioru \(\displaystyle{ X}\) przez funkcję \(\displaystyle{ f}\), a więc \(\displaystyle{ f}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ Y.}\) Skoro tak, to \(\displaystyle{ \vec{f}(X)=Y}\), a zatem \(\displaystyle{ \vec{f}(X \setminus A) = Y \setminus \vec{f}(A)=\vec{f}(X) \setminus \vec{f}(A)}\), z dowolności zbioru \(\displaystyle{ A\subset X}\) otrzymujemy, że równość z poprzedniego punktu jest zawsze spełniona, więc na podstawie tego poprzedniego punktu, wnioskujemy, że \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. A więc \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją. \(\displaystyle{ \square}\)