Отображения и функции. Мощность множества

Пункт 1. По определению прообраза $x\in f^{-1}(B_1\cup B_2)\iff f(x)\in B_1\cup B_2\iff f(x)\in B_1\lor f(x)\in B_2\iff x\in f^{-1}(B_1)\cup f^{-1}(B_2)$. Для пересечения рассуждение то же с заменой $\lor$ на $\land$. Для дополнения: при $x\in X$ имеем $x\in f^{-1}(Y\setminus B)\iff f(x)\notin B\iff x\notin f^{-1}(B)$.

Пункт 2, объединение: $y\in f(A_1\cup A_2)\iff\exists x\in A_1\cup A_2:\ f(x) = y\iff(\exists x\in A_1:\ f(x) = y)\lor(\exists x\in A_2:\ f(x) = y)\iff y\in f(A_1)\cup f(A_2)$.

Пересечение: если $y = f(x)$, $x\in A_1\cap A_2$, то $y\in f(A_1)$ и $y\in f(A_2)$. Пусть $f$ инъективно и $y\in f(A_1)\cap f(A_2)$: $y = f(x_1) = f(x_2)$, $x_1\in A_1$, $x_2\in A_2$. По инъективности $x_1 = x_2\in A_1\cap A_2$, поэтому $y\in f(A_1\cap A_2)$.

Пункт 3. Если $x\in A$, то $f(x)\in f(A)$, т. е. $x\in f^{-1}(f(A))$. Пусть $f$ инъективно и $x\in f^{-1}(f(A))$; тогда $f(x) = f(a)$ для некоторого $a\in A$, и $x = a\in A$.

Если $y\in f(f^{-1}(B))$, то $y = f(x)$ с $x\in f^{-1}(B)$, т. е. $y = f(x)\in B$. Пусть $f$ сюръективно и $y\in B$; найдётся $x$ с $f(x) = y\in B$, тогда $x\in f^{-1}(B)$ и $y\in f(f^{-1}(B))$. $\blacksquare$

Необходимость в пункте 1. Пусть $g\circ f = \mathrm{id}_X$ и $f\circ g = \mathrm{id}_Y$. Инъективность $f$: если $f(x_1) = f(x_2)$, то $x_1 = g(f(x_1)) = g(f(x_2)) = x_2$. Сюръективность $f$: для любого $y\in Y$ элемент $x = g(y)$ удовлетворяет $f(x) = f(g(y)) = y$.

Достаточность в пункте 1. Пусть $f$ — биекция. Для каждого $y\in Y$ существует единственный $x\in X$ с $f(x) = y$; положим $g(y) = x$. Тогда $f(g(y)) = y$ при всех $y$ по построению. Для $x\in X$ элемент $g(f(x))$ — единственный прообраз точки $f(x)$, а $x$ — её прообраз, поэтому $g(f(x)) = x$.

Пункт 2. Пусть $g$ обратно к $f$, $y\in Y$, и $x$ — единственный прообраз $y$ (по пункту 1 $f$ — биекция). Тогда $g(y) = g(f(x)) = x$. Итак, любое обратное отображение совпадает с построенным, т. е. единственно.

Пункт 3. Равенства $f^{-1}\circ f = \mathrm{id}_X$, $f\circ f^{-1} = \mathrm{id}_Y$ означают также, что $f$ обратно к $f^{-1}$. По пункту 1 (применённому к $f^{-1}$) $f^{-1}$ — биекция, а по пункту 2 её обратное отображение единственно и равно $f$. $\blacksquare$

Пункт 1. Обе части — отображения $X\to W$, и для любого $x\in X$

Пункт 2. Пусть $f$, $g$ инъективны и $g(f(x_1)) = g(f(x_2))$; по инъективности $g$ получаем $f(x_1) = f(x_2)$, по инъективности $f$ — $x_1 = x_2$. Пусть $f$, $g$ сюръективны и $z\in Z$; найдётся $y\in Y$ с $g(y) = z$, затем $x\in X$ с $f(x) = y$, и $(g\circ f)(x) = z$. Для биекций выполнены оба свойства.

Пункт 3. По пункту 2 $g\circ f$ — биекция. По ассоциативности

и аналогично $(g\circ f)\circ(f^{-1}\circ g^{-1}) = g\circ(f\circ f^{-1})\circ g^{-1} = g\circ g^{-1} = \mathrm{id}_Z$. По теореме о существовании обратного отображения обратное единственно, поэтому $(g\circ f)^{-1} = f^{-1}\circ g^{-1}$.

Пункт 4. $\mathrm{id}_A$ — биекция, поэтому $A\sim A$. Если $f\colon A\to B$ — биекция, то $f^{-1}\colon B\to A$ — биекция по теореме о существовании обратного отображения. Если $f\colon A\to B$ и $g\colon B\to C$ — биекции, то $g\circ f\colon A\to C$ — биекция по пункту 2. $\blacksquare$

Пункт 1. Пусть $A = \{a_1, a_2,\dots\}$ (нумерация $n\mapsto a_n$ — биекция $\mathbb N\to A$), $B\subset A$ бесконечно. Положим $n_1 = \min\{n:\ a_n\in B\}$ и рекуррентно $n_{k+1} = \min\{n > n_k:\ a_n\in B\}$. Минимумы существуют по принципу наименьшего элемента: множества непусты, так как иначе $B\subset\{a_1,\dots, a_{n_k}\}$ было бы конечно. По построению $n_1 < n_2 < \ldots$, и индукцией $n_k\ge k$.

Отображение $\varphi(k) = a_{n_k}$ из $\mathbb N$ в $B$ инъективно, так как номера $n_k$ различны, а нумерация $A$ инъективна. Докажем сюръективность. Пусть $b\in B$, $b = a_m$. Множество $K = \{k:\ n_k\ge m\}$ непусто ($n_m\ge m$); пусть $k = \min K$. Если $k = 1$, то $n_1\le m$ по минимальности $n_1$ (так как $a_m\in B$). Если $k > 1$, то $n_{k-1} < m$, и $m$ входит в множество $\{n > n_{k-1}:\ a_n\in B\}$, поэтому $n_k\le m$. С другой стороны, $n_k\ge m$, так как $k\in K$. Итак, $n_k = m$ и $b = \varphi(k)$. Итак, $\varphi$ — биекция, $B$ счётно. Подмножество счётного множества либо конечно, либо бесконечно и тогда счётно.

Пункт 2. Пусть $g\colon A\to C$ — инъекция, $C$ счётно. Тогда $g\colon A\to g(A)$ — биекция, и $g(A)$ бесконечно (иначе бесконечное $A$ было бы равномощно конечному множеству, а значит, конечно). По пункту 1 $g(A)\sim\mathbb N$, и по транзитивности равномощности $A\sim\mathbb N$.

Пункт 3. Отображение $(k, m)\mapsto 2^k3^m$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ в $\mathbb N$ инъективно по единственности разложения натурального числа на простые множители. Множество $\mathbb N\times\mathbb N$ бесконечно (содержит различные пары $(k, 1)$). По пункту 2 оно счётно.

Пункт 4. Отбросим пустые множества (не все они пусты). Для каждого непустого не более чем счётного $A_k$ зададим сюръекцию $m\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N$ на $A_k$: для счётного — нумерацию, для $A_k = \{x_1,\dots, x_r\}$ — $a_{km} = x_{\min(m, r)}$. Если множеств конечное число $A_1,\dots, A_p$, положим $a_{km} = a_{pm}$ при $k > p$. Тогда отображение $(k, m)\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ на $A = \bigcup A_k$ сюръективно.

Пусть $\psi\colon\mathbb N\to\mathbb N\times\mathbb N$ — биекция (пункт 3). Для $x\in A$ положим $\nu(x) = \min\{j\in\mathbb N:\ a_{\psi(j)} = x\}$ (множество непусто по сюръективности). Отображение $\nu\colon A\to\mathbb N$ инъективно: из $\nu(x) = \nu(x') = j$ следует $x = a_{\psi(j)} = x'$. Множество $A$ бесконечно, так как содержит бесконечное $A_k$. По пункту 2 $A$ счётно.

Пункт 5. Отображение $\mathbb N\to\mathbb Z$, $n\mapsto\frac n2$ при чётном $n$ и $n\mapsto-\frac{n-1}2$ при нечётном $n$, — биекция (нумерация $0, 1, -1, 2, -2,\dots$), поэтому $\mathbb Z$ счётно. Далее $\mathbb Q = \bigcup_{q\in\mathbb N}Q_q$, где $Q_q = \{\frac pq:\ p\in\mathbb Z\}$; отображение $p\mapsto\frac pq$ — биекция $\mathbb Z\to Q_q$, так что все $Q_q$ счётны. По пункту 4 $\mathbb Q$ счётно. $\blacksquare$

Пункт 1. Отрезок $[0, 1]$ бесконечен: он содержит попарно различные числа $\frac1n$, $n\in\mathbb N$. Допустим противное: $[0, 1]$ счётен, $[0, 1] = \{x_1, x_2,\dots\}$.

Разделим $[0, 1]$ на три равных отрезка $[0, \frac13]$, $[\frac13, \frac23]$, $[\frac23, 1]$. Точка $x_1$ принадлежит не более чем двум из них, поэтому найдётся отрезок $I_1$, не содержащий $x_1$.

Пусть уже построен отрезок $I_n$ длины $3^{-n}$. Разделим его на три равных отрезка; хотя бы один из них не содержит $x_{n+1}$ — обозначим его $I_{n+1}$. Получаем систему вложенных отрезков $I_1\supset I_2\supset\ldots$, причём $x_n\notin I_n$ при всех $n$.

По принципу вложенных отрезков существует точка $c\in\bigcap_nI_n\subset[0, 1]$. По предположению $c = x_m$ при некотором $m$. Но $x_m\notin I_m$, тогда как $c\in I_m$, — противоречие. Значит, $[0, 1]$ несчётен.

Пункт 2. Если бы $\mathbb R$ было счётно, то его бесконечное подмножество $[0, 1]$ было бы счётно по теореме о свойствах счётных множеств, что противоречит пункту 1.

Пункт 3. Если бы $\mathbb R\setminus\mathbb Q$ было не более чем счётно, то $\mathbb R = \mathbb Q\cup(\mathbb R\setminus\mathbb Q)$ было бы объединением двух не более чем счётных множеств, одно из которых ($\mathbb Q$) бесконечно, т. е. счётным множеством по теореме о свойствах счётных множеств. Это противоречит пункту 2. $\blacksquare$

Пусть $f$ строго возрастает. Пункт 1: если $x_1\ne x_2$, то, скажем, $x_1 < x_2$, и $f(x_1) < f(x_2)$, т. е. $f(x_1)\ne f(x_2)$. Итак, $f$ инъективна; как отображение на $f(X)$ она сюръективна, значит, $f\colon X\to f(X)$ — биекция, и по теореме о существовании обратного отображения существует $f^{-1}\colon f(X)\to X$.

Пункт 2. Пусть $y_1, y_2\in f(X)$, $y_1 < y_2$, и $x_i = f^{-1}(y_i)$, т. е. $f(x_i) = y_i$. Допустим, что $x_1\ge x_2$. Если $x_1 = x_2$, то $y_1 = y_2$; если $x_1 > x_2$, то по строгому возрастанию $y_1 > y_2$. Оба случая противоречат $y_1 < y_2$. Значит, $x_1 < x_2$, т. е. $f^{-1}$ строго возрастает.

Пусть $f$ строго убывает. Инъективность: при $x_1 < x_2$ имеем $f(x_1) > f(x_2)$, т. е. $f(x_1)\ne f(x_2)$. Пусть $y_1 < y_2$, $x_i = f^{-1}(y_i)$, и допустим, что $x_1\le x_2$. При $x_1 = x_2$ получаем $y_1 = y_2$, при $x_1 < x_2$ — $y_1 = f(x_1) > f(x_2) = y_2$; оба случая противоречат $y_1 < y_2$. Значит, $x_1 > x_2$, и $f^{-1}$ строго убывает. $\blacksquare$

Пункт 1. Пусть $f$ чётна и $(x, y)\in\Gamma_f$, т. е. $y = f(x)$. Тогда $-x\in X$ и $f(-x) = f(x) = y$, т. е. $(-x, y)\in\Gamma_f$. Обратно, пусть график симметричен относительно $Oy$. Для $x\in X$ точка $(x, f(x))\in\Gamma_f$, значит, $(-x, f(x))\in\Gamma_f$: отсюда $-x\in X$ (симметричность $X$) и $f(-x) = f(x)$. Для нечётной функции рассуждение то же с точкой $(-x, -f(x))$.

Пункт 2, существование. Функции $\varphi(x) = \frac{f(x) + f(-x)}2$ и $\psi(x) = \frac{f(x) - f(-x)}2$ определены на симметричном $X$, $\varphi(-x) = \frac{f(-x) + f(x)}2 = \varphi(x)$, $\psi(-x) = \frac{f(-x) - f(x)}2 = -\psi(x)$, и $\varphi + \psi = f$.

Единственность. Пусть $f = \varphi_1 + \psi_1$, $\varphi_1$ чётна, $\psi_1$ нечётна. Подставив $-x$, получаем $f(-x) = \varphi_1(x) - \psi_1(x)$. Складывая и вычитая с $f(x) = \varphi_1(x) + \psi_1(x)$, находим $\varphi_1(x) = \frac{f(x) + f(-x)}2 = \varphi(x)$ и $\psi_1(x) = \frac{f(x) - f(-x)}2 = \psi(x)$.

Пункт 3. Например, для нечётных $f$, $g$: $(fg)(-x) = f(-x)g(-x) = (-f(x))(-g(x)) = (fg)(x)$; для чётной $f$ и нечётной $g$: $(fg)(-x) = f(x)\cdot(-g(x)) = -(fg)(x)$; для нечётных $f$, $g$: $(f + g)(-x) = -f(x) - g(x) = -(f + g)(x)$. Остальные случаи аналогичны.

Пункт 4. Число $-T$: условие $x\pm(-T)\in X$ совпадает с $x\mp T\in X$, и $f(x - T) = f\bigl((x - T) + T\bigr) = f(x)$ (так как $x - T\in X$). Число $nT$ — индукцией по $n$: если $nT$ — период, то $x + (n+1)T = (x + nT) + T\in X$, $x - (n + 1)T = (x - nT) - T\in X$ и $f(x + (n+1)T) = f(x + nT) = f(x)$.

Если $T$ — общий период $f$ и $g$, то $x\pm T\in X$ и $(f + g)(x + T) = f(x + T) + g(x + T) = f(x) + g(x)$; для разности, произведения и частного — так же. $\blacksquare$