Złożenie funkcji

[Jakub Gurak]

Napiszę tu trochę na ten temat.

Niech \(\displaystyle{ X,Y,Z}\) będą zbiorami, a \(\displaystyle{ f:X \rightarrow \textbf{Y}}\) oraz \(\displaystyle{ g:\textbf{Y} \rightarrow Z}\) dowolnymi funkcjami. Złożeniem funkcji, może najlepiej od razu to narysujmy

TUTAJ JEST ILUSTRACJA

Czyli od razu przekształca element pierwszego zbioru, w element trzeciego zbioru, i tak dla dowolnego \(\displaystyle{ x\in X.}\)

Formalnie złożeniem funkcji \(\displaystyle{ f}\) i \(\displaystyle{ g}\) nazywamy funkcję \(\displaystyle{ g\circ f}\) ( uwaga!- jest odwrócona kolejność) \(\displaystyle{ g\circ f:X \rightarrow Z}\) określoną jako:

\(\displaystyle{ \left( g\circ f\right)\left( x\right)=g\left( f\left( x\right) \right),\hbox{ dla dowolnego } x\in X.}\)''

Kolejność funkcji \(\displaystyle{ f}\) i \(\displaystyle{ g}\) jest odwrócona, dla zgodności oznaczeń w powyższej definicji- funkcja jest określona jako \(\displaystyle{ x \rightarrow g\left( f\left( x\right) \right)}\), a nie \(\displaystyle{ f\left( g\left( x\right) \right)}\)- mimo, że to jest złożenie funkcji \(\displaystyle{ f}\) i \(\displaystyle{ g}\), jak już zobaczyliśmy.

Przykład: Niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\) będzie dana jako:\(\displaystyle{ f\left( n\right) =n+1}\), a \(\displaystyle{ g:\mathbb{N} \rightarrow P\left( \mathbb{N}\right)}\) będzie dana jako \(\displaystyle{ g\left( n\right) =\left\{ n\right\}.}\) Wtedy \(\displaystyle{ g\circ f:\mathbb{N} \rightarrow P\left( \mathbb{N}\right)}\) działa tak:

\(\displaystyle{ \left( g\circ f\right)\left( n\right)=g\left( f\left( n\right) \right)=\left\{ n+1\right\}, \hbox{ dla dowolnej liczby naturalnej } n.}\)

Złożenie funkcji nie musi być przemienne. Na przykład niech \(\displaystyle{ f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\) będzie dana jako:\(\displaystyle{ f\left( n\right) =n+1}\), a \(\displaystyle{ g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\) będzie dana jako \(\displaystyle{ g\left( n\right) = 2n.}\) Wtedy \(\displaystyle{ g\circ f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\) działa tak:

\(\displaystyle{ \left( g\circ f\right)\left( n\right)=g\left( f\left( n\right) \right)=g\left( n+1\right)=2\left( n+1\right)=2n+2.}\)

Natomiast \(\displaystyle{ f\circ g:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}}\) działa tak:

\(\displaystyle{ \left( f\circ g\right)\left( n\right)=f\left( g\left( n\right) \right)=f\left( 2n\right)=2n+1 \neq 2n+2,}\)

zatem \(\displaystyle{ g\circ f \neq f\circ g.}\)

Natomiast złożenie funkcji jest łączne, tzn. dla dowolnych czterech zbiorów \(\displaystyle{ A,B,C,D,}\) oraz dowolnych funkcji\(\displaystyle{ f:C \rightarrow D, g:B \rightarrow C, h:A \rightarrow B}\), mamy:

\(\displaystyle{ \left( f\circ g\right) \circ h=f\circ\left( g\circ h\right). }\)

Można to udowodnić, wyliczając, że obie te funkcję przyjmują wartość \(\displaystyle{ f\left( g\left( h\left( x\right) \right) \right) }\) dla dowolnego \(\displaystyle{ x}\) z dziedziny \(\displaystyle{ A}\). Dobrze jest to zilustrować:



Przypominam, że jeśli \(\displaystyle{ X}\) jest zbiorem, to przez \(\displaystyle{ I_X}\) będziemy oznaczać relację identyczności (równości) na zbiorze \(\displaystyle{ X}\). Jest ona funkcją z \(\displaystyle{ X}\) do \(\displaystyle{ X}\).

Jeśli, \(\displaystyle{ X,Y}\) są zbiorami, \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), to łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ I_Y\circ f=f=f\circ I_X.}\)

Na koniec, udowodnimy, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest różnowartościowa, to \(\displaystyle{ f ^{-1}\circ f=I_X. }\)

Dowód:

Niech \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) będzie funkcją różnowartościową. Pokażemy najpierw, że \(\displaystyle{ f ^{-1}\circ f \subset I_X.}\) Niech \(\displaystyle{ (x_1,x_2)\in f ^{-1}\circ f}\), wtedy musi istnieć element \(\displaystyle{ y\in Y}\) taki, że \(\displaystyle{ (x_1,y)\in f}\) oraz \(\displaystyle{ (y,x_2) \in f^{-1}}\). A zatem \(\displaystyle{ (x_2,y)\in f.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ f}\) jest różnowartościowa, a \(\displaystyle{ (x_1,y)\in f, (x_2,y)\in f}\), więc \(\displaystyle{ x_1=x_2}\), oznaczmy tą wartość jako \(\displaystyle{ x}\). Wtedy \(\displaystyle{ (x,x)\in I_X}\). Ponieważ \(\displaystyle{ (x,x)=(x_1,x_2)}\), to \(\displaystyle{ (x_1,x_2)\in I_X}\), wobec dowolności wyboru takiej pary, otrzymujemy, że \(\displaystyle{ f^{-1} \circ f \subset \mathbb{I}_{X}}\). Aby pokazać inkluzję w drugą stronę, to weźmy teraz dowolny element \(\displaystyle{ x\in X}\), pokażemy, że \(\displaystyle{ (x,x)\in f ^{-1}\circ f}\). Jeśli \(\displaystyle{ y=f(x)}\), to wtedy \(\displaystyle{ f^{-1}(x)=y}\), a więc z definicji złożenia otrzymujemy, \(\displaystyle{ (x,x) \in f^{-1} \circ f. }\)Otrzymujemy stąd, że \(\displaystyle{ f^{-1} \circ f\supset I_{X}}\). A zatem \(\displaystyle{ f ^{-1}\circ f=I_X.\square }\)

W podobny sposób można udowodnić, że dla funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\), będącej bijekcją, mamy \(\displaystyle{ f \circ f ^{-1} =I_Y. }\)

[Jan Kraszewski]

Na koniec, udowodnimy, że jeśli funkcja \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\) jest różnowartościowa, to \(\displaystyle{ f ^{-1}\circ f=I_X. }\)

Można oczywiście tak zdefiniować funkcję odwrotną, by powyższe twierdzenie miało sens, ale trzeba jednak zaznaczyć, że często warunkiem koniecznym istnienia funkcji \(\displaystyle{ f^{-1}}\) jest bijektywność (a nie tylko różnowartościowość) funkcji \(\displaystyle{ f}\).

JK

[Jakub Gurak]

Przeczytałem w książce, że dla złożenia dwóch funkcji obraz dowolnego zbioru przez złożenie jest równe obrazowi funkcji zewnętrznej obrazu funkcji wewnętrznej tego zbioru i to jest równe, dla funkcji będącej złożeniem obrazowi tego zbioru, tzn. \(\displaystyle{ \stackrel {\rightarrow}{\left( g\circ f\right) } (X)= \stackrel {\rightarrow} {g}(\stackrel { \rightarrow }{f}(X))}\). Dzisiaj pomyślałem, że może i podobna zależność zachodzi dla przeciwobrazów, co przed chwilą udowodniłem, ale coś zwątpiłem, więc proszę o sprawdzenie dowodu. Spróbuję udowodnić, że jeśli \(\displaystyle{ f:A \rightarrow B, g:B \rightarrow C, g\circ f:A \rightarrow C}\) są funkcjami, to dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ C_0\subset C}\), mamy:

\(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel {\rightarrow}{g^{-1}} \left( C_0\right) \right)=\stackrel {\rightarrow}{ \left( g\circ f\right) ^{-1} }\left( C_0\right). }\)

Tzn. przeciwobraz dowolnego zbioru przez funkcję złożenia jest tym samym co przeciwobraz tego zbioru przez drugą funkcję \(\displaystyle{ g}\), a następnie przeciwobraz tego zbioru przez pierwszą funkcję (\(\displaystyle{ f}\)), i to jest równe przeciwobrazowi tego zbioru przez funkcję złożenia. Spróbuję to udowodnić:

Dowód:

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \stackrel {\rightarrow }{g^{-1} }(C_0)\subset B }\),( \(\displaystyle{ g:B \rightarrow C}\)) i dalej \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel { \rightarrow }{g^{-1}}(C_0)\right) \subset A}\), i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) ^{-1} } (C_0)\subset A.}\)

Więc aby pokazać równość tych dwóch zbiorów, wystarczy rozważyć jedynie elementy zbioru \(\displaystyle{ A}\), i pokazać, że element należy do zbioru po lewej stronie równości, dokładnie wtedy, gdy należy do zbioru po prawej stronie.

Niech \(\displaystyle{ a\in A.}\)

Jeśli \(\displaystyle{ a\in \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) ^{-1} }\left( C_0\right) }\), wtedy \(\displaystyle{ \left( g\circ f\right) (a)\in C_0}\), czyli \(\displaystyle{ g(f(a))\in C_0}\), ponieważ \(\displaystyle{ f(a)\in B}\), więc \(\displaystyle{ f(a)\in\stackrel { \rightarrow } {g^{-1}}(C_0)}\), zatem \(\displaystyle{ a\in \stackrel { \rightarrow }{f^{-1}} \left( \stackrel { \rightarrow } {g^{-1} } \left( C_0\right) \right) .}\)

Jeśli \(\displaystyle{ a\in \stackrel{ \rightarrow }{f ^{-1} } \left( \stackrel {\rightarrow}{g^{-1}} \left( C_0\right) \right)}\), wtedy \(\displaystyle{ f(a)\in\stackrel { \rightarrow }{g ^{-1}} (C_0)}\), i dalej \(\displaystyle{ g(f(a))\in C_0}\), co oznacza, że \(\displaystyle{ (g\circ f) (a)\in C_0}\) (i \(\displaystyle{ a\in A}\)), więc \(\displaystyle{ a\in \stackrel { \rightarrow }{(g\circ f) ^{-1} } (C_0).\square}\)

Dobrze

[Jan Kraszewski]

Dobrze, ale zamiast pisać dwa razy to samo wystarczyło zauważyć, że przejścia są równoważne.

JK

[Jakub Gurak]

Udowodniłem wczoraj w nocy, że jeśli mamy złożenie \(\displaystyle{ n}\) funkcji, to obraz dowolnego zbioru przez funkcję złożenia jest tym samym co gdy weźmiemy obraz tego zbioru przez pierwszą funkcją, a potem obraz otrzymanego zbioru przez drugą funkcję,... i tak do ostatniej funkcji- i to jest równe obrazowi tego zbioru przez funkcję złożenia. Przedstawię teraz dowód tego faktu.

Przede wszystkim udowodnijmy to najpierw dla \(\displaystyle{ n=2.}\)
tzn. jeśli \(\displaystyle{ A,B,C}\) są zbiorami , a \(\displaystyle{ f:A \rightarrow B, g:B \rightarrow C, g\circ f:A \rightarrow C }\) funkcjami, to dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ X\subset A}\), mamy \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) } \left( X\right) = \stackrel { \rightarrow}{g} \left( \stackrel { \rightarrow } {f} \left( X\right) \right).}\)

DOWÓD:    

Dowód:

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) } (X) \subset C}\), i \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{g}( \stackrel { \rightarrow }{ f} (X))\subset C}\). Wystarczy zatem rozważyć elementy zbioru \(\displaystyle{ C.}\)

Niech zatem \(\displaystyle{ c\in C}\).

Jeśli \(\displaystyle{ c\in \stackrel { \rightarrow } {\left( g\circ f\right) }(X)}\), to \(\displaystyle{ c=(g\circ f) (a)}\), dla pewnego \(\displaystyle{ a\in X}\), czyli \(\displaystyle{ c=g(f(a))}\), \(\displaystyle{ a\in X}\), ponieważ \(\displaystyle{ a\in X\subset A}\), więc \(\displaystyle{ f(a)\in\stackrel { \rightarrow }{f} (X)}\), a zatem \(\displaystyle{ c=g(f(a))\in \stackrel { \rightarrow }{g}( \stackrel { \rightarrow }{f} (X)).}\)

Jeśli \(\displaystyle{ c\in \stackrel { \rightarrow }{g} (\stackrel { \rightarrow }{f} (X))}\), to \(\displaystyle{ c=g(b)}\), gdzie \(\displaystyle{ b\in \stackrel { \rightarrow }{f}(X)}\); ponieważ \(\displaystyle{ b\in \stackrel { \rightarrow }{f} (X)}\), to \(\displaystyle{ b=f(a)}\), gdzie \(\displaystyle{ a\in X.}\) Ponieważ \(\displaystyle{ c=g(b)}\), \(\displaystyle{ b=f(a)}\), więc oczywiście \(\displaystyle{ c=g(f(a))}\), czyli \(\displaystyle{ c=(g\circ f)(a), a\in X}\), więc \(\displaystyle{ c\in \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) } (X).}\)

A zatem \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( g\circ f\right) } \left( X\right) = \stackrel {\rightarrow }{g} \left( \stackrel { \rightarrow } {f} \left( X\right) \right).}\)

Przyjmijmy, że dla dowolnej funkcji \(\displaystyle{ f:X \rightarrow Y}\): \(\displaystyle{ \circ(f)=f}\), że złożenie tylko jednej funkcji to ta sama funkcja, dla dowodu warto takie uogólnienie przyjąć. Wykażemy teraz, zgodnie z zapowiedzią, że jeśli \(\displaystyle{ X_1,X_2,\ldots, X_n,X_{n+1}}\) są zbiorami, a \(\displaystyle{ f_1:X_1 \rightarrow X_2; f_2:X_2 \rightarrow X_3,\ldots, f_n:X_n \rightarrow X_{n+1}}\) dowolnymi funkcjami, oraz \(\displaystyle{ A\subset X_1}\), to \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( f_n\circ f_{n-1}\circ\ldots\circ f_2\circ f_1 \right) } \left( A\right) =\stackrel { \rightarrow }{f_n}\left( \stackrel { \rightarrow }{f_{n-1}} \ldots \stackrel { \rightarrow }{f_2}\left( \stackrel { \rightarrow }{f_1} \left( A\right) \right) \ \right). }\)

DOWÓD:

Ten ciekawy fakt udowodnimy przy pomocy indukcji porządkowej.

Jeśli \(\displaystyle{ n=1}\), to (dla dowolnego zbioru \(\displaystyle{ A\subset X_1}\)) mamy: \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left[ f_1= \circ \left( f_1\right) \right] } (A)= \stackrel { \rightarrow }{f_1} \left( A\right) }\), i własność zachodzi.
Dla \(\displaystyle{ n=2}\) własność zachodzi, gdyż to udowodniliśmy na początku.

Niech \(\displaystyle{ n \ge 3}\), i przypuśćmy, że dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ m<n}\) twierdzenie zachodzi. Pokażemy, że twierdzenie zachodzi dla \(\displaystyle{ n}\).
Niech \(\displaystyle{ X_1,X_2,\ldots ,X_n, X_{n+1}}\) będą zbiorami, a \(\displaystyle{ f_1:X_1 \rightarrow X_2; f_2:X_2 \rightarrow X_3;\ldots f_n:X_n \rightarrow X_{n+1}}\) dowolnymi funkcjami. Niech zbiór \(\displaystyle{ A\subset X_1}\). Wtedy złożenie \(\displaystyle{ f_n\circ f_{n-1}\circ\ldots\circ f_2\circ f_1}\), musi być postaci \(\displaystyle{ f\circ g}\), gdzie \(\displaystyle{ f=f_n\circ f_{n-1}\circ\ldots \circ f_{k+1}}\), gdzie \(\displaystyle{ 1 \le k<n}\) , oraz \(\displaystyle{ g=f_k\circ f_{k-1}\circ\ldots\circ f_2\circ f_1}\). (Złożenie \(\displaystyle{ n}\) funkcji musi być złożeniem dwóch funkcji, tzn. takim złożeniem które wykonujemy na końcu). A zatem \(\displaystyle{ \stackrel {\rightarrow }{\left( f_n\circ f_{n-1}\circ \ldots \circ f_2\circ f_1\right) } \left( A\right) = \stackrel {\rightarrow}{\left( f\circ g\right) } \left( A\right) =\stackrel { \rightarrow }{f} \left( \stackrel { \rightarrow }{g} \left( A\right) \right) }\) (wynika to z przypadku dla \(\displaystyle{ n=2}\)), a to jest równe, (podstawiamy za \(\displaystyle{ f}\) złożenie funkcji ), i otrzymujemy: \(\displaystyle{ =\stackrel { \rightarrow }{\left( f_n\circ f_{n-1}\circ\ldots \circ f_{k+2}\circ f_{k+1} \right) } \left( \stackrel { \rightarrow }{g} \left( A\right) \right)}\), a to jest równe, na mocy założenia indukcyjnego: \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{f_n} \left( \stackrel { \rightarrow }{f_{n-1}} \ldots ( \stackrel { \rightarrow }{f_{k+1}} \left( \stackrel { \rightarrow }{g}\left( A\right) \right) \ \ \right) .}\) Teraz wyznaczmy \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{g}(A).}\) Mamy \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{g}(A)=\stackrel { \rightarrow }{\left( f_k\circ f_{k-1} \circ\ldots\circ f_2\circ f_1\right) } (A)}\), ponieważ \(\displaystyle{ k<n}\), więc z załozenia indukcyjnego otrzymujemy, że to jest równe \(\displaystyle{ = \stackrel { \rightarrow }{f_k}\left( \stackrel { \rightarrow }{f_{k-1}} \ldots \stackrel { \rightarrow }{f_2} \left( \stackrel { \rightarrow }{f_1}
\left( A\right) \right) \right).}\) A zatem \(\displaystyle{ \stackrel { \rightarrow }{\left( f_n\circ f_{n-1}\circ\ldots\circ f_2\circ f_1\right) } \left( A\right) = \stackrel { \rightarrow }{f_n} \left( \stackrel { \rightarrow }{f_{n-1}} \ldots ( \stackrel { \rightarrow }{f_{k+1}} \left[ \stackrel { \rightarrow }{g}\left( A\right)\right] \ \ \right) =\stackrel { \rightarrow }{f_n} \left( \stackrel { \rightarrow }{f_{n-1}} \ldots ( \stackrel { \rightarrow }{f_{k+1}} \left[ \
\stackrel { \rightarrow }{f_k}\left( \stackrel { \rightarrow }{f_{k-1}} \ldots \stackrel { \rightarrow }{f_2} \left( \stackrel { \rightarrow }{f_1}
\left( A\right) \right)\right) \ \right] \ \right). }\) Krok indukcyjny został dowiedziony. Na mocy zasady indukcji porządkowej fakt jest dowiedziony\(\displaystyle{ . \square}\)

Podejrzewam teraz również, że dla złożenia \(\displaystyle{ n}\) funkcji przeciwobraz dowolnego zbioru przez funkcję złożenia jest tym samym, co gdy weźmiemy przeciwobraz tego zbioru przez ostatnią funkcję, a następnie przeciwobraz otrzymanego zbioru przez przedostatnią funkcję, itd. aż do pierwszej funkcji, i ten wielokrotny przeciwobraz jest tym samym, co przeciwobraz tego danego zbioru przez funkcję złożenia, ale nie wiem, jeszcze nad dowodem nie myślałem.