Chủ đề này có 8 trả lời

[Mrnhan]

Bài 1: Cho ánh xạ $f: X\to Y$

Chứng minh rằng  với mọi $A,B \subset X$, $f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)\Leftrightarrow f$ đơn ánh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 28-09-2013 - 12:27

[phudinhgioihan]

Bài 1: Cho ánh xạ $f: X\to Y$

Chứng minh rằng  với mọi $A,B \subset X$, $f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)\Leftrightarrow f$ đơn ánh.

 

Với $a,b \in X$, sao cho $f(a)=f(b)$, lấy $A=\{a\}, \; B=\{a,b\}$.

 

Giả thiết $f(A) \cap f(B)=f(A \cap B) \Rightarrow f^{-1} \left( f(A) \cap f(B) \right) =f^{-1} \left( f(A \cap B) \right) \subset A \cap B$

 

$$\Rightarrow f^{-1}(f(A)) \cap f^{-1}(f(B))=f^{-1} \left( f(A) \cap f(B) \right) \subset A \cap B =\{a\}$$

 

Do $f(a)=f(b)$ nên $a,b \in f^{-1}(f(A)) \cap f^{-1}(f(B)) $, do đó $b \in \{a\}$ nên $b=a$, vậy $f$ đơn ánh.

 

Ngược lại, giả sử $f$ đơn ánh, với $A,B \subset X$, theo tính chất cơ bản của ánh xạ, $f(A \subset B) \subset f(A) \cap f(B)$.

 

Nếu $f(A) \cap f(B)= \varnothing$ thì khi đó $f(A \cap B)=\varnothing$. Xét $f(A) \cap f(B) \ne \varnothing$, với $c \in f(A) \cap f(B)$, tồn tại $a \in A, b \in B$ sao cho $c=f(a)=f(b)$, vì $f$ đơn ánh nên $a=b$, do đó $a=b \in A \cap B$, suy ra $c=f(a)=f(b) \in f(A\cap B )$.

 

Vậy nên $f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B)$, suy ra $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) $

 

 

Tổng quát hơn, cho ánh xạ $f:X \to Y $ thì các tính chất sau là tương đương:

 

a) $f$ đơn ánh

 

b) Với mọi $A,B \subset X$, $f(A \cap B) =f(A) \cap f(B)$

 

c) Với mọi tập con $A,B \subset X, B \subset A$, $f(A-B)=f(A)-f(B)$

 

d) Với mọi $A \subset X$, $f^{-1}(f(A))=A$

 

[Mrnhan]

Với $a,b \in X$, sao cho $f(a)=f(b)$, lấy $A=\{a\}, \; B=\{a,b\}$.

 

Giả thiết $f(A) \cap f(B)=f(A \cap B) \Rightarrow f^{-1} \left( f(A) \cap f(B) \right) =f^{-1} \left( f(A \cap B) \right) \subset A \cap B$

          $$(*)\Rightarrow f^{-1}(f(A)) \cap f^{-1}(f(B))=f^{-1} \left( f(A) \cap f(B) \right) \subset A \cap B =\{a\}$$

 

Do $f(a)=f(b)$ nên $a,b \in f^{-1}(f(A)) \cap f^{-1}(f(B)) $, do đó $b \in \{a\}$ nên $b=a$, vậy $f$ đơn ánh.

 

Ngược lại, giả sử $f$ đơn ánh, với $A,B \subset X$, theo tính chất cơ bản của ánh xạ, $f(A \subset B) \subset f(A) \cap f(B)$.

 

Nếu $f(A) \cap f(B)= \varnothing$ thì khi đó $f(A \cap B)=\varnothing$. Xét $f(A) \cap f(B) \ne \varnothing$, với $c \in f(A) \cap f(B)$, tồn tại $a \in A, b \in B$ sao cho $c=f(a)=f(b)$, vì $f$ đơn ánh nên $a=b$, do đó $a=b \in A \cap B$, suy ra $c=f(a)=f(b) \in f(A\cap B )$.

 

Vậy nên $f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B)$, suy ra $f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) $

 

 

Tổng quát hơn, cho ánh xạ $f:X \to Y $ thì các tính chất sau là tương đương:

 

a) $f$ đơn ánh

 

b) Với mọi $A,B \subset X$, $f(A \cap B) =f(A) \cap f(B)$

 

c) Với mọi tập con $A,B \subset X, B \subset A$, $f(A-B)=f(A)-f(B)$

 

d) Với mọi $A \subset X$, $f^{-1}(f(A))=A$

Chỗ đó (*) em không hiểu lắm.

Bài 2:

CHo 2 ánh xạ $f$ và $g$ có tích $gf$ thực hiện được. CMR:

Nếu $g,\:f$ là song ánh thì $gf$ là song ánh và $(gf)^{-1}=f^{-1}g^{-1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr nhan: 28-09-2013 - 18:43

[fghost]

Chỗ đó (*) em không hiểu lắm.

Bài 2:

CHo 2 ánh xạ $f$ và $g$ có tích $gf$ thực hiện được. CMR:

Nếu $g,\:f$ là song ánh thì $gf$ là song ánh và $(gf)^{-1}=f^{-1}g^{-1}$

 

(*) đó là tính chất về tập hợp. Với mọi, $f$, $f^{-1}(U \cap V)=f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V)$. Có thể lấy $f^{-1}$ của mọi phương trình về tập hợp, như tính chất trên vẫn đúng nếu thay $\cap$ bằng $\cup.$ Nhưng về cơ bản thì không thể lấy $f$ được (dấu bằng không nhất thiết xảy ra).

 

Bài 2: Mình không hiểu "thực hiện được" mang ý nghĩa gì, mình tạm cho rằng chỗ đó có nghĩa là $gf$ tồn tại và có nghĩa.

. $f: A \rightarrow B$ và $g: B \rightarrow C.$ Vì $f,g$ toàn ánh nên $gf$ toàn ánh ($C=g(B)=g(f(A))$). Giả sử tồn tại $x,y \in A$ với $gf(x)=gf(y)$ như vậy $g(f(x))=g(f(y))$ vì $g$ đơn ánh, $f(x)=f(y)$, vì $f$ đơn ánh, nên $x=y$. Như vậy $gf$ song ánh.

. $(gf)^{-1}=f^{-1}g^{-1}$ là vì gọi $h=f^{-1}g^{-1}.$ Ta có $hgf(x)=f^{-1}g^{-1}gf(x)=f^{-1}(g^{-1}(g(f(x)))=f^{-1}(f(x))=x.$ Tương tự cho $gfh(x)=x.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 29-09-2013 - 03:16

[Didier]

Bài 1: Cho ánh xạ $f: X\to Y$

Chứng minh rằng  với mọi $A,B \subset X$, $f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)\Leftrightarrow f$ đơn ánh.

Ta có$y\in f(A\cap B)\Rightarrow \exists x\in A\cap B:f(x)=y \Rightarrow \exists x\in A\Rightarrow y\in f(A) $

$\exists x\in B\Rightarrow y\in f(B) \Rightarrow x\in A\cap B\Rightarrow y\in f(A)\cap f(B)$

$\Rightarrow f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B) $

+)$y\in f(A)\cap f(B) \Rightarrow y\in f(A):\exists x_{1}\in A:f(x_{1})=y \Rightarrow y\in f(B):\exists x_{2}\in B:f(x_{2})=y$

Vì hàm số là đơn ánh nên ta có $x_{1}=x_{2}=A\cap B\Rightarrow y\in f(A\cap B)\Rightarrow f(A)\cap f(B)\subset f(A\cap B) $

$\Rightarrow f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$.

Nếu không có đơn ánh thì điều thứ 2 không có .chủ thớt học BK à

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 02-10-2013 - 18:38

[phudinhgioihan]

Ta có $y\in f(A\cap B)\Rightarrow \exists x\in A\cap B:f(x)=y \Rightarrow \exists x\in A\Rightarrow y\in f(A) $

$\exists x\in B\Rightarrow y\in f(B) \Rightarrow x\in A\cap B\Rightarrow y\in f(A)\cap f(B)$

$\Rightarrow f(A\cap B)\subset f(A)\cap f(B) $

+)$y\in f(A)\cap f(B) \Rightarrow y\in f(A):\exists x_{1}\in A:f(x_{1})=y \Rightarrow y\in f(B):\exists x_{2}\in B:f(x_{2})=y$

Vì hàm số là đơn ánh nên ta có $x_{1}=x_{2}=A\cap B\Rightarrow y\in f(A\cap B)\Rightarrow f(A)\cap f(B)\subset f(A\cap B) $

$\Rightarrow f(A\cap B)=f(A)\cap f(B)$.

Nếu không có đơn ánh thì điều thứ 2 không có .chủ thớt học BK à

 

Chắc em mới học năm 1 . Em đang chứng minh cho chiều : $f$ đơn ánh thì $f(A \cap B)=f(A) \cap f(B) $ thôi, nói chung là chưa đủ và bài làm gặp rất nhiều lỗi trong logic lập luận cũng như hình thức trình bày. Xin góp ý sửa chữa cho đúng:

 

Trước tiên: $y \in f(A \cap B)$, để có phần tử $y$ thì $f(A \cap B) \neq \varnothing$, nếu bằng $\varnothing$ thì rõ ràng không tồn tại $y$ rồi .

 

Sửa lại:

 

 i ) Nếu $f(A \cap B)= \varnothing$ thì $f(A \cap B)=\varnothing \subset f(A) \cap f(B) $

 

ii) Nếu $f(A \cap B) \neq \varnothing $, xét phần tử $y$ bất kỳ thuộc $f(A \cap B)$.

Tồn tại $x \in A \cap B$ sao cho $y=f(x)$ , do $x \in A$ nên $y=f(x) \in f(A)$ đồng thời $x \in B$ nên $y=f(x) \in f(B)$.

 

Do đó $y \in f(A) \cap f(B)$, vậy nên $f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$

 

iii) Nếu $f(A) \cap f(B) = \varnothing$ , từ $f(A \cap B) \subset f(A) \cap f(B)$ suy ra $f(A \cap B)= \varnothing$

 

iv) Nếu $f(A) \cap f(B) \neq \varnothing$ , xét $y$ bất kỳ thuộc $f(A) \cap f(B)$.

 

do $y \in f(A) $ nên có $x_1 \in A \; | \; y=f(x_1)$ và cũng do $y \in f(B)$ nên có $x_2 \in B\; | \; y=f(x_2) $. Từ tính chất $f$ đơn ánh nên $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow x_1=x_2  \Rightarrow x_1=x_2 \in A \cap B$

 

Do đó $y=f(x_1) \in f(A \cap B) $, vậy nên $f(A) \cap f(B) \subset f(A \cap B) $

 

Từ 4 điều chứng minh ở trên suy ra $f(A \cap B)= f(A) \cap f(B)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 02-10-2013 - 20:17

[Didier]

Đúng là em thiếu xót thanks anh .Cái rỗng mà em cũng quên hê hê

[fghost]

Nếu ghi là: Nếu $y\in f(A\cap B)$ sau đó suy ra, $y \in f(A) \cap f(B)$, thì lời giải đó là đủ. Vì trường hợp $f(A \cap B)= \emptyset$, thì không tồn tại $y$, như vậy, nó hiển nhiên đúng (vacuously true), và không cần chứng minh. (không phải vì lý do $\emptyset \subset f(A) \cap f(B)$, mà vì lý do, không tồn tại $y$ để làm suy luận kia sai).

 

(vấn đề logic ở đây có lẽ là "không thể gọi 1 phần tử của $f(A \cap B)$ là $y$ vì lý do phudinhgioihan đã nói, tập đó có thể rỗng", nhưng ta có thể nói "nếu có 1 phần tử $y$ như vậy, thì nó sẽ ở trong $f(A) \cap f(B)$", và như vậy là đủ và đúng cho chứng minh tập này là tập con của tập kia).

 

Thật sự thì bình thường mình cũng không để ý đến vấn đề này. Đa số trường hợp như vậy đều là điểm không quan trọng trong lời giải.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fghost: 03-10-2013 - 21:54

[phudinhgioihan]

Chính xác là vậy, "nếu $y \in f(A \cap B)$ thì $y \in f(A) \cap f(B) $ " thì không cần phải xét $f(A \cap B)$ rỗng hay không. Tuy nhiên, nếu nói là

 

"lấy $y \in f(A \cap B)$ sau đó chứng minh $y \in f(A) \cap f(B) $" thì vấn đề hoàn toàn khác, phải xét tới $f(A \cap B)$ rỗng hay không để đảm bào "hành động" "lấy $y$" có thực hiện được hay không.

 

Do Didier sử dụng thuật ngữ "Ta có $y \in f(A \cup B)...$" đều đó có nghĩa đã có $y$, và do đó cần xét tới tính rỗng. Mình nghĩ vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 04-10-2013 - 01:32