Dowody na funkcjach i zbiorach

[guserd]

Udowodnij lub zaprzecz.
Niech \(\displaystyle{ Q, P}\) - dowolne, niepuste zbiory,
\(\displaystyle{ C, D \subset Q}\) - dowolne, niepuste podzbiory Q
\(\displaystyle{ f: Q \rightarrow P}\)
Udowodnij lub zaprzecz:

a) \(\displaystyle{ f(C) \setminus f(D) \subset f(C \setminus D)}\)

b) \(\displaystyle{ C \subset f ^{-1} (f(C))}\)

c) \(\displaystyle{ C = f ^{-1} (f(C))}\)

Co do podpunktu a przeprowadziłem następujący dowód, ale w sumie sam nie wiem czy ma to jakiś sens, bo nie wiedziałem tak naprawdę od czego zacząć:

\(\displaystyle{ f(x) \in f(C) \setminus f(D) \Leftrightarrow x \in C \wedge x \notin D \Leftrightarrow x \in (C \setminus D) \Leftrightarrow f(x) \in f(C \setminus D)}\)

W dwóch kolejnych nie wiem kompletnie co zrobić Doszedłem tylko do wniosku, że:
\(\displaystyle{ f ^{-1} (f(C))=C}\)

Z góry dziękuję za pomoc.

[Janusz Tracz]

\(\displaystyle{ f(x) \in f(C) \setminus f(D) \Leftrightarrow x \in C \wedge x \notin D \Leftrightarrow x \in (C \setminus D) \Leftrightarrow f(x) \in f(C \setminus D)}\)

To nie jest dobrze. Te równoważności świadczą o tym, że zachodziło by nawet więcej \(\displaystyle{ f\left[ C\right] \setminus f\left[ D\right]=f\left[ C \setminus D\right] }\). Bo rozumowanie można by było teoretycznie odwrócić. Jednak istnieje prosty kontrprzykład, że tak nie jest. Weź funkcję \(\displaystyle{ f:\left\{ 1,2\right\} \rightarrow \left\{ 1\right\} }\) daną wzorem \(\displaystyle{ f(1)=f(2)=1}\). Jeśli \(\displaystyle{ C=\left\{ 1\right\} }\), a \(\displaystyle{ D=\left\{ 2\right\} }\) to \(\displaystyle{ f\left[ C\right] \setminus f\left[ D\right] = \left\{ 1\right\} \setminus \left\{ 1\right\} \not = f\left[ C \setminus D\right] =f\left[ \left\{ 1\right\} \right]=\left\{ 1\right\} }\).

Co do dowodu \(\displaystyle{ \left( \forall C,D \subset Q, C \neq \varnothing, D \neq \varnothing \right)\left( f\left[ C\right] \setminus f\left[ D\right] \subset f\left[ C \setminus D\right]\right) }\) to zawsze takie rzeczy warto powoli rozpisać z definicji. Ustalmy więc niepuste \(\displaystyle{ C,D \subset Q}\) oraz \(\displaystyle{ y\in f\left[ C\right] \setminus f\left[ D\right] }\) (jeśli \(\displaystyle{ f\left[ C\right] \setminus f\left[ D\right] =\varnothing }\) to teza jest oczywista). Zatem \(\displaystyle{ y\in f\left[ C\right] }\) oraz \(\displaystyle{ y\not\in f\left[ D\right] }\). To oznacza, że w \(\displaystyle{ C}\) znajduje się co najmniej jeden taki \(\displaystyle{ x}\), że \(\displaystyle{ f(x)=y}\). Tego \(\displaystyle{ x}\)-sa nie ma w \(\displaystyle{ D}\) (gdyby było to \(\displaystyle{ f(x)=y\in f\left[ D\right] }\)). Zatem \(\displaystyle{ x\in C}\) oraz \(\displaystyle{ x\not\in D}\) zatem \(\displaystyle{ x\in C \setminus D}\). Więc w obrazie \(\displaystyle{ C \setminus D}\) znajdzie się \(\displaystyle{ f(x)}\) czyli \(\displaystyle{ y}\). Ostatecznie \(\displaystyle{ y\in f\left[ C \setminus D\right] }\).

To dowodzi tezy. Podany wcześniej kontrprzykład pokazuje, że w ogólności inkluzja w drugą stronę nie zachodzi. Jeśli funkcja była by iniekcją to wtedy co innego wtedy mamy równość.

W dwóch kolejnych nie wiem kompletnie co zrobić Doszedłem tylko do wniosku, że: \(\displaystyle{ f^{-1}(f(C))=C}\)

To też w ogólności nieprawda. Jeśli \(\displaystyle{ f}\) byłaby iniekcją to wtedy równość zajdzie ale nie zachodzi w ogólności. Zacznij od pokazania, że zachodzi inkluzja z podpunktu \(\displaystyle{ (b)}\). Ustalasz \(\displaystyle{ x\in C}\) więc \(\displaystyle{ f(x)\in f\left[ C\right] }\). A z definicji \(\displaystyle{ f^{-1}\left[ f\left[ C\right] \right]=\left\{ x:f(x)\in f\left[ C\right] \right\} }\) zatem \(\displaystyle{ x\in f^{-1}\left[ f\left[ C\right] \right]}\). Do \(\displaystyle{ (c)}\) poszukaj kontrprzykładu.

[guserd]

Dziękuję bardzo za pomoc! Teraz jest to już dla mnie trochę bardziej zrozumiałe.
Co do kontrprzykładu do c) :
\(\displaystyle{ f: \left\{ 1, 2, 3, 4\right\} \rightarrow \left\{ 1,2\right\} }\)
\(\displaystyle{ C \subset \left\{ 1, 2, 3, 4\right\} ,
C = \left\{ 1, 2, 3\right\} }\)
\(\displaystyle{ f(1)= 1, f(2)=1, f(3)=2, f(4)=1 }\)

\(\displaystyle{ f^{-1}(f(C)) = \left\{ 1, 2, 3, 4\right\} }\)
\(\displaystyle{ \left\{ {1, 2, 3, 4}\right\} \neq C }\)

A więc:

\(\displaystyle{ f ^{-1} (f(C)) \neq C }\)

[Janusz Tracz]

Tak. To dobry kontrprzykład. Najlepiej to widać na rysunku albo takim skrajnym przykładzie, gdy \(\displaystyle{ C}\) jest 'małe' w dziedzinie ale \(\displaystyle{ f\left[ C\right] }\) jest 'duże' w przeciwdziedzinie czyli przykładowo \(\displaystyle{ f\left[ C\right]=\text{ran}\left( f\right) }\). Wtedy przeciwobraz 'dużego' zbiory w przeciwdziedzinie będzie duży w dziedzinie. Więc w jakimś sensie przykryje \(\displaystyle{ C}\). To było ultra nieformalne co teraz powiedziałem ale weź funkcję \(\displaystyle{ f:\RR \cup \left\{ \xi\right\} \rightarrow \left\{ \spadesuit , \clubsuit \right\} }\) taką, że \(\displaystyle{ f(x)=\spadesuit }\) dla \(\displaystyle{ x\in \RR}\) oraz \(\displaystyle{ f(\xi)= \clubsuit }\). Wtedy \(\displaystyle{ f^{-1}\left[ f\left[ \left\{ 0,\xi\right\} \right] \right]= \RR \cup \left\{ \xi\right\} \supset \left\{ 0,\xi\right\} }\). Widać, że 'mały' zbiór w dziedzinie potraktowany przeciwobrazem się rozrósł tylko dlatego bo 'mały' zbiór w dziedzinie był wystarczający aby jego obraz w przeciwdziedzinie był ''duży'.