Давидович: "Отображения множеств"

[Ellan Vannin]

irod, да, извините. Я тут, кажется, ошибся

Ellan Vannin в сообщении #1107044 писал(а):

$\exists x (P(x,y)\land Q(x) \land \overline{R(x)}) \not\Rightarrow $ $\exists x (P(x,y)\land Q(x))\land \nexists x (P(x,y) \land R(x))$

Предположим, что у нас вообще все множества пустые. Тогда утверждение слева о существовании $x$ оказывается ложным. Конъюнкция справа тоже оказывается ложной, по той же причине. $0 \not\Rightarrow 0 = 0$. То есть утверждение $f(\varnothing \setminus \varnothing) \not\subseteq f(\varnothing) \setminus f(\varnothing)$ оказывается ложным.

irod в сообщении #1107848 писал(а):

Осталось $\exists x (P(x,y)\land Q(x) \land \overline{R(x)}) \land \exists x (P(x,y) \land R(x)) $ Непонятно, что мне это дает, и что с этим делать дальше.

Вы пришли к абсолютно правильному результату. Именно эта формула в итоге и получается. Но, к сожалению, она ничего не дает, поскольку в моей формуле ошибка заложена изначально. На самом деле можно было бы показать что образ разности никогда не является собственным подмножеством разности образов: $f(A_1 \setminus A_2) \not\subset f(A_1) \setminus f(A_2)$. Однако я сейчас склоняюсь к мысли, что не нужно усложнять решения.

Я уже объявил себе строгий выговор. Можете переходить к другим пунктам задачи.

[Ellan Vannin]

(Оффтоп)

А что если хочется всё-таки сделать лишнюю работу и получить второе решение? Докажем, что $f(A_1 \setminus A_2) \not\subset f(A_1) \setminus f(A_2)$. Обозначим для удобства $f(A_1 \setminus A_2)=C$ и $f(A_1) \setminus f(A_2)=D$. Тогда старая задача на смекалку в этих обозначениях выглядит так (мы её уже решили): $C \supseteq D \equiv \forall y (y \in C \Leftarrow y \in D)$

Решаем новую задачу: $C \not\subset D \equiv \overline { \forall y ((y \in C \Rightarrow y \in D) \land (y \in C \not\Leftarrow y \in D))}$ $ \equiv \exists y \overline {(y \in C \Rightarrow y \in D) \land (y \in C \not\Leftarrow y \in D)}$ $ \equiv \exists y (\overline {y \in C \Rightarrow y \in D} \lor \overline {y \in C \not\Leftarrow y \in D})$ $ \equiv \exists y (y \in C \not\Rightarrow y \in D) \lor \exists y (y \in C \Leftarrow y \in D)$ $\longleftarrow \forall y (y \in C \Leftarrow y \in D) \equiv C \supseteq D$

Вот и формула $f(A_1 \setminus A_2) \supseteq f(A_1) \setminus f(A_2)$ пригодилась, кто бы мог подумать.

Однако чтобы решить задачу, достаточно решить её одним способом. Постараюсь не навязывать больше лишних действий.

-- 19.03.2016, 19:50 --

(Оффтоп)

Вот ещё важное. Дизъюнктами называются выражения вида $a_1 \lor a_2 \lor \cdots \lor a_n$, конъюнктами — вида $a_1 \land a_2 \land \cdots \land a_n$, но не сами операнды по отдельности. Мы в наших рассуждениях используем только случай $n \ge 2$, поэтому важно не путать их с операндами.

-- 19.03.2016, 20:24 --

(Оффтоп)

Что-то я снова ерунды наговорил: $C \not\subset D \longleftarrow C \supseteq D$. Определение собственного подмножества предполагает, что множества не равны. Понятно, что это неверно. Уже доказано, что они могут быть равны.

Короче одного вашего опровергающего примера достаточно. И вообще чем меньше подобной логической ерунды, тем лучше.

[irod]

Ellan Vannin в сообщении #1107869 писал(а):

irod, да, извините. Я тут, кажется, ошибся
...
Я уже объявил себе строгий выговор. Можете переходить к другим пунктам задачи.

Да ничего страшного, думаю мне все равно полезно было поломать голову над этой задачей
В общем двигаюсь дальше.

[irod]

Продолжу оставшиеся задачи из пункта 8, для закрепления.

е) $f^{-1}(B_1 \cup B_2) = f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2)$

Введем обозначения. Пусть
$P(x,y) := \langle x,y \rangle \in G_f$, $Q(y) := y \in B_1$, $R(y) := y \in B_2$, где $G_f$ - график функции.

Тогда в новых обозначениях

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1 \cup B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land (Q(y) \lor R(y)) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land (Q(y) \lor R(y)) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ ( P(x_0,y) \land Q(y) ) \lor ( P(x_0,y) \land R(y) ) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \lor \exists y [ P(x_0,y) \land R(y) ] \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \cup \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \cup f^{-1}(B_2)$$

-- 21.03.2016, 16:28 --

ж) $f^{-1}(B_1 \cap B_2) = f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$

Доказательство.
В обозначениях предыдущего пункта:

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1 \cap B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land R(y) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ ( P(x_0,y) \land Q(y) ) \land ( P(x_0,y) \land R(y) ) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \exists y [ P(x_0,y) \land R(y) ] \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \cap \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$$

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1108263 писал(а):

е)

Да.

irod в сообщении #1108263 писал(а):

ж)

Нет, кое-что у вас не так.

irod в сообщении #1108263 писал(а):

$ \exists y [ ( P(x_0,y) \land Q(y) ) \land ( P(x_0,y) \land R(y) ) ] \Leftrightarrow$ $ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \exists y [ P(x_0,y) \land R(y) ] $

Я соглашусь, если будет поставлен знак $\Rightarrow$. Но почему вы считаете, что верно $\Leftarrow$ ? В самом начале видео было объяснение. Есть карандаш красный, а есть синий. С чего бы нам считать, что существует карандаш одновременно красный и синий?

Пока только доказано в одну сторону $f^{-1}(B_1 \cap B_2) \subseteq f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$.

[irod]

Ellan Vannin да, точно, я поторопился.
Попробую в другую сторону.
Доказательство $f^{-1}(B_1 \cap B_2) \supseteq f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$:

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(Y \setminus B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \setminus \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land \overline{R(y)} ] \} \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \nexists y [ P(x_0,y) \land \overline{R(y)} ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \forall y \overline{ P(x_0,y) \land \overline{R(y)} } \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \forall y [ \overline{ P(x_0,y) } \lor R(y) ] \Rightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land ( \overline{ P(x_0,y) } \lor R(y) ) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land R(y) ] \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1 \cap B_2)$$

-- 22.03.2016, 22:11 --

з) $f^{-1} (B_1 \setminus B_2) = f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2)$

Доказательство $f^{-1} (B_1 \setminus B_2) \subseteq f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2)$:

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1 \setminus B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) \land \overline{R(y)} ] \} \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land \overline{R(y)} ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ ( P(x_0,y) \land Q(y) ) \land ( P(x_0,y) \land \overline{R(y)} ) ] \Rightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \exists y [ P(x_0,y) \land \overline{R(y)} ] \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \cap \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land \overline{R(y)} ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \setminus \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2).$$

Доказательство $f^{-1} (B_1 \setminus B_2) \supseteq f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2)$:

$$ x_0 \in f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2) \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \setminus \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \land x \not\in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \} \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \nexists y [ P(x_0,y) \land R(y) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \forall y \overline{ P(x_0,y) \land R(y) } \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) ] \land \forall y [ \overline{ P(x_0,y) } \lor \overline{ R(y) } ] \Rightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land ( \overline{ P(x_0,y) } \lor \overline{ R(y) } ) ] \Leftrightarrow$$

$$ \exists y [ P(x_0,y) \land Q(y) \land \overline{ R(y) } ] \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) \land \overline{ R(y) } ] \} \Leftrightarrow$$

$$ x_0 \in f^{-1} (B_1 \setminus B_2).$$

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1108535 писал(а):

Доказательство $f^{-1}(B_1 \cap B_2) \supseteq f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$:
$ x_0 \in f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) \Leftrightarrow$ $ x_0 \in f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(Y \setminus B_2) $

Здесь используется нетривиальное утверждение $ f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(Y \setminus B_2) $, безусловно неверное для произвольных отношений, а для функций требуется доказательство.

irod в сообщении #1108535 писал(а):

Доказательство $f^{-1} (B_1 \setminus B_2) \subseteq f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2)$:

irod в сообщении #1108535 писал(а):

$ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \cap \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land \overline{R(y)} ] \} \Leftrightarrow$ $ x_0 \in \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land Q(y) ] \} \setminus \{ x \mid \exists y [ P(x,y) \land R(y) ] \}$

$ f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(Y \setminus B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_2) $ — это очевидная модификация первого утверждения. Если доказано первое утверждение, то это уже совершенно очевидно. Но пока что ничего нет.

irod в сообщении #1108535 писал(а):

Доказательство $f^{-1} (B_1 \setminus B_2) \supseteq f^{-1} (B_1) \setminus f^{-1} (B_2)$:

Да.

[irod]

Ellan Vannin в сообщении #1108568 писал(а):

Здесь используется нетривиальное утверждение $ f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(Y \setminus B_2) $, безусловно неверное для произвольных отношений, а для функций требуется доказательство.

Ни это, ни похожее $f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) = f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_1 \setminus B_2)$ утверждения у меня не получаются. Мне удалось доказать в одну сторону $f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) \supseteq f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_1 \setminus B_2)$, а вот в другую $f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) \subseteq f^{-1}(B_1) \setminus f^{-1}(B_1 \setminus B_2)$ никак не выходит. Кажется, я в тупике и не знаю как быть.
У меня такое чувство, что сейчас все как-то неоправданно усложнено (возможно, тут я не прав). Давайте отмотаем назад, забудем про новые обозначения $P(x,y)$, $Q(y)$, $R(y)$ чтобы не отвлекали и попробуем нечто похожее на более ранние варианты. Хотя, чувствую, я сейчас наткнусь на старые грабли.
Теперь я буду использовать определение прообраза множества точно как оно дано в Давидовиче и в Зориче (с.16), без упоминания графика: $f^{-1}(B) = \{ x \in X \mid f(x) \in B \}$.
Итак, очередная попытка доказательства $f^{-1}(B_1 \cap B_2) = f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2)$:

$$ x_0 \in f^{-1} (B_1) \cap f^{-1} (B_2) \Leftrightarrow $$

$$ x_0 \in \{ x \in X \mid f(x) \in B_1 \} \cap \{ x \in X \mid f(x) \in B_2 \} \Leftrightarrow $$

$$ f(x_0) \in B_1 \land f(x_0) \in B_2 \Leftrightarrow $$

$$ x_0 \in \{ x \in X \mid f(x) \in B_1 \land f(x) \in B_2 \} \Leftrightarrow $$

$$ x_0 \in \{ x \in X \mid f(x) \in B_1 \cap B_2 \} \Leftrightarrow $$

$$ x_0 \in f^{-1} (B_1 \cap B_2) .$$

Мне видится что это доказательство отличается от более раннего неправильного доказательства, которое я приводил на стр. 2 этой темы:

irod в сообщении #1105007 писал(а):

$$ f^{-1}(B_1 \cap B_2) = f^{-1} ( \{ b \ | \ b \in B_1 \ \text{и} \ b \in B_2 \} ) = $$

$$ = \{ a \ | \ f(a) \in B_1 \ \text{и} \ f(a) \in B_2 \} = $$

$$ = \{ a \ | \ f(a) \in B_1 \} \cap \{ a \ | \ f(a) \in B_2 \} = $$

$$ = f^{-1}(B_1) \cap f^{-1}(B_2) $$

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1109286 писал(а):

У меня такое чувство, что сейчас все как-то неоправданно усложнено (возможно, тут я не прав).

У меня такое чувство, что в заданиях Давидовича предлагается угадать правильный ответ и ничего больше. Но Xaositect спрашивал у вас доказательства, и это разумно. Если ничего не доказывать, то зачем тогда что-то изучать вообще? С другой стороны вы сразу в первых примерах сделали много ошибок, что только подтверждает необходимость полных развернутых решений.

irod в сообщении #1109286 писал(а):

$ f(x_0) \in B_1 \land f(x_0) \in B_2 \Leftrightarrow $

В общем-то нормально, если сказать, что эта $f$-ка действует всегда одинаково.

irod в сообщении #1109286 писал(а):

Мне видится что это доказательство отличается от более раннего неправильного доказательства, которое я приводил

Нет, не отличается нисколько. Почему вы решили, что оно неверное? Оно неполное, в том смысле, что каждое вынесение операции за скобки надо объяснять. Здесь самое разумное объяснение через образ элемента при отображении: каждый икс отображается в один $f(x)$, не в два разных, и не в бесконечно много. Это ключевой момент. С квантором то же самое, его можно вынести: $ \exists y (\ldots) \land \exists y (\ldots)$ преобразуется в $ \exists y (\ldots)$, если показать (через определение функции), что $y$ у нас один и тот же.

-- 26.03.2016, 19:14 --

То есть можно считать, что у вас все верно, но с моими обязательными оговорками.

[irod]

Ellan Vannin в сообщении #1109324 писал(а):

Но Xaositect спрашивал у вас доказательства, и это разумно. Если ничего не доказывать, то зачем тогда что-то изучать вообще? С другой стороны вы сразу в первых примерах сделали много ошибок, что только подтверждает необходимость полных развернутых решений.

Ни в коем случае не спорю с необходимостью доказывать эти утверждения. Наоборот, я очень рад что Вы и другие форумчане меня так "мучаете" Просто мне стало казаться что наш путь (с вводом новых обозначений, использованием понятия графика функции и т.д.) не самый простой, и, возможно, существуют другие способы доказательств. Я искал готовые доказательства этих утверждений, в том числе на этом форуме, пока такого не нашел, но зато встретил упоминание способа с характеристическими функциями множеств (к сожалению потерял ссылку). Но там было именно упоминание, без примера.
Я также полистал Зорича, нашел там эти самые утверждения в упражнениях к первой главе (после параграфа 3. Функция), но не увидел примеров как подобное доказывать.
Возможно Вы или кто-то другой дадите мне ссылки на готовые доказательства, для изучения?

Ellan Vannin в сообщении #1109324 писал(а):

В общем-то нормально, если сказать, что эта $f$-ка действует всегда одинаково.

Ellan Vannin в сообщении #1109324 писал(а):

Здесь самое разумное объяснение через образ элемента при отображении: каждый икс отображается в один $f(x)$, не в два разных, и не в бесконечно много. Это ключевой момент.

Я полагал что это очевидно, и что излишне каждый раз в начале доказательства выписывать определение функции. Если это не так, то добавляю фразу "Используя определение функции ..., имеем: " в начало всех доказательств.

[Ellan Vannin]

Если нет проблем, можно перейти к другим пунктам задачи.

irod в сообщении #1109445 писал(а):

Возможно Вы или кто-то другой дадите мне ссылки на готовые доказательства, для изучения?

Не знаю, где искать готовые доказательства для изучения. Мне не попадались
Я знаю, как подсказать или решить, если подсказки не работают.

(Оффтоп)

Книга Зорича не является учебником по теории множеств. Вряд ли там что-то для этих заданий можно найти.

[irod]

Ellan Vannin я пожалуй на сейчас закончу с пунктом 8 совсем и перехожу к следующим задачам из этого листка. Чувствую мне надо переключиться. Обещаю себе вернуться и пересмотреть свои решения пункта 8 через какое-то время, когда у меня будет чуть больше опыта и знаний.

А следующее задание, вызвавшее у меня вопросы - про ассоциативность композиции:

11. Доказать, что $h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f$ для любых отображений $f:X \to Y$, $g:Y \to Z$, $h:Z \to W$.

Я нашел тему topic18574.html, и сейчас пробую следовать рекомендации Профессора Снэйпа, пока в процессе.
Однако я нашел доказательство в Зориче в одну строчку:
$h \circ (g \circ f)(x) = h((g \circ f)(x)) = h(g(f(x))) = (h \circ g)(f(x)) = ((h \circ g) \circ f)(x)$
и я не понимаю почему оно правильное. Для меня это выглядит как жонглирование обозначениями, и ничего более.
По определению композиции из Давидовича $g \circ f := g(f(x))$. Ну переписали мы формулу со скобками вместо кругляшков, и почему вдруг ассоциативность "появилась"?

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1109620 писал(а):

По определению композиции из Давидовича $g \circ f := g(f(x))$.

По определению композиции из Давидовича $(g \circ f) (x) \stackrel {def}{=} g(f(x))$. Можно сказать простыми словами: образ элемента при композиции равен образу образа. Ещё словами: действие композиции на элемент равно последовательному действию «функций-сомножителей».

(Оффтоп)

Мне такой подход, кстати, не нравится. Во-первых, существует удобный теоретико-множественный порядок записи композиций: $(f \circ g) (x) \stackrel {def}{=} g(f(x))$. Он полезен, если вы делаете рисунки конечных функций, располагая множества и стрелочки между ними слева направо.

Во-вторых, а что такое образ образа? Само выражение $g(f(x))$ явно не указывает на существование промежуточного элемента из некоторого промежуточного множества. Это всё попытки избежать нормального определения композиции отношений. В-третьих, а что такое $(g \circ f) (x) \stackrel {def}{=} g(f(x))$? Факт, что композиция функций — тоже функция, нетривиален, это одна из теорем, её нужно доказывать.

Короче, попытки дать теорию множеств на четырех листках ни к чему хорошему не приводят. Хотя возможно, они рассчитаны на подготовленных учеников, которые уже много знают, и которым всегда понятно о чем речь. Тогда все претензии снимаются.

irod в сообщении #1109620 писал(а):

Доказать, что $h \circ (g \circ f) = (h \circ g) \circ f$ для любых отображений $f:X \to Y$, $g:Y \to Z$, $h:Z \to W$.

Ну подставьте какой-нибудь элемент (произвольный) в левую часть, и отдельно в правую часть равенства. И посмотрите что с ним происходит.

irod в сообщении #1109620 писал(а):

Для меня это выглядит как жонглирование обозначениями, и ничего более.

Для меня абсолютно всё, чем мы занимаемся, выглядит как жонглирование обозначениями. Теория множеств — это дисциплина гуманитарная, но вместе с тем абсолютно строгая, догматическая, православная: любое малейшее отклонение от канонов и догм может привести к ошибке.

irod в сообщении #1109620 писал(а):

Ну переписали мы формулу со скобками вместо кругляшков, и почему вдруг ассоциативность "появилась"?

Нужно всё свести к последовательному действию «функций-сомножителей». Кстати, у вас там ниже три примера конечных функций. Вы можете «умножить» их, не раскрывая скобок, и проверить равенство в конкретном случае.

[irod]

Ellan Vannin в сообщении #1109730 писал(а):

Во-вторых, а что такое образ образа? Само выражение $g(f(x))$ явно не указывает на существование промежуточного элемента из некоторого промежуточного множества. Это всё попытки избежать нормального определения композиции отношений. В-третьих, а что такое $(g \circ f) (x) \stackrel {def}{=} g(f(x))$? Факт, что композиция функций — тоже функция, нетривиален, это одна из теорем, её нужно доказывать.

Вот именно. Наученный своим пока не очень большим опытом, я боюсь все эти вещи считать очевидными. А без этого непонятно что делать.

(Оффтоп)

Ellan Vannin в сообщении #1109730 писал(а):

Короче, попытки дать теорию множеств на четырех листках ни к чему хорошему не приводят. Хотя возможно, они рассчитаны на подготовленных учеников, которые уже много знают, и которым всегда понятно о чем речь. Тогда все претензии снимаются.

Я изначально хотел проработать теорию множеств по отдельной книге (по Шеню и Верещагину), но глядя на текущую скорость своего продвижения, я эту идею отложил, решив что пока будет достаточно теории множеств в объеме первых глав учебников по матану. Все же сейчас мне важнее пройти стандартный курс одномерного анализа.

Ellan Vannin в сообщении #1109730 писал(а):

Нужно всё свести к последовательному действию «функций-сомножителей».

Подставим произвольный $x_0 \in dom \ f$ в левую часть $h \circ (g \circ f)$:

$$ x_0 \overset{g \circ f}\mapsto (g \circ f)(x_0) \overset{h}\mapsto h((g \circ f)(x_0)). $$

Подставим $x_0$ в правую часть $(h \circ g) \circ f$:

$$ x_0 \overset{f}\mapsto f(x_0) \overset{h \circ g}\mapsto (h \circ g)(f(x_0)). $$

Учитывая, что $(g \circ f) (x) \overset{def}{=} g(f(x))$ и $(h \circ g) (x) \overset{def}{=} h(g(x))$, и разделив каждую композицию на действие составляющих ее функций, получим в обоих случаях две одинаковые цепочки:

$$ x_0 \overset{f}\mapsto f(x_0) \overset{g}\mapsto g(f(x_0)) \overset{h}\mapsto h(g(f(x_0))). $$

Нормальное доказательство?

Ellan Vannin в сообщении #1109730 писал(а):

Кстати, у вас там ниже три примера конечных функций. Вы можете «умножить» их, не раскрывая скобок, и проверить равенство в конкретном случае.

Равенство в конкретных случаях уже проверил, загвоздка в общем доказательстве. Вообще, по этому следующему заданию у меня тоже вопросы, напишу в следующих постах.

[irod]

12. Отображения $f: \{ 1,2,3,5 \} \to \{ 0,1,2 \}$, $g: \{ 0,1,2 \} \to \{ 3,7,37,137 \}$, $h: \{ 3,7,37,137 \} \to \{ 1,2,3,5 \}$ заданы рисунком: (см.книгу). Нарисовать следующие отображения и их графики:
б) $f \circ g$
Вопрос: разве это отображение вообще может существовать?
На первой странице этой темы мы выяснили что отображение должно задействовать каждый элемент из своей области определения:

Xaositect в сообщении #1103367 писал(а):

irod в сообщении #1103362 писал(а):

1) Правильно ли я понял, что отображение $f:X \to Y$ должно ставить в соответствие какой-то $y \in Y$ обязательно любому $x \in X$? Т.е. если хоть какой-то $x$ "остается на месте", то это уже не будет отображением из $X$? ...

Можете считать, что да.

А тут область значений $g$ не совпадает с областью определения $f$. Что будет с элементами $7$, $37$, $137$ под действием $f$? Они, получается, "не у дел", значит $f \circ g$ не является отображением, так?