Теория множеств. Где ошибка?

[NNDeaz]

Приветствую, помогите найти ошибку:

\[f(A \cap B) = \{ f(x)|x \in (A \cap B)\} = \{ f(x)|(x \in A) \wedge (x \in B)\} = \{ f(x)|(x \in A)\} \cap \{ f(x)|(x \in B)\} = f(A) \cap f(B)\]

Это неверно, есть контрпримеры.
Тогда в чем разница с объединением? Ведь аналогичное равенство для \cup верно.

[arseniiv]

Ошибка в третьем равенстве, это не то же самое что $\{x\mid a\wedge b\} = \{x\mid a\}\cap\{x\mid b\}$.

[Someone]

А вот в третьем знаке равенства и спряталась ошибка.

Причина в том, что из $a\neq b$ не следует, что $f(a)\neq f(b)$.

[Brukvalub]

NNDeaz в сообщении #1171341 писал(а):

Тогда в чем разница с объединением? Ведь аналогичное равенство для \cup верно.

Разница в том, что для пересечения это не верно.

[arseniiv]

Или если развернуть $\{f(x)\mid a\} = \{y\mid\exists x(y = f(x)\wedge a)\}$, тоже можно заметить причину: $\exists x(a\vee b)$ эквивалентно $\exists xa\vee\exists xb$, а с заменой $\vee$ на $\wedge$ — ничего подобного.

-- Ср ноя 23, 2016 23:58:13 --

И это в какой-то мере можно назвать «разницей с объединением».

[NNDeaz]

Спасибо за ответы!

Someone в сообщении #1171346 писал(а):

Причина в том, что из $a\neq b$ не следует, что $f(a)\neq f(b)$.

Т.е. если f инъективно, то рассуждения верны?
Кстати, я ведь правильно понимаю, что

\[\overline {\{ x|A(x)\} } = \{ x|\overline {A(x)} \} \]

(A(x) означает, что x удовлетворяет свойству A, черта - отрицание)

[arseniiv]

NNDeaz в сообщении #1171354 писал(а):

Т.е. если f инъективно, то рассуждения верны?

Итоговое равенство $f(A\cap B) = f(A)\cap f(B)$ верно, а можно ли счесть рассуждения выше верными или ошибочными, зависит от того, очевидно ли, что третье равенство выполняется для инъективной $f$.

NNDeaz в сообщении #1171354 писал(а):

Кстати, я ведь правильно понимаю, что $\overline {\{ x|A(x)\} } = \{ x|\overline {A(x)} \}$ (A(x) означает, что x удовлетворяет свойству A, черта - отрицание)

Если $\overline S$ — дополнение класса $S$, то да, это фактически его определение. Для множеств операция дополнения всегда даёт собственный класс — т. е. не множество, так что обычно толку от неё немного. Бывает, конечно, дополнение до фиксированного множества, но для него формула выше и не верна.

[NNDeaz]

arseniiv в сообщении #1171352 писал(а):

$\{f(x)\mid a\} = \{y\mid\exists x(y = f(x)\wedge a)\}$

Немного глупый вопрос, с какой целью загромождать запись игреком? Можно написать так: $\{f(x)\mid\exists x( a)\}$ ?
И еще вопрос, Когда мы указываем наше множество, например $\{f(x)\mid x\in A\}$ мы говорим: множество всех $f(x)$, принадлежащих A. Откуда здесь берется $\exists$, т.е. $\{f(x)\mid\exists x(x\in A)\}$ ?

[arseniiv]

NNDeaz в сообщении #1171621 писал(а):

Немного глупый вопрос, с какой целью загромождать запись игреком? Можно написать так: $\{f(x)\mid\exists x( a)\}$ ?

Нет, нельзя, потому что она не эквивалентна исходной. Там вообще $x$ справа связан. $\{y\mid\exists x(y = f(x)\wedge a)\}$ является просто расшифровкой обозначения $\{f(x)\mid a\}$ в терминах более простого обозначения $\{v\mid a\}$ (которое и само расшифровывается, но уже не так прямо: $s = \{v\mid a\}$ переводится в $\forall v(v\in s\leftrightarrow a)$), это не обязательно всегда расписывать. Я расписал просто чтобы показать, что третье равенство не получится.

NNDeaz в сообщении #1171621 писал(а):

И еще вопрос, Когда мы указываем наше множество, например $\{x\mid x\in A\}$ мы говорим: множество всех x, принадлежащих A. Откуда здесь берется $\exists$, т.е. $\{x\mid\exists x(x\in A)\}$ ?

А и не берётся. Кто сказал, что берётся?

[NNDeaz]

Спасибо. Последний вопрос, который немного касается темы:
$\exists x \in A$ т.ч. $ x \in B$ эквивалентно $\exists x \in B$ т.ч. $ x \in A$ ?
Множество здесь одно, но сами высказывания говорят что существуют иксы из разных множеств...

[arseniiv]

Да, $\exists x\in A\;a$ — это то же самое что $\exists x(x\in A\wedge a)$, так что ваши два высказывания действительно одно и то же — $\exists x(x\in A\wedge x\in B)$.

[NNDeaz]

Возник еще вопрос, надеюсь я не достал
Доказывая $\[{f^{ - 1}}(A \cup B) = {f^{ - 1}}(A) \cup {f^{ - 1}}(B)\]$ я как обычно свел к:
$\[\{ x \in X|(f(x) \in A) \vee (f(x) \in B)\} = \{ x \in X|f(x) \in A\} \cup \{ x \in X|f(x) \in B\} \]$
Так можно делать? Вопрос возник, потому что в приведенном решении утверждение доказывается через 2 включения

[Mikhail_K]

NNDeaz в сообщении #1171706 писал(а):

Так можно делать?

А проверьте это самостоятельно - заодно, чтобы уловить разницу с предыдущим примером, где "так нельзя".
Пусть некоторая точка $x$ принадлежит множеству слева. Что можно сказать про такую точку $x$, какому условию она удовлетворяет? Будет ли она принадлежать к одному из множеств справа?
Здесь простой логический вывод.

[NNDeaz]

Спасибо, понял.