Przeciwobrazy

[Jakub Gurak]

Napiszę tu trochę o przeciwobrazach zbiorów przez funkcję.

Przypominam, jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), zbiór \(\displaystyle{ B\subset Y}\), to definiujemy zbiór:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B)=\left\{ x\in X: \ \ f(x)\in B\right\}, }\)

zbiór tych elementów zbioru \(\displaystyle{ X}\), którym funkcja przypisuje wartości ze zbioru \(\displaystyle{ B}\), który to zbiór nazywamy przeciwobrazem zbioru \(\displaystyle{ B}\) przez funkcję \(\displaystyle{ f}\). Jest to zbiór tych argumentów, którym funkcja przypisuję wartości ze zbioru \(\displaystyle{ B}\). Oto ilustracja:

Przykład: Niech \(\displaystyle{ f:\NN \rightarrow \NN }\) będzie dana jako: \(\displaystyle{ f(n)=2n}\), wtedy \(\displaystyle{ f \left\{ 1,2\right\}=\left\{ 1\right\}, }\) przeciwobrazem zbioru liczb nieparzystych przez tą funkcję jest zbiór pusty, przeciw obrazem przez funkcję \(\displaystyle{ f}\) zbioru liczb podzielnych przez \(\displaystyle{ 4}\) jest zbiór liczb parzystych.

Podam parę prostych faktów:

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

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (\left\{ \right\}=\emptyset )=\left\{ \right\}. }\) (przeciwobrazem zbioru pustego jest zbiór pusty)
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y )=X. }\) (Przeciwobrazem całej przeciwdziedziny \(\displaystyle{ Y}\) jest cała dziedzina \(\displaystyle{ X}\), jak również przeciw obrazem zbioru wartości \(\displaystyle{ f_P}\) jest również cala dziedzina \(\displaystyle{ X}\) ).
Przeciwobrazy róznych zbiorów jednoelementowych są rozłączne,
Dla zbiorów \(\displaystyle{ A,B\subset Y}\) mamy \(\displaystyle{ A\subset B \Longrightarrow \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right) \subset\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right) }\). (Czyli jeśli na podzbiorach przeciwdziedziny zachodzi inkluzja to taka sama (zgodna) inkluzja zachodzi na odpowiadających im przeciwobrazach, przeciwobraz większego zbioru, względem inkluzji, jest większy).

DOWÓD:    

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), niech \(\displaystyle{ A,B\subset Y}\), będą takie, że \(\displaystyle{ A\subset B}\). Pokażemy, że również \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right) \subset\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\). Niech \(\displaystyle{ x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right)}\), wtedy, z definicji przeciwobrazu \(\displaystyle{ f(x)\in A}\) (oraz oczywiście \(\displaystyle{ x\in X}\)). Ponieważ \(\displaystyle{ A\subset B}\) więc \(\displaystyle{ f(x)\in B}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x\in X, f(x)\in B}\), więc z definicji przeciwobrazu \(\displaystyle{ x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\), i w efekcie \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right) \subset\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).\square}\)

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y, B_1,B_2\subset Y}\), wtedy zachodzą równości:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cup B_2 )=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cup\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 ), }\)
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cap B_2 )=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cap\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 ) ,}\)
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y \setminus B_1 )=\left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y )=X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 ). }\)

Dowód::    

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y, B_1,B_2\subset Y }\)

Ponieważ po lewej i prawej stronie równości- każdy z tych sześciu zbiorów jest podzbiorem zbioru \(\displaystyle{ X}\), więc wystarczy pokazać, że dowolny element \(\displaystyle{ x\in X,}\) należy do zbioru po lewej stronie równości ,wtedy i tylko wtedy, gdy należy do zbioru po prawej stronie równości.

Niech \(\displaystyle{ x\in X}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ x\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cup B_2 ) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in B_1\cup B_{2} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in B_1 \vee f\left( x\right)\in B_2 \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 ) \vee x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 ) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cup\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 ). }\)

A zatem (patrz komentarz początek ) otrzymujemy, że: \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cup B_2 )=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cup\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 ),}\)

2. Dowód analogiczny do poprzedniego.
3. Niech \(\displaystyle{ x\in X}\), wtedy

\(\displaystyle{ x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y \setminus B_1 ) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in Y \setminus B_1 \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in Y \wedge f\left( x\right)\not\in B_1 \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y )\wedge x\notin\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 ) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in\left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y )=X\right) \setminus \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 ). }\)

A zatem \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y \setminus B_1 ) =\left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (Y )=X \right) \setminus\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B_1\right).\square }\)

Ogólniej, jeśli \(\displaystyle{ f:X\rightarrow Y}\), to dla dowolnej niepustej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\), mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcup\mathbb{B}\right)= \bigcup \left\{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right)\Bigl| \ \ A\in\mathbb{B} \right\} =: \bigcup_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right),}\) oraz
\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcap\mathbb{B}\right)= \bigcap \left\{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right)\Bigl| \ \ A\in\mathbb{B} \right\} =: \bigcap_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right),}\)
(Przeciwobraz sumy rodziny zbiorów jest sumą przeciwobrazów zbiorów tej rodziny, podobnie dla iloczynu: przeciwobraz iloczynu niepustej rodziny zbiorów jest iloczynem przeciwobrazów).

Dowód:    

Znowu, aby wykazać równość zbiorów wystarczy wykazać (gdyż te cztery zbiory są podzbiorami zbioru \(\displaystyle{ X}\)), źe dowolny element \(\displaystyle{ x\in X}\) należy do zbioru po lewej stronie równości, wtedy i tylko wtedy, gdy należy do zbioru po prawej stronie. Niech \(\displaystyle{ x\in X}\), wtedy \(\displaystyle{ x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in \bigcup\mathbb{B} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in A,\hbox{ gdzie } A\in\mathbb{B} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (A ) \hbox{ gdzie } A\in\mathbb{B} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in\bigcup_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right). }\)

Zatem \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcup\mathbb{B}\right)= \bigcup_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right),}\)

2. Niech \(\displaystyle{ x\in X}\), wtedy \(\displaystyle{ x\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcap\mathbb{B}\right) \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in \bigcap\mathbb{B} \stackrel{ \mathbb{B} \neq \left\{ \right\} }{\Longleftrightarrow} \\
\Leftrightarrow f\left( x\right)\in A,\hbox{ dla każdego } A\in\mathbb{B} \Leftrightarrow \\
\Leftrightarrow x\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (A ) \hbox{ dla każdego } A\in\mathbb{B} \stackrel{ \mathbb{B} \neq \left\{ \right\} }{\Longleftrightarrow} \\
\Leftrightarrow x\in\bigcap_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right). }\)

Zatem \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcap\mathbb{B}\right)= \bigcap_{A\in\mathbb{B} } \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( A\right),}\)

Wykażemy teraz, ze dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), wtedy \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }}\) jest na zbiór \(\displaystyle{ \mathcal{P}(X)}\), tzn. chodzi o funkcję \(\displaystyle{ H:P(Y) \rightarrow P(X)}\), tak, że dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ B\subset Y:}\)

\(\displaystyle{ H(B)=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)

CIEKAWY DOWÓD:

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

Przypuśćmy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. Pokażemy, że \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }}\) jest na zbiór \(\displaystyle{ \mathcal{P}(X).}\) Weżmy dowolny zbiór \(\displaystyle{ A\subset X}\), pokażemy, że \(\displaystyle{ A=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right). }\)

Mamy \(\displaystyle{ A= \bigcup \left\{ \left\{ a\right\}\Bigl| \ a\in A \right\}= \bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}}\), i dalej \(\displaystyle{ \\\stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f }\left( \bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}\right)=\bigcup_{a\in A} \stackrel{ \rightarrow }{f }\left\{ a\right\}= \bigcup_{a\in A} \left\{ f\left( a\right) \right\}}\), i dalej \(\displaystyle{ \\ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)= \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcup_{a\in A} \left\{ f\left( a\right) \right\}\right)=\bigcup_{a\in A} \left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} \right) .}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc przeciwobrazy zbiorów jednoelementowych są jednoelementowe lub puste. Niech \(\displaystyle{ a\in A}\). wtedy \(\displaystyle{ a\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) a więc zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) jest niepusty, a ponieważ równiez zbiór ten jest przeciwobrazem zbioru jednoelementowego, więc jest jednoelementowy, ponieważ \(\displaystyle{ a\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) , to nawet \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\}=\left\{ a\right\}. }\) Otrzymujemy zatem, że dla dowolnego \(\displaystyle{ a\in A}\), mamy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\}=\left\{ a\right\}. }\) Wobec czego

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)=\bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}=A,}\)

a więc \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)=A}\), wobec tego zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przeciwobrazem zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)}\) przez funkcję \(\displaystyle{ f}\), a więc jest wartością funkcji \(\displaystyle{ H}\) na tym zbiorze \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)}\), wobec dowolności wyboru takiego zbioru \(\displaystyle{ A}\), wnioskujemy, że funkcja \(\displaystyle{ H}\) jest 'na'.


Przypuśćmy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y }\) nie jest różnowartościowa. Istnieją wtedy różne elementy \(\displaystyle{ x_1,x_2\in X}\) oraz element \(\displaystyle{ y\in Y}\) takie, że \(\displaystyle{ (x_1,y),(x_2,y)\in f}\). Pokażemy, że zbiór \(\displaystyle{ \{x_1\}}\) nie jest przeciwobrazem żadnego zbioru \(\displaystyle{ B\subset Y}\). Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że istnieje zbiór \(\displaystyle{ B \subset Y}\) taki, że \(\displaystyle{ \left\{ x_1\right\} =\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)
Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\} }\), oznaczmy go przez \(\displaystyle{ A}\). Wtedy \(\displaystyle{ x_1,x_2 \in A}\). Ponieważ element \(\displaystyle{ x_1}\) należy zarówno do zbioru \(\displaystyle{ A=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\}}\), jak i do zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\), to te zbiory \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\} }\) oraz \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\) nie są rozłączne. Ponieważ przeciwobrazy zbiorów rozłącznych są rozłączne( co wynika z prawa \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cap B_2 )=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cap\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 )}\) ) więc zbiory \(\displaystyle{ \{y\}}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) nie mogą być rozłączne( w przeciwnym przypadku ich przeciwobrazy byłyby rozłączne, a nie są). A zatem \(\displaystyle{ y\in B}\). Ale w takim wypadku \(\displaystyle{ \{y\} \subset B,}\) i w efekcie
\(\displaystyle{ \{x_1,x_2\} \subset \vec{f}^{-1}(\{y\}) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)
A zatem \(\displaystyle{ x_1,x_2\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x_1\neq x_2}\), to zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\) nie może być jednoelementowy. Wobec tego nie istnieje zbiór \(\displaystyle{ B}\), dla którego \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)=\{x_1\}}\). A więc zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x_1\right\} }\) nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ H}\). W efekcie czego funkcja \(\displaystyle{ H}\) nie jest 'na'.\(\displaystyle{ \square}\)

[Jan Kraszewski]

CIEKAWY DOWÓD:

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

Przypuśćmy, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa. Pokażemy, że \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }}\) jest na zbiór \(\displaystyle{ \mathcal{P}(X).}\) Weżmy dowolny zbiór \(\displaystyle{ A\subset X}\), pokażemy, że \(\displaystyle{ A=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right). }\)

Mamy \(\displaystyle{ A= \bigcup \left\{ \left\{ a\right\}\Bigl| \ a\in A \right\}= \bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}}\), i dalej \(\displaystyle{ \\\stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)=\stackrel{ \rightarrow }{f }\left( \bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}\right)=\bigcup_{a\in A} \stackrel{ \rightarrow }{f }\left\{ a\right\}= \bigcup_{a\in A} \left\{ f\left( a\right) \right\}}\), i dalej \(\displaystyle{ \\ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)= \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \bigcup_{a\in A} \left\{ f\left( a\right) \right\}\right)=\bigcup_{a\in A} \left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} \right) .}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc przeciwobrazy zbiorów jednoelementowych są jednoelementowe lub puste. Niech \(\displaystyle{ a\in A}\). wtedy \(\displaystyle{ a\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) a więc zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) jest niepusty, a ponieważ równiez zbiór ten jest przeciwobrazem zbioru jednoelementowego, więc jest jednoelementowy, ponieważ \(\displaystyle{ a\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\} }\) , to nawet \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\}=\left\{ a\right\}. }\) Otrzymujemy zatem, że dla dowolnego \(\displaystyle{ a\in A}\), mamy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ f\left( a\right) \right\}=\left\{ a\right\}. }\) Wobec czego

\(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)=\bigcup_{a\in A} \left\{ a\right\}=A,}\)

a więc \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right) \right)=A}\), wobec tego zbiór \(\displaystyle{ A}\) jest przeciwobrazem zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)}\) przez funkcję \(\displaystyle{ f}\), a więc jest wartością funkcji \(\displaystyle{ H}\) na tym zbiorze \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f }\left( A\right)}\), wobec dowolności wyboru takiego zbioru \(\displaystyle{ A}\), wnioskujemy, że funkcja \(\displaystyle{ H}\) jest 'na'.

Dowód faktu "\(\displaystyle{ f}\) różnowartościowa \(\displaystyle{ \Rightarrow (\forall A\in P(X))f^{-1}[f[A]]=A}\)" jest długi i przekombinowany. Prosty dowód:

Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ A \subseteq X}\). Mamy
1. \(\displaystyle{ A \subseteq f^{-1}[f[A]]}\): ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x\in A}\). Wtedy z def. obrazu mamy \(\displaystyle{ f(x)\in f[A]}\), co z def. przeciwobrazu oznacza, że \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[f[A]],}\)
2. \(\displaystyle{ f^{-1}[f[A]] \subseteq A}\): ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[f[A]]}\). Wtedy z def. przeciwobrazu mamy \(\displaystyle{ f(x)\in f[A]}\), co z def. obrazu oznacza, że istnieje \(\displaystyle{ x_0\in A}\) takie, że \(\displaystyle{ f(x_0)=f(x)}\). Ale \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc \(\displaystyle{ x=x_0}\), czyli \(\displaystyle{ x\in A.}\)
Zatem \(\displaystyle{ f^{-1}[f[A]]=A.}\)

Przypuśćmy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y }\) nie jest różnowartościowa. Istnieją wtedy różne elementy \(\displaystyle{ x_1,x_2\in X}\) oraz element \(\displaystyle{ y\in Y}\) takie, że \(\displaystyle{ (x_1,y),(x_2,y)\in f}\). Pokażemy, że zbiór \(\displaystyle{ \{x_1\}}\) nie jest przeciwobrazem żadnego zbioru \(\displaystyle{ B\subset Y}\). Dla dowodu nie wprost przypuśćmy, że istnieje zbiór \(\displaystyle{ B \subset Y}\) taki, że \(\displaystyle{ \left\{ x_1\right\} =\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)
Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\} }\), oznaczmy go przez \(\displaystyle{ A}\). Wtedy \(\displaystyle{ x_1,x_2 \in A}\). Ponieważ element \(\displaystyle{ x_1}\) należy zarówno do zbioru \(\displaystyle{ A=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\}}\), jak i do zbioru \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\), to te zbiory \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left\{ y\right\} }\) oraz \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\) nie są rozłączne. Ponieważ przeciwobrazy zbiorów rozłącznych są rozłączne( co wynika z prawa \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1\cap B_2 )=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_1 )\cap\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } (B_2 )}\) ) więc zbiory \(\displaystyle{ \{y\}}\) oraz \(\displaystyle{ B}\) nie mogą być rozłączne( w przeciwnym przypadku ich przeciwobrazy byłyby rozłączne, a nie są). A zatem \(\displaystyle{ y\in B}\). Ale w takim wypadku \(\displaystyle{ \{y\} \subset B,}\) i w efekcie
\(\displaystyle{ \{x_1,x_2\} \subset \vec{f}^{-1}(\{y\}) \subset \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)
A zatem \(\displaystyle{ x_1,x_2\in\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ x_1\neq x_2}\), to zbiór \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)}\) nie może być jednoelementowy. Wobec tego nie istnieje zbiór \(\displaystyle{ B}\), dla którego \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right)=\{x_1\}}\). A więc zbiór \(\displaystyle{ \left\{ x_1\right\} }\) nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ H}\). W efekcie czego funkcja \(\displaystyle{ H}\) nie jest 'na'.\(\displaystyle{ \square}\)

Ten dowód też jest dużo za długi:

Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ f}\) nie jest różnowartościowa. Zatem istnieją \(\displaystyle{ x_1,x_2\in X, x_1\ne x_2}\) takie, że \(\displaystyle{ f(x_1)=f(x_2)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ H}\) jest na, więc istnieje \(\displaystyle{ B \in P(Y)}\) takie, że \(\displaystyle{ \{x_1\}=H(B)=f^{-1}[{}B]}\). To oznacza, że \(\displaystyle{ f(x_1)\in B}\), czyli również \(\displaystyle{ f(x_2)\in B}\), skąd \(\displaystyle{ x_2\in f^{-1}[{}B]=\{x_1\}}\), sprzeczność z \(\displaystyle{ x_1\ne x_2}\).

JK

[Jakub Gurak]

Racja, tak jest prościej.

Wykażemy teraz, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), mamy, że \(\displaystyle{ f}\) jest 'na' \(\displaystyle{ Y}\), wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }}\) jest różnowartościowa.

Dowód:

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

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f}\) nie jest 'na' \(\displaystyle{ Y}\). Wtedy istnieje element \(\displaystyle{ y\in Y}\), który nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\). Wtedy \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\} =\emptyset}\)( gdyby ten przeciwobraz byłby niepusty, to istniałby element \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), wtedy z definicji przeciwobrazu \(\displaystyle{ f(x)\in\left\{ y\right\} }\), a więc \(\displaystyle{ f(x)=y}\), a \(\displaystyle{ y}\) nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\)- sprzeczność). Niech \(\displaystyle{ B\subset Y \setminus\left\{ y\right\} }\), wtedy

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right)=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right) \cup \emptyset=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right) \cup \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left\{ y\right\}=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B \cup \left\{ y\right\} \right),}\)

a więc \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right)=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B \cup \left\{ y\right\} \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ B \neq B \cup \left\{ y\right\}}\), gdyż \(\displaystyle{ B \subset Y \setminus\left\{ y\right\}}\), a więc \(\displaystyle{ y\not\in B}\), a \(\displaystyle{ y\in B \cup \left\{ y\right\}}\), a więc te zbiory są różne, i funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1} }\) przyjmuje na nich tą samą wartość, a więc funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) nie jest różnowartościowa.

Przypuśćmy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ Y}\). Weźmy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset Y}\). Skoro są różne, to nie mogą mieć zawsze tych samych elementów, a więc istnieje element \(\displaystyle{ y\in A}\) taki, że \(\displaystyle{ y\not\in B}\) lub istnieje element \(\displaystyle{ z\in B}\) taki, że \(\displaystyle{ z\not\in A}\). Zajmijmy się najpierw pierwszym przypadkiem. Skoro \(\displaystyle{ y\not\in B}\), to \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\} \cap \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)= \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \left\{ y\right\} \cap B \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \emptyset\right)=\emptyset. }\) Mamy \(\displaystyle{ y\in Y}\) (bo \(\displaystyle{ A\subset Y}\) ). Ponieważ więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest 'na', więc istnieje element \(\displaystyle{ x\in X}\), taki, że \(\displaystyle{ f(x)=y}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), ponieważ \(\displaystyle{ \left\{ y\right\}\subset A}\), więc również \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}\subset \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right) }\) a więc \(\displaystyle{ x\in\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\). Mamy też \(\displaystyle{ x\not\in\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right),}\) gdyż \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}\cap\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)=\emptyset}\). Otrzymujemy zatem, że zbiory \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)}\) są różne. Drugi przypadek jest symetryczny, i on prowadzi do wniosku, że zbiory \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)}\) i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\) są różne. Wobec czego funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) jest różnowartościowa. \(\displaystyle{ \square}\)

Przedstawię jeszcze jeden dowód na to, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), i dla dowolnej niepustej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\), mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcap\mathbb{A}\right)= \bigcap \left\{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)\Bigl| \ \ B\in\mathbb{A} \right\}= \bigcap_{B\in\mathbb{A} } \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right).}\)

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), niech \(\displaystyle{ \mathbb{A} }\) będzie niepustą rodziną podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\). Rozważmy nową rodzinę podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\):

\(\displaystyle{ \mathbb{A'}=\left\{ Y \setminus B\Bigl| \ \ B\in\mathbb{A}\right\}}\). Wtedy, używając wielokrotnie praw de Morgana dostaniemy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcap\mathbb{A}\right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \left( Y \setminus \bigcap\mathbb{A}\right) \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \bigcup_{B\in \mathbb{A}} \left( Y \setminus B\right) \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \bigcup \mathbb{A'}\right)=X \setminus \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcup\mathbb{A'}\right)=X \setminus \bigcup_{B\in\mathbb{A\red{'} }} \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right)=\\ X \setminus\bigcup_{B\in\mathbb{A}} \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( Y \setminus B\right) = X \setminus\bigcup_{B\in\mathbb{A}} \left(X \setminus \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right) \right) =X \setminus \left( X \setminus \bigcap_{B \in \mathbb{A}}\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right) \right) = \bigcap_{B\in\mathbb{A} } \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right).\square}\)

Dla funkcji bijekcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), oraz dla dowolnych zbiorów \(\displaystyle{ A\subset X, B\subset Y,}\) mamy też:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \stackrel { \rightarrow }{f } \left( A\right)\right)=A,}\)
\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f } \left( \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)\right)=B.}\)

[Jan Kraszewski]

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ f}\) nie jest 'na' \(\displaystyle{ Y}\). Wtedy istnieje element \(\displaystyle{ y\in Y}\), który nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\). Wtedy \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\} =\emptyset}\)( gdyby ten przeciwobraz byłby niepusty, to istniałby element \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), wtedy z definicji przeciwobrazu \(\displaystyle{ f(x)\in\left\{ y\right\} }\), a więc \(\displaystyle{ f(x)=y}\), a \(\displaystyle{ y}\) nie jest wartością funkcji \(\displaystyle{ f}\)- sprzeczność). Niech \(\displaystyle{ B\subset Y \setminus\left\{ y\right\} }\), wtedy

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right)=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right) \cup \emptyset=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right) \cup \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left\{ y\right\}=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B \cup \left\{ y\right\} \right),}\)

a więc \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B\right)=\stackrel { \rightarrow }{f^{−1} }\left( B \cup \left\{ y\right\} \right)}\), gdzie \(\displaystyle{ B \neq B \cup \left\{ y\right\}}\), gdyż \(\displaystyle{ B \subset Y \setminus\left\{ y\right\}}\), a więc \(\displaystyle{ y\not\in B}\), a \(\displaystyle{ y\in B \cup \left\{ y\right\}}\), a więc te zbiory są różne, i funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1} }\) przyjmuje na nich tą samą wartość, a więc funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) nie jest różnowartościowa.

I znów niepotrzebnie skomplikowane. Przecież \(\displaystyle{ f^{-1}[\{y\}]=\emptyset=f^{-1}[\emptyset]}\) i koniec (bo \(\displaystyle{ \{y\}\ne\emptyset}\)).

Przypuśćmy teraz, że funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest 'na' zbiór \(\displaystyle{ Y}\). Weźmy dwa różne zbiory \(\displaystyle{ A,B\subset Y}\). Skoro są różne, to nie mogą mieć zawsze tych samych elementów, a więc istnieje element \(\displaystyle{ y\in A}\) taki, że \(\displaystyle{ y\not\in B}\) lub istnieje element \(\displaystyle{ z\in B}\) taki, że \(\displaystyle{ z\not\in A}\). Zajmijmy się najpierw pierwszym przypadkiem. Skoro \(\displaystyle{ y\not\in B}\), to \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\} \cap \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)= \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \left\{ y\right\} \cap B \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \emptyset\right)=\emptyset. }\) Mamy \(\displaystyle{ y\in Y}\) (bo \(\displaystyle{ A\subset Y}\) ). Ponieważ więc funkcja \(\displaystyle{ f}\) jest 'na', więc istnieje element \(\displaystyle{ x\in X}\), taki, że \(\displaystyle{ f(x)=y}\). Wtedy \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), ponieważ \(\displaystyle{ \left\{ y\right\}\subset A}\), więc również \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}\subset \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right) }\) a więc \(\displaystyle{ x\in\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\). Mamy też \(\displaystyle{ x\not\in\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right),}\) gdyż \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}}\), i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left\{ y\right\}\cap\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)=\emptyset}\). Otrzymujemy zatem, że zbiory \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\) i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)}\) są różne. Drugi przypadek jest symetryczny, i on prowadzi do wniosku, że zbiory \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)}\) i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( A\right)}\) są różne. Wobec czego funkcja \(\displaystyle{ f ^{-1}}\) jest różnowartościowa. \(\displaystyle{ \square}\)

Starasz się być dokładny, ale efekt jest taki, że całość mocno traci na czytelności i jest za długa.

Gdy już bez straty ogólności przyjmiemy istnienie \(\displaystyle{ y\in A \setminus B}\), to od razu z surjektywności mamy \(\displaystyle{ y=f(x)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ x\in X}\). Ale wtedy wprost z definicji przeciwobrazu mamy \(\displaystyle{ x\in f^{-1}[A \setminus B]=f^{-1}[A] \setminus f^{-1}[{}B]}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ f^{-1}[A] \ne f^{-1}[{}B]}\). Koniec dowodu.

Przedstawię jeszcze jeden dowód na to, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), i dla dowolnej niepustej rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\), mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcap\mathbb{A}\right)= \bigcap \left\{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right)\Bigl| \ \ B\in\mathbb{A} \right\}= \bigcap_{B\in\mathbb{A} } \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right).}\)

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), niech \(\displaystyle{ \mathbb{A} }\) będzie niepustą rodziną podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\). Rozważmy nową rodzinę podzbiorów \(\displaystyle{ Y}\):

\(\displaystyle{ \mathbb{A'}=\left\{ Y \setminus B\Bigl| \ \ B\in\mathbb{A}\right\}}\). Wtedy, używając wielokrotnie praw de Morgana dostaniemy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcap\mathbb{A}\right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \left( Y \setminus \bigcap\mathbb{A}\right) \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \bigcup_{B\in \mathbb{A}} \left( Y \setminus B\right) \right)=\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( Y \setminus \bigcup \mathbb{A'}\right)=X \setminus \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( \bigcup\mathbb{A'}\right)=X \setminus \bigcup_{B\in\mathbb{A\red{'} }} \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right)=\\ X \setminus\bigcup_{B\in\mathbb{A}} \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( Y \setminus B\right) = X \setminus\bigcup_{B\in\mathbb{A}} \left(X \setminus \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right) \right) =X \setminus \left( X \setminus \bigcap_{B \in \mathbb{A}}\stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} } \left( B\right) \right) = \bigcap_{B\in\mathbb{A} } \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }\left( B\right).\square}\)

No dobrze, ale jaka jest przewaga tego dowodu nad dowodem polegającym na ustaleniu dowolnego \(\displaystyle{ x\in X}\) i zauważeniu, że

\(\displaystyle{ x\in f^{-1}\left[ \bigcap\mathbb{A}\right] \Leftrightarrow f(x)\in \bigcap\mathbb{A} \Leftrightarrow (\forall A\in \mathbb{A}) f(x)\in A\Leftrightarrow (\forall A\in \mathbb{A}) x\in f^{-1}[A] \Leftrightarrow x\in \bigcap_{A\in \mathbb{A}}f^{-1}[A]\ ? }\)

JK

[Jakub Gurak]

Jestem zaskoczony, że można tak prosto. Dowód robiłem na podstawie ważniaka.

[Dasio11]

Jestem zaskoczony, że można tak prosto. Dowód robiłem na podstawie ważniaka.

Well, między innymi z tego powodu JK wielokrotnie Ci sugerował, abyś zajrzał czasami do prawdziwych podręczników ze Wstępu do Matematyki.

[Jakub Gurak]

A są takie? Bo mnie interesuje ogólna teoria mnogości, nie specjalistyczna. Akurat na ważniaku to jednak są zebrane same takie ogólne, klasyczne fakty, i to mi się podoba. Ale jak jest też inna książka ze wstępu do matematyki (w której jest dużo takich ogólnych, klasycznych faktów) to chętnie się zapoznam- bo ważniak jest trudny do czytania. Jest taka książka Może podręcznik Rasiowej? Nie wiem.

[Jan Kraszewski]

Ale jak jest też inna książka ze wstępu do matematyki (w której jest dużo takich ogólnych, klasycznych faktów)

Wiesz, tych wszystkich długich wywodów na temat podstawowych pojęć, które co jakiś czas zamieszczasz na forum raczej nie znajdziesz w książkach. Podręczniki do Wstępu do matematyki (których jest kilka) mają pomóc Czytelnikowi zrozumieć stosowane pojęcia, nie są encyklopedycznymi zestawieniami dowodów. I nie powinny być - jak Czytelnik zrozumie, to sam sobie te dowody wyprodukuje (i dobrzy studenci 1. roku robią to). Dlatego wydaje się, że zamiast próbować dokładnie zrozumieć rozumowania z ważniaka lepiej jest skupić się na dobrym zrozumieniu pojęć. Wtedy nie dziwiłbyś się tym krótkim dowodom.

JK

[Jakub Gurak]

No nie wiem... Łatwo powiedzieć, że czytelnik sam sobie dowody wyprodukuje... Ja do tej pory wielu rzeczy z ważniaka nie rozumiem.

Ale wiem jedno, że mnie interesuje w zasadzie wyłącznie klasyczna matematyka- to nie muszą być zbiory, choć formalnie w pewnym sensie każdy obiekt matematyczny jest zbiorem, ale praktycznie nie, ale klasyczna matematyka- innej(dziwniejszej) nie lubię.

Który podręcznik ze wstępu do matematyki na tego typu matematyce się skupia( oprócz pozycji Guzicki Zakrzewski Wykłady ze Wstępu do Matematyki- bo z tą książką się już zapoznałem- a w niej chyba i tak nie koniecznie dominuje klasyczna matematyka). Może podręcznik Rasiowej Nie wiem.

To wszystkich dowodów ta książka nie musi mieć (byle by te ważniejsze miała, żeby dało się ją zrozumieć).

[Jan Kraszewski]

No nie wiem... Łatwo powiedzieć, że czytelnik sam sobie dowody wyprodukuje...

To zależy oczywiście od dowodu, ale np. te dotyczące przeciwobrazów z tego wątku to typowe zadania dla pierwszego roku.

JK

[Jakub Gurak]

dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), wtedy \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }}\) jest na zbiór \(\displaystyle{ \mathcal{P}(X)}\), tzn. chodzi o funkcję \(\displaystyle{ H:P(Y) \rightarrow P(X)}\), tak, że dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ B\subset Y:}\)

\(\displaystyle{ H(B)=\stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( B\right).}\)

dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), mamy, że \(\displaystyle{ f}\) jest 'na' \(\displaystyle{ Y}\), wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{−1} }}\) jest różnowartościowa.

Wynika stąd, że dla funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), mamy, że \(\displaystyle{ f}\) jest bijekcją, dokładnie wtedy, gdy \(\displaystyle{ \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} }}\) jest bijekcją z \(\displaystyle{ P(Y)}\) do \(\displaystyle{ P(X)}\), gdyż (jeśli \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\)), to:

\(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y \hbox{ jest bijekcją } \Leftrightarrow \left( f \hbox { jest różnowartościowa} \right) \hbox{ i } \left( f \hbox{ jest 'na' }\right) \Leftrightarrow \left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \hbox{ jest 'na' } \right) \hbox { i } \left( \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \hbox{ jest różnowartościowa }\right) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \hbox{ jest bijekcją.} }\)


Udowodniłem wczoraj, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest na, to nowa funkcja która dowolnemu podzbiorowi dziedziny funkcji wejściowej przypisuje obraz tego zbioru, jest również 'na' rodzinę wszystkich podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y.}\) Udowodniłem też wczoraj prosto, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest różnowartościowa, to podobna funkcja( czy nawet taka sama), która podzbiorowi dziedziny przypisuje obraz tego zbioru, taka funkcja również jest różnowartościowa. Wniosek dla bijekcji między dwoma zbiorami wydaje się być oczywisty, ale podam tez dalszy wniosek związany z równolicznością dwóch zbiorów potęgowych. Może podam dowód tego samego faktu, ale wcześniej przeprowadzony, (gdzie się trochę nagimnastykowałem). Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) będzie funkcją różnowartościową, niech dla \(\displaystyle{ A\subset X}\), będzie dana funkcja:

\(\displaystyle{ g(A)=\stackrel { \rightarrow }{f} (A).}\) Wykażemy,, ze \(\displaystyle{ g:P(X) \rightarrow P(Y)}\) jest funkcją różnowartościową.

Niech \(\displaystyle{ A,B\subset X}\), będą różnymi zbiorami- \(\displaystyle{ A \neq B}\). Pokażemy, że \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f} (A)=g(A) \neq g(B)=\stackrel { \rightarrow }{f}(B)}\). Ponieważ \(\displaystyle{ A \neq B}\), więc \(\displaystyle{ A\not\subset B}\) lub \(\displaystyle{ B\not\subset A}\). Zajmijmy się najpierw pierwszym przypadkiem. Skoro \(\displaystyle{ A\not\subset B}\), to \(\displaystyle{ A \neq \emptyset}\), (gdyż \(\displaystyle{ \emptyset\subset B}\)), więc zaprzeczając definicji zawierania, otrzymujemy, że istnieje element \(\displaystyle{ a\in A}\), taki, że \(\displaystyle{ a\not\in B}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(a)\in \stackrel { \rightarrow }{f}(A)}\). Przypuśćmy nie wprost, że \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f}(A)=\stackrel{ \rightarrow }{f}(B).}\) Wtedy \(\displaystyle{ y:=f(a)\in \stackrel{ \rightarrow }{f}(B)}\), a więc \(\displaystyle{ y=f(b)}\), gdzie \(\displaystyle{ b\in B. }\) Ponieważ \(\displaystyle{ y=f(a)=f(b)}\), a \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, więc \(\displaystyle{ a=b}\), ale \(\displaystyle{ a\not\in B}\), a \(\displaystyle{ b\in B}\), otrzymujemy więc sprzeczność.
Jeśli \(\displaystyle{ B\not\subset A}\), to rozumujemy analogicznie, co kończy dowód.\(\displaystyle{ \square}\)

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) będzie funkcją 'na'. Niech dla \(\displaystyle{ A\subset X}\), będzie dana funkcja \(\displaystyle{ g}\), jako:

\(\displaystyle{ g(A)= \stackrel { \rightarrow }{f} (A)}\), pokażemy, że funkcja \(\displaystyle{ g:P(X) \rightarrow P(Y)}\) jest 'na'.

Niech \(\displaystyle{ B\subset Y}\) (równoważnie \(\displaystyle{ B\in P(Y)}\)). Rozważmy zbiór \(\displaystyle{ A:=\stackrel { \rightarrow }{f ^{-1} } (B)\subset X }\)( a więc \(\displaystyle{ A\in P(X)}\)). Wtedy \(\displaystyle{ g(A)=\stackrel { \rightarrow }{f} (A)=\stackrel { \rightarrow }{f} (\stackrel { \rightarrow }{f ^{-1} } (B)}\)), i ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest 'na', więc to jest równe zbiorowi \(\displaystyle{ B}\), tak więc \(\displaystyle{ B=g(A)}\), a więc zbiór \(\displaystyle{ B}\) jest wartością funkcji \(\displaystyle{ g}\). Otrzymujemy zatem (z dowolności zbioru \(\displaystyle{ B}\)), że \(\displaystyle{ g}\) jest 'na'.\(\displaystyle{ \square}\)

A zatem, jeśli \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest bijekcją, to funkcja, która zbiorowi \(\displaystyle{ A\subset X}\) przypisuję obraz tego zbioru \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f } (A)}\), taka funkcja jest różnowartościowa i na, zatem również jest bijekcją.

Możemy to zastosować aby udowodnić ważny fakt, że jeśli zbiór \(\displaystyle{ X}\) jest równoliczny ze zbiorem \(\displaystyle{ Y}\) (\(\displaystyle{ X\sim Y}\)), to również \(\displaystyle{ P(X)\sim P(Y).}\)

Natychmiastowy dowód: Ponieważ \(\displaystyle{ X\sim Y}\), więc istnieje bijekcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), a zatem poprzedni fakt daje, że funkcja 'brania obrazu' \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f}: P(X) \rightarrow P(Y)}\) jest bijekcją, a zatem \(\displaystyle{ P(X)\sim P(Y).\square}\)

Udowodniłem też takie zadanie z książki, że jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, a \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\),\(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y}\), to mamy równość \(\displaystyle{ \left( \bigcap\mathbb{A}\right) \times \left( \bigcap\mathbb{B}\right) = \bigcap_{A\in\mathbb{A}, B\in\mathbb{B}} \left( A \times B\right) .}\)

Jakby to zilustrować to wychodzi z tych prostokątów kartezjańskich taka kratka, i ten zbiór, jest to tak jakby najmniejszy prostokąt kartezjański położony najbardziej w centrum.

Aby to udowodnić wykorzystamy fakt, że

Ukryta treść:    

jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) niepustą rodziną zbiorów, to \(\displaystyle{ X \times \left( \bigcap \mathbb{B}\right)= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( X \times A \right)}\), oraz fakt, że \(\displaystyle{ \left( \bigcap \mathbb{B}\right) \times X= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( A \times X\right) .}\) Ja te fakty miałem już wcześniej udowodnione, ale z przyjemnością przedstawię ich ciekawe dowody.

Można łatwo pokazać, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem , a \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) rodziną zbiorów, to \(\displaystyle{ X \times \left( \bigcup\mathbb{B}\right)= \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( X \times A\right) }\)(dwa zawierania), łatwo też zauważyć, że jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, to w iloczynie kartezjańskim \(\displaystyle{ X \times Y}\) (jeśli mamy zbiór \(\displaystyle{ A\subset Y}\)), to dopełnieniem (\(\displaystyle{ X \times A}\) ) jest \(\displaystyle{ X}\) razy dopełnienie \(\displaystyle{ A}\) (do zbioru \(\displaystyle{ Y}\)), tzn. \(\displaystyle{ \left( X \times A\right) '=X \times A'.}\) Wobec tego korzystając z praw de Morgana możemy udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, \(\displaystyle{ \mathbb {B}}\) niepustą rodzina zbiorów, to \(\displaystyle{ X \times \bigcap \mathbb{B}= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} (X \times A).}\)

Dowód:

Połózmy jako iloczyn kartezjąński, naszą przestrzeń, \(\displaystyle{ U=X \times \left( \bigcup \mathbb{B}\right) }\), wtedy każdy zbiór \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\) jest podzbiorem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\), i \(\displaystyle{ \bigcap\mathbb{B} \subset\bigcup\mathbb{B}.}\) Niewątpliwie, mamy:

\(\displaystyle{ X \times \bigcap\mathbb{B}=\left( \left( X \times \bigcap\mathbb{B}\right) '\right)'= \left[ X \times \left( \bigcap\mathbb{B} \right) ' \right]'=}\) dalej korzystamy z prawa de Morgana, że dopełnienie przekroju jest sumą dopełnień, i otrzymujemy, że to jest równe:

\(\displaystyle{ =\left( X \times \left( \bigcup_{A\in\mathbb{B}} A' \right) \right)'=\left( \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( X \times A'\right) \right)'= }\), dalej ponieważ dopełnienie sumy jest przekrojem dopełnień, więc otrzymujemy, że to jest równe \(\displaystyle{ = \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( X \times A'\right)'= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( X \times \left( A'\right)' \right)= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} (X \times A). }\)

Aby udowodnić drugą równość przypomnijmy, prawo, że \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \times X= \bigcup_{A\in\mathbb{B}} (A \times X)}\). Łatwo pokazać inkluzję w prawo. Aby udowodnić inkluzję w lewo, to:

Niech \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\). Wtedy \(\displaystyle{ A \subset \bigcup\mathbb{B}}\), a więc \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \cup A = \bigcup\mathbb{B}. }\) Zatem \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B} \right) \times X=\left( \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \cup A\right) \times X = \left( \bigcup\mathbb{B} \times X\right) \cup \left( A \times X\right) \supset A \times X}\). A zatem (z dowolności zbioru \(\displaystyle{ A}\)) otrzymujemy, że dla dowolnego \(\displaystyle{ A\in\mathbb{B}}\): \(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B} \right) \times X\supset A \times X}\), więc również \(\displaystyle{ \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( A \times X\right) \subset \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \times X}\). A zatem\(\displaystyle{ \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \times X= \bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( A \times X\right)}\). Zauważmy również, że jeśli mamy iloczyn kartezjański \(\displaystyle{ Y\times X}\), oraz zbiór \(\displaystyle{ A\subset Y}\), to dopelnieniem zbioru \(\displaystyle{ A \times X}\) jest dopełnienie \(\displaystyle{ A}\) (do zbioru \(\displaystyle{ Y}\)) razy \(\displaystyle{ X}\), czyli \(\displaystyle{ \left( A \times X\right)'= A' \times X}\)- jest to oczywiste. Zatem na mocy praw de Morgana podobnie możemy udowodnić drugą równość:

Tzn. jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, a \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) niepustą rodziną zbiorów, to \(\displaystyle{ \left( \bigcap\mathbb{B}\right) \times X= \bigcap_{A \in \mathbb{B}} \left( A \times X \right).}\)

Dowód: Połóżmy za naszą przestrzeń iloczynu kartezjańskiego: \(\displaystyle{ U= \left( \bigcup\mathbb{B}\right) \times X}\). Wtedy każdy zbiór rodziny \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) jest podzbiorem \(\displaystyle{ \bigcup\mathbb{B}}\) (i przekrój tym bardziej). Niewątpliwie mamy:

\(\displaystyle{ \left( \bigcap\mathbb{B}\right) \times X=\left( \left( \left( \bigcap\mathbb{B}\right) \times X\right)' \right)' = \left( \left( \bigcap\mathbb{B}\right)' \times X \right)'=}\) dalej ponieważ dopełnienie przekroju jest sumą dopełnień, więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =\left( \left( \bigcup_{A\in\mathbb{B} } A'\right) \times X\right)'= \left(\bigcup_{A\in\mathbb{B}} \left( A' \times X\right) \right)'= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( A' \times X\right) '= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( \left( A'\right)' \times X \right)= \bigcap_{A\in\mathbb{B}} \left( A \times X\right). \square }\)

i teraz jeśli \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, \(\displaystyle{ \mathbb{A}}\) rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ X}\), \(\displaystyle{ \mathbb{B}}\) rodziną podzbiorów zbioru \(\displaystyle{ Y}\), to:

\(\displaystyle{ \left( \bigcap\mathbb{A} \right) \times \left( \bigcap\mathbb{B}\right) = \bigcap_{A\in\mathbb{A}, B\in\mathbb{B}} \left( A \times B\right).}\)

Dowód:

\(\displaystyle{ \left( \bigcap\mathbb{A} \right) \times \left( \bigcap\mathbb{B}\right)= \bigcap_{B\in\mathbb{B}} \left( \bigcap\mathbb{A} \times B\right)= \bigcap_{B\in\mathbb{B}} \left( \bigcap_{A\in\mathbb{A}} \left( A \times B\right) \right) = \bigcap_{A\in\mathbb{A}} \left( \bigcap_{B\in\mathbb{B}}
\left( A \times B\right) \right) =\bigcap_{A\in\mathbb{A, B\in\mathbb{B}}} (A \times B)}\).

Gdzie pierwsza równość wynika z pierwszej równości przedstawionej powyżej w ukrytej treści, następna z drugiej tej równości, potem zamieniamy kolejność rodzin zbiorów \(\displaystyle{ \mathbb{A},\mathbb{B}}\) (jako zbiorów wskaźników), i otrzymujemy \(\displaystyle{ =\bigcap_{A\in\mathbb{A, B\in\mathbb{B}}} (A \times B). \square }\)

[Jakub Gurak]

Udowodniłem wczoraj sobie na dobranoc, że jeśli mamy \(\displaystyle{ n}\) par zbiorów, gdzie \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\), tzn. gdy mamy zbiory \(\displaystyle{ X_1, X_2,\ldots, X_n}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ X_i}\) są rozłączne, oraz gdy mamy \(\displaystyle{ n}\) zbiorów \(\displaystyle{ Y_1, Y_2,\ldots, Y_n}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ Y_i}\) są rozłączne, oraz mamy \(\displaystyle{ n}\) bijekcji \(\displaystyle{ f_1:X_1 \rightarrow Y_1; f_2: X_2 \rightarrow Y_2; \ldots, f_n:X_n \rightarrow Y_n}\) (wtedy suma \(\displaystyle{ f _{1} \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n}\) jest bijekcją ze sumy dziedzin tych funkcji \(\displaystyle{ X_1 \cup X_2 \cup \ldots \cup X_n}\) w sumę przeciwdziedzin \(\displaystyle{ Y_1 \cup Y_2 \cup \dots \cup Y_n}\) ), i jeśli mamy \(\displaystyle{ n}\) zbiorów: \(\displaystyle{ B_1\subset Y_1, B_2\subset Y_2, \ldots, B_n\subset Y_n}\)- czyli \(\displaystyle{ n}\) kolejnych podzbiorów kolejnych przeciwdziedzin, i jeśli rozważymy przeciwobrazy tych zbiorów przez kolejne funkcję, i sumę takich przeciwobrazów, to to będzie to samo co przeciwobraz sumy tych zbiorów przez funkcję, którą jest suma. Wykazałem też dzisiaj, że dla funkcji między dwoma zbiorami, i jak mamy dwa podzbiory przeciwdziedziny tej funkcji, to przeciwobraz różnicy symetrycznej tych zbiorów jest różnicą symetryczną przeciwobrazów. Przedstawię teraz dowody tych ciekawych faktów.


Rozważmy zbiory \(\displaystyle{ X_1, X_2, \ldots, X_n}\), gdzie \(\displaystyle{ n=1,2,\ldots}\), i gdzie zbiory \(\displaystyle{ X_i}\) są rozłączne; oraz \(\displaystyle{ n}\) zbiorów \(\displaystyle{ Y_1, Y_2,\ldots, Y_n}\), gdzie zbiory \(\displaystyle{ Y_i}\) są rozłączne, oraz \(\displaystyle{ n}\) funkcji bijekcji \(\displaystyle{ f_1:X_1 \rightarrow Y_1; f_2:X_2 \rightarrow Y_2; \ldots, f_n:X_n \rightarrow Y_n}\) (wtedy suma takich bijekcji jest bijekcją ze sumy dziedzin tych funkcji \(\displaystyle{ X_1 \cup X_2 \cup \ldots \cup X_n}\) w sumę przeciwdziedzin \(\displaystyle{ Y_1 \cup Y_2 \cup \ldots \cup Y_n}\), to można dość łatwo przez indukcję udowodnić), i rozważmy \(\displaystyle{ n}\) zbiorów \(\displaystyle{ B_1\subset Y_1, B_2\subset Y_2,\ldots, B_n\subset Y_n}\). I rozważmy przeciwobrazy tych zbiorów przez kolejne funkcję, tzn.: \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f_1 ^{-1} } (B_1), \stackrel { \rightarrow }{f_2 ^{-1}} (B_2), \ldots, \stackrel{\rightarrow }{f_n ^{-1}} (B_n)}\), i sumę takich przeciwobrazów- wykażemy, że taka suma jest równa przeciwobrazowi sumy tych zbiorów przez funkcję, którą jest suma, tzn.:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots f_n\right) ^{-1} } \left( B_1 \cup B_2 \cup \ldots \cup B_n\right)=\stackrel { \rightarrow }{ f_1 ^{-1} } \left( B_1\right)\cup \stackrel { \rightarrow }{ f_2 ^{-1} } \left( B_2\right) \cup \ldots \cup\stackrel { \rightarrow }{ f_n ^{-1} } \left( B_n\right). }\)

lub inaczej mówiąc, i precyzyjniej:

\(\displaystyle{ \bigcup_{k=1}^{n} \stackrel { \rightarrow }{f_k ^{-1} } \left( B_k\right)= \stackrel { \rightarrow } {\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) ^{-1} } \left( \bigcup_{k=1}^{n} B_k\right).}\)


DOWÓD TEGO CIEKAWEGO FAKTU:

Mamy \(\displaystyle{ B_1\subset Y_1, B_2\subset Y_2,\ldots, B_n\subset Y_n}\), więc \(\displaystyle{ \bigcup_{k=1}^{n} B_k\subset \bigcup_{k=1}^{n} Y_k= Y_1 \cup Y_2 \cup \ldots \cup Y_n= \left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots\ \cup f_n\right)_P}\). A zatem nasze polecenie jest dobrze określone.

Ponieważ dla funkcji między dwoma zbiorami przeciwobraz sumy dwóch podzbiorów przeciwdziedziny, jest sumą przeciwobrazów, więc:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow } {\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) ^{-1} } \left( \bigcup_{k=1}^{n} B_k\right)= \bigcup_{k=1}^{n} \stackrel { \rightarrow } {\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) ^{-1} } \left( B_k\right).}\)


Wykażemy teraz, że dla każdego \(\displaystyle{ k\in \left\{ 1,2,\ldots, n \right\}}\), mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{ f_k ^{-1} } \left( B_k\right) = \stackrel { \rightarrow }{\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots f_n\right) ^{-1} } \left( B_k\right).}\)

Niech \(\displaystyle{ k\in\left\{ 1,2,\ldots, n \right\}.}\)

Niech \(\displaystyle{ x\in X_1 \cup X_2 \cup \ldots \cup X_n}\). Pokażemy inkluzję w obydwie strony:

Jeśli \(\displaystyle{ x\in \stackrel{ \rightarrow }{f_k ^{-1} } (B_k)}\), wtedy \(\displaystyle{ f_k(x)\in B_k}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right)(x)=f_k(x)\in B_k}\), a więc \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{\left( \bigcup_{k=1}^{n} f_k:= f_1 \cup f_2 \cup\ldots \cup f_n \right) ^{-1}} \left( B_k\right)}\), co dowodzi inkluzji w prawo.

Aby pokazać drugą inkluzję, to weźmy \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{\left( \bigcup_{k=1}^{n} f_k \right) ^{-1} }\left( B_k\right) }\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) (x)=: y\in B_k}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left( x,y\right) \in \left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right)}\), a więc \(\displaystyle{ (x,y) \in f_i}\), dla pewnego \(\displaystyle{ i \in \left\{ 1,2,\ldots, n\right\}}\). Wtedy \(\displaystyle{ y=f_i(x)\in B_k.}\)

Przypuśćmy, że \(\displaystyle{ i \neq k}\). Wtedy \(\displaystyle{ y\in \left( f_i\right)_P= Y_i.}\) A zatem \(\displaystyle{ y\in B_k \cap Y_i \subset Y_k \cap Y_i}\) , i ponieważ zbiory \(\displaystyle{ Y_k}\) i \(\displaystyle{ Y_i}\) są rozłączne, więc ten przekrój jest pusty, a zatem wnioskujemy, że \(\displaystyle{ y\in \emptyset}\)- sprzeczność.

Wobec czego \(\displaystyle{ i=k}\), a zatem \(\displaystyle{ y=f_k(x)\in B_k}\), a zatem \(\displaystyle{ x\in \stackrel { \rightarrow }{f_k ^{-1} } \left( B_k\right)}\).

A zatem \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f_k ^{-1} } \left( B_k\right)= \stackrel { \rightarrow }{\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots f_n\right) ^{-1} } \left( B_k\right)}\), i otrzymujemy, że ta równość zachodzi dla każdego \(\displaystyle{ k \in \left\{ 1,2,\ldots,n\right\}.}\)


W związku z czym:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow } {\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) ^{-1} } \left( \bigcup_{k=1}^{n} B_k\right)= \bigcup_{k=1}^{n} \left[ \stackrel{ \rightarrow } {\left( \bigcup_{l=1}^{n} f_l\right) ^{-1} } \left( B_k\right)\right]= \left[ \underbrace {\stackrel{ \rightarrow } {\left( \bigcup_{l=1}^{n} f_l\right) ^{-1} } \left( B_1\right)}_{= f_1 ^{-1} \left( B_1\right)} \right] \cup \left[ \underbrace {\stackrel{ \rightarrow } {\left( \bigcup_{l=1}^{n} f_l\right) ^{-1} } \left( B_2\right)}_{= f_2 ^{-1} \left( B_2\right)} \right] \cup \ldots \cup \left[ \underbrace {\stackrel{ \rightarrow } {\left( \bigcup_{l=1}^{n} f_l\right) ^{-1} } \left( B_n\right)}_{= f_n ^{-1} \left( B_n\right)} \right]= \\ =\stackrel { \rightarrow }{ f_1 ^{-1} } \left( B_1\right)\cup \stackrel { \rightarrow }{ f_2 ^{-1} } \left( B_2\right) \cup \ldots \cup\stackrel { \rightarrow }{ f_n ^{-1} } \left( B_n\right). }\)

Wobec czego:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow } {\left( f_1 \cup f_2 \cup \ldots \cup f_n\right) ^{-1} } \left( B_1 \cup B_2 \cup \ldots \cup B_n\right)= \stackrel { \rightarrow }{ f_1 ^{-1} } \left( B_1\right)\cup \stackrel { \rightarrow }{ f_2 ^{-1} } \left( B_2\right) \cup \ldots \cup\stackrel { \rightarrow }{ f_n ^{-1} } \left( B_n\right).}\)


Zauważmy też, że dla \(\displaystyle{ n=1}\), mamy \(\displaystyle{ \bigcup_{k=1}^{n} f_k= f_1}\), i \(\displaystyle{ \bigcup_{k=1}^{n} B_k= B_1}\), a zatem obie strony równości wynoszą \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{ f_1 ^{-1} } \left( B_1\right)}\), więc w tym przypadku równość również zachodzi.\(\displaystyle{ \square}\)


Wykażemy jeszcze, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), dla dowolnych ustalonych zbiorów \(\displaystyle{ B_1, B_2\subset Y}\), przeciwobraz różnicy symetrycznej tych dwóch zbiorów jest różnicą symetryczną przeciwobrazów., tzn.

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1\oplus B_2\right)= \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1\right)\oplus \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_2\right).}\)

DOWÓD TEGO FAKTU:

Zauważmy najpierw, że polecenie jest dobrze określone, gdyż dla dwóch podzbiorów danego zbioru różnica symetryczna tych dwóch podzbiorów również jest podzbiorem całego zbioru. Wobec czego nasze polecenie jest dobrze określone.

Niewątpliwie mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1\oplus B_2\right)=\stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( \left( B_1 \setminus B_2\right) \cup \left( B_2 \setminus B_1\right) \right)=,}\)

i ponieważ przeciwobraz sumy dwóch podzbiorów przeciwdziedziny funkcji jest sumą przeciwobrazów, więc to jest równe:

\(\displaystyle{ =\stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1 \setminus B_2\right)\cup \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_2 \setminus B_1\right)=}\)

i ponieważ przeciwobraz różnicy dwóch podzbiorów przeciwdziedziny funkcji jest różnicą przeciwobrazów, więc to jest równe:

\(\displaystyle{ =\left( \stackrel { \rightarrow }{ f^{-1} } \left( B_1\right)\ \setminus \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_2\right)\right) \cup \left( \stackrel { \rightarrow }{ f^{-1} } \left( B_2\right)\ \setminus \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1\right)\right) =\stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_1\right)\oplus \stackrel { \rightarrow }{ f ^{-1} } \left( B_2\right).\square}\)