Давидович: "Отображения множеств"

[irod]

Я позволю себе поднять эту тему, потому что я сейчас прохожу практически то же самое что и ТС (только по книжке Давидовича и ко http://www.mccme.ru/free-books/57/davidovich.pdf).
Тоже прошу проверить мои решения.

Листок 3 (отображение множеств).

3. Из каких элементов состоят множества: $\{0,z\} \times \{1\}, \{0,z\} \times \{0,z\}, \varnothing \times \varnothing, \{0,z\} \times \varnothing, \{w,t\} \times \{t,w,z\}, \{1\} \times \{0,1\}$?

Ответ.

$$\{0,z\} \times \{1\} = \{(0,1),(z,1)\}$$

$$\{0,z\} \times \{0,z\} = \{(0,0),(0,z),(z,0),(z,z)\}$$

$$\varnothing \times \varnothing = \varnothing$$

$$\{0,z\} \times \varnothing = \varnothing$$

$$\{w,t\} \times \{t,w,z\} = \{(w,t),(w,w),(w,z),(t,t),(t,w),(t,z)\}$$

$$\{1\} \times \{0,1\} = \{(1,0),(1,1)\}$$

Тут у меня сомнения насчет пустых множеств.

4. Подмножество $\Gamma \subset X \times Y$ является графиком отображения тогда и только тогда, когда для любого $x \in X$ найдется ровно один элемент $y \in Y$ такой, что $(x,y) \in \Gamma$.

Доказательство.

$\Rightarrow$
Пусть $\forall x \in X$ $\exists ! y \in Y$: $(x,y) \in \Gamma$. Это значит что существует отображение $f:X \to Y$, сопоставляющее каждому $x \in X$ единственный $y \in Y$, и $\Gamma$ -- график этого отображения.

$\Leftarrow$
Пусть $\Gamma \subset X \times Y$ -- график отображения $f:X \to Y$. По определению отображения, $\forall x \in X$ $\exists ! y \in Y$: $f(x)=y$. Эти пары $(x,y) \in \Gamma$.

[Lia]

- неправильно набраны формулы (краткие инструкции: «Краткий FAQ по тегу [math]» и видеоролик Как записывать формулы);

Каждая формула должна быть заключена в пару долларов.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Karan]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Xaositect]

3 верно.
4 $\Rightarrow$ я бы написал поаккуратнее, что-нибудь вроде такого: определим отображение $f$, которое каждому $x$ сопоставлет тот единственный $y$, для которого $(x, y)\in \Gamma$. Тогда $\Gamma$ будет графиком $f$.

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1103330 писал(а):

Подмножество $\Gamma \subset X \times Y$ является графиком отображения тогда и только тогда, когда для любого $x \in X$ найдется ровно один элемент $y \in Y$ такой, что $(x,y) \in \Gamma$.

Это определение отображения, здесь и вовсе нечего доказывать.

[Xaositect]

Ellan Vannin в сообщении #1103351 писал(а):

Это определение отображения, здесь и вовсе нечего доказывать.

Там есть ссылка на материалы, и в них отображение определено как сопоставляющее правило.

[irod]

Xaositect спасибо.
Ellan Vannin мне тоже сначала так показалось, поэтому и понадобилась помощь по этой задаче.

-- 01.03.2016, 15:47 --

Следующие вопросы как раз по определению отображения.
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 $X$? А вот в множестве $Y$ напротив могут быть элементы, в которые никакие $x$ не переходят? И если так, то получается любое отображение типа $f:X \to \mathbb{N}$ можно обозначить скажем как $f:X \to \mathbb{R}$ или $f:X \to \mathbb{C}$?
2) если какой-то $x$ переходит в 2 разных $y$, то это не отображение?

-- 01.03.2016, 15:58 --

2. Какие из следующих картинок определяют отображения?
б)
Ответ. Отображение $\{a,b\} \to \{7,8\}$, но не отображение из $\{a,b,c\}$, т.к. $c$ никуда не переходит.

в)
Ответ. Не является отображением, т.к. $3 \mapsto 11$ и $3 \mapsto 1$.

[Xaositect]

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 $X$? А вот в множестве $Y$ напротив могут быть элементы, в которые никакие $x$ не переходят? И если так, то получается любое отображение типа $f:X \to \mathbb{N}$ можно обозначить скажем как $f:X \to \mathbb{R}$ или $f:X \to \mathbb{C}$?

Можете считать, что да. На самом деле разные источники определяют отображение по-разному, и в некоторых случаях отображения с разными $Y$ различаются. Но у Вас вроде бы не так.
"Остается на месте" - не очень хорошее выражение, потому что отображение может сопоставлять каким-то $x$ самих себя. Но как я понял, Вы хотели сказать, что $x$ не соответствует ни одного значения.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

2) если какой-то $x$ переходит в 2 разных $y$, то это не отображение?

Да.

-- Вт мар 01, 2016 14:00:33 --

задача 2 верно.

[irod]

8. Пусть $f:X \to Y$, $A_1,A_2 \subset X$, $B_1,B_2 \subset Y$. Верно ли, что:

а) $f(X)=Y$
-- нет, возможно $f(X)=B \subset Y$

б) $f^{-1}(Y)=X$
-- да, по определению отображения должен использоваться каждый элемент $x \in X$

в) $f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)$
-- да


г) $f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2)$
-- нет

$f(A_1 \cap A_2)=f(\varnothing)=\varnothing \neq f(A_1) \cap f(A_2)$
(Вопрос: правильно ли что $f(\varnothing)=\varnothing$ ?)

д) $f(A_1 \setminus A_2)=f(A_1) \setminus f(A_2)$
-- нет

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

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

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

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

и) если $A_1 \subset A_2$, то $f(A_1) \subset f(A_2)$
-- да

к) если $f(A_1) \subset f(A_2)$, то $A_1 \subset A_2$
-- нет


л) если $B_1 \subset B_2$, то $f^{-1}(B_1) \subset f^{-1}(B_2)$
-- нет, см. к)

м) если $f^{-1}(B_1) \subset f^{-1}(B_2)$, то $B_1 \subset B_2$
-- да, см. и)

н) $f^{-1}(f(A_1))=A_1$
-- нет

$f(A_1)=f(A_2)=B_1$, $f^{-1}(B_1)=A_1 \cup A_2$

о) $f(f^{-1}(B_1))=B_1$
-- да, см. н)

-- 01.03.2016, 16:08 --

Xaositect в сообщении #1103367 писал(а):

"Остается на месте" - не очень хорошее выражение, потому что отображение может сопоставлять каким-то $x$ самих себя. Но как я понял, Вы хотели сказать, что $x$ не соответствует ни одного значения.

да, именно это и хотел.

[Xaositect]

8. Где доказательства тех утверждений, которые Вы считаете верными?

irod в сообщении #1103369 писал(а):

(Вопрос: правильно ли что $f(\varnothing)=\varnothing$ ?)

Да, а почему у Вас возникли сомнения по этому вопросу?

irod в сообщении #1103369 писал(а):

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

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

Неверно. В Вашем примере $f^{-1}(B_1) = (A_1 \cup A_2) \setminus (A_1 \cap A_2)$, $f^{-1}(B_2) = A_1\cap A_2$, и пересечение у них пустое.

irod в сообщении #1103369 писал(а):

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

Тоже неверно.

[irod]

Xaositect ага, спасибо, вот значит над чем я буду думать ближайшее время.

(Оффтоп)

я пока не полностью разобрался с форумом, здесь есть какой-то механизм для выражения своей благодарности другим пользователям кроме того чтобы писать "спасибо"? что-нибудь вроде кармы?

[Ellan Vannin]

Xaositect в сообщении #1103356 писал(а):

отображение определено как сопоставляющее правило.

А это то же самое. Только пользоваться таким определением очень неудобно. Особенно при решении теоретико-множественных задач.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

мне тоже сначала так показалось

Не знаю, что вам показалось. Но использованное в решении выражение $f(x)=y$ в точности означает, что $\langle x,y \rangle$ \in G_f. Никакого другого смысла оно не несет.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

поэтому и понадобилась помощь по этой задаче.

Возможно здесь помощь требуется составителям задач?

irod в сообщении #1103362 писал(а):

Правильно ли я понял, что отображение $f:X \to Y$ должно ставить в соответствие какой-то $y \in Y$ обязательно любому $x \in X$?

Разумеется.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

Т.е. если хоть какой-то $x$ "остается на месте", то это уже не будет отображением из $X$?

Если хоть какой-то элемент $x \in X$ не находит своего образа в множестве $Y$, то в лучшем случае мы имеем частичную функцию. Но даже частичная функция — не функция.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

А вот в множестве $Y$ напротив могут быть элементы, в которые никакие $x$ не переходят?

Лучше не используйте слово "переходят", оно вас сбивает. В множестве $Y$ действительно могут быть элементы, которые не имеют прообраза в $X$, при этом говорят, что функция не является сюръекцией. Но в общем случае от функции выполнение этого условия и не требуется.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

И если так, то получается любое отображение типа $f:X \to \mathbb{N}$ можно обозначить скажем как $f:X \to \mathbb{R}$ или $f:X \to \mathbb{C}$?

Нет, с точки зрения стандартного определения это разные отображения.

irod в сообщении #1103362 писал(а):

если какой-то $x$ переходит в 2 разных $y$, то это не отображение?

Нет. В лучшем случае это "многозначная функция", то есть другое совершенно понятие.

[provincialka]

irod в сообщении #1103372 писал(а):

здесь есть какой-то механизм для выражения своей благодарности другим пользователям кроме того чтобы писать "спасибо"? что-нибудь вроде кармы?

Нет. Строго говоря, и "спасибо" не всегда желательно. Например, просматриваю я новые сообщения в темах и вижу там только "спасибо". Спрашивается, зачем открывала? Лучше вы объедините это "спасибо" с какой-нибудь содержательной информацией!

[Ellan Vannin]

irod в сообщении #1103369 писал(а):

л) если $B_1 \subset B_2$, то $f^{-1}(B_1) \subset f^{-1}(B_2)$
-- нет, см. к)

И это неверно.

[irod]

Xaositect в сообщении #1103370 писал(а):

8. Где доказательства тех утверждений, которые Вы считаете верными?

Вот некоторые (пока не все) доказательства.

в) $f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)$
-- да
Доказательство. Любой элемент из $f(A_1 \cup A_2)$ принадлежит либо $f(A_1)$ либо $f(A_2)$, и обратно, любой элемент из $f(A_1) \cup f(A_2)$ принадлежит $f(A_1 \cup A_2)$.
(мне кажется это никакое не доказательство, а просто проговаривание утверждения словами, но больше мне на ум пока ничего не приходит; если это не подходит, прошу дать подсказку как это лучше доказать)

д) $f(A_1 \setminus A_2)=f(A_1) \setminus f(A_2)$
-- нет

$f(A_1) = f(A_2) = B \supset f(A_1 \setminus A_2) \neq \varnothing = f(A_1) \setminus f(A_2)$