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「集合・位相入門」輪読会
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とりあえず立てておきます。
日程や進めかたなど、順次決めていきましょう。
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ラーメン氏どこまでやってくれますか？？？
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>>261
仮眠とってた。ｽﾏｿ｡
とりあえず今日はCを。
明日以降のことは明日９が帰ってから決めた方がいいのでは？
じゃ今から書きます。
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C) 対応のグラフ
ΓをAからBへの対応とするとき、直積A*Bの部分集合
{(a,b)｜a∈A∧b∈Γ(a)}
を、Γのグラフといい、G(Γ)と書く。
定義によって、a∈A,b∈Bに対し、(a,b)∈G(Γ)とb∈Γ(a)とは同等である。(←b∈Bは要るんでしょうか？)
したがって、Aの任意の元aに対して
(3.1) Γ(a)={b｜(a,b)∈G(Γ)}
が成り立つ。
(3.1)から、対応Γ:A→Bは、そのグラフG(Γ)によって一意的に定められること
がわかる。すなわち、ΓとともにΓ'もAからBへの対応であるとき、G(Γ)=G(Γ')
ならば、Γ=Γ'となる。実際、その場合は、(3.1)により、任意のa∈Aに対して
Γ(a)=Γ'(a)となるからである。(逆に、Γ=Γ'ならばG(Γ)=G(Γ')であることはいう
までもない。)
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上では、対応Γ:A→BからA*Bの部分集合G(Γ)を定めたが、逆に、次の定理が成り立つ。
定理1 A*Bの任意の部分集合Gに対し、G=G(Γ)となるようなAからBへの対応
Γが(ただ1つ)存在する。
証明 そのような対応が1つより多くはないことは、すでに示した。
また、Aの各元aに対し、Bの部分集合Γ(a)をΓ(a)={b｜(a,b)∈G}と定めて
対応Γ:A→Bを決めれば、
(a,b)∈G⇔b∈Γ(a)⇔(a,b)∈G(Γ)
であるから、G=G(Γ)となる。(証明終)
以上によって、AからBへの1つの対応を定めることは、A*Bの1つの部分集合(すなわち2^(A*B)の1つの元)
を指定する事と本質的には変わりが無いことがわかる。そこで、しばしば、対応Γ:A→Bを、そのグラフ
G=G(Γ)を用いて、Γ=(A,B;G)のように書き表す。
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対応Γ:A→BのグラフをGとするとき、(a,b)∈Gとなるb∈Bが(少なくとも1つ)存在する
ようなAの元a全体のつくるAの部分集合を、Γの定義域という。また、(a,b)∈Gとなる
a∈Aが(少なくとも1つ)存在するようなBの元b全体のつくるBの部分集合を、Γの値域
という。以下では、Γの定義域、値域を、それぞれD(Γ)、V(Γ)で表す。すなわち、
D(Γ)={a｜(∃b(a,b)∈G)}
V(Γ)={b｜(∃a(a,b)∈G)}
Aの元aに対して、(a,b)∈Gとなるb∈Bが存在することは、明らかに、Γ(a)≠Φであることと
同等であるから、Γの定義域D(Γ)は、Γ(a)≠Φであるようなa全体のつくる集合ということもできる。
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つっこみよろ
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>>263
了解しました。
＞。(←b∈Bは要るんでしょうか？)
Γ(a)⊂Bだから特に書く必要はないと思います。
>>264
了解しました。
＃この考え方をはじめて知ったとき「！｣って感じがしました。
現代数学を理解するコツのようなものがここにあると。
二つの対象の非常に似ているところを抽出し、その観点において
二者を同一視するってことは他にもいっぱい出てきます。
>>265
納得しました。
「＃｣ってこういうときに使っていい記号でつか？
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>>263
＞定義によって、a∈A,b∈Bに対し、(a,b)∈G(Γ)とb∈Γ(a)とは同等である。(←b∈Bは要るんでしょうか？)
わかりやすくするために書いただけじゃないでしょうか。
もちろん、b∈B じゃないと話が成立しませんけど。
>>265
どうでもいいことだけど、DとVって何の略なんでしょうか。
俺からは他には特にないです。
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>>267
補足説明とか、P.S.みたいな感じで使うことがありますね。
# こんな感じで。
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>>268
domainとvalueかな
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>>267
頭に入れておきます。
先は長い・・・
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D) 逆対応
ΓをAからBへの1つの対応とします。そのとき、
Bの各元bに対して、b∈Γ(a) であるような a∈A 全体のつくるAの部分集合を
⊿(b) とすれば、BからAへの対応⊿が定められます。
このようにして定義された対応 ⊿: B→A を、Γの逆対応と言い、Γ^(-1) で表します。
定義から明らかに、a∈A, b∈B に対して、
(3.2) b∈Γ(a) ⇔ a∈(Γ^(-1))(b).
Γ^(-1) はBからAへの対応なので、そのグラフ G(Γ^(-1)) は B×A の部分集合であり、
グラフの定義 G(Γ):＝{(a, b)| a∈A, b∈Γ(a)} （注；ここでのΓ, A, B は一般の対応および集合を表す）
および (3.2) によって、
(b, a)∈G(Γ^(-1)) ⇔ a∈(Γ^(-1))(b) ⇔ b∈Γ(a) ⇔ (a, b)∈G(Γ),
したがって
G(Γ^(-1))＝{(b, a)| (a, b)∈G(Γ)}.
すなわち、G(Γ^(-1)) は G(Γ) の元の成分の順序を入れ替えた元全体の集合となります。
また、次のことが成り立ちます。
(3.3) D(Γ^(-1))＝V(Γ), V(Γ^(-1))＝D(Γ).
(3.4) (Γ^(-1))^(-1)＝Γ.
［(3.3) の証明］
V(Γ)＝{b| ∃a( (a, b)∈G(Γ) ) }＝{b| ∃a( (b, a)∈G(Γ^(-1)) ) }＝D(Γ^(-1)). （終）
［(3.4) の証明］
(3.3)で Γ→Γ^(-1) と置き換えれば、(Γ^(-1))^(-1)＝Γ より、D(Γ)＝V(Γ^(-1)). （終）
Γ^(-1) によるBの元bの像 (Γ^(-1))(b) を、Γによるbの”原像”または”逆像”とも言います。
(Γ^(-1))(b)≠φ となるのは、b∈V(Γ) のとき、かつそのときに限ります。…(☆)
［(☆)の証明］
(Γ^(-1))(b)≠φ ⇔ ∃a∈A(a=(Γ^(-1))(b))
⇔ ∃a∈A(Γ(a)=b) ⇔ ∃a∈A( (a, b)∈G(Γ) ) ⇔ b∈V(Γ). （終）
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続き（Ｅ）は東京から帰ってきてからやります。
とりあえずここまで、つっこみよろです。
あと、問題全部で4問ありますが、どうしますか？？？
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>>272
［(3.4) の証明］から先がおかしくないですか？
(3.3)の後半は証明していなくって、
[(3.4)の証明]と称してしていることは、どうも(3.3)の後半の証明
のようだし, その証明にまだ示してないはずの(3.4)を使っているのでは？？
[(☆)の証明]中の「=」は皆「∈｣ですね。
再反論よろしく。
>>273
いってらっしゃい。吉報を待ってます。
問題は適当に振り分けてください。私は決定に従います。
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>>274
あ、すいません、またアホやりました。
これから準備しないといけないので、
訂正は帰ってきてからにします。
問題ですが、では俺は1と4をやります。
2と3をラーメンさんと振り分けしてください。
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［(3.3) 後半の証明］
D(Γ)＝{a| ∃b (a, b)∈G(Γ) }＝{a| ∃b (b, a)∈G(Γ^(-1)b) }＝V(Γ^(-1)). （終）
［(3.4)の証明］
(3.2) より
b∈Γ(a) ⇔ a∈(Γ^(-1))(b) ⇔ b∈((Γ^(-1))^(-1))(a).
∴ Γ＝(Γ^(-1))^(-1). （終）
これでよいでしょうか。
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>>276
[(3.3)後半]
納得しました。
[(3.4)］
∀a∈Aがあったほうがいいですよ。
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納得しますた。
(3.4)は一応始集合、終集合がそれぞれ一致していることを
言ったほうが良いのでは？
問題２と３俺がやります。
次の章問題多いな。
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こんばんは、2日ぶりです。
すいません、色々と買い物やら準備やらが忙しくて…
とりあえずE)のまとめやります。
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E) 写像
AからBへ対応Γは、
(*) Aの任意の元aに対して、Γ(a)はBのただ1つの元ｊんから成る集合である
とき、特にAからbへの”写像”と言います。
このとき、当然 D(Γ)=A （AからBへの写像の定義域はA）となります。
写像は通常 f, g, F, G, φ, ψ, Φ, Ψ などの文字で表されます。
fをAからBへの写像としたとき、Aのどの元aに対しても、
fによる像 f(a) はBの1つの元bから成る集合 {b} となるわけですが、
この場合は通常、（{b}の代わりに）bを、
”fによるaの像”または”aにおけるfの値”などと言い、単に f(a)=b と書きます。
このとき、fはaにbを対応させる、fはaをbに写す、などとも言います。
ex1) 各実数xにx^2+1を対応させれば、RからRへの1つの写像が得られます。
この写像をfと書くことにすれば、当然 f(x)=x^2+1.
# 写像fは、微積分学などでは普通”関数”（くわしくは”1価関数”）と呼ばれます。
ex2) A, B を任意の集合とするとき、Bの元b_0を1つ決めて、
Aの任意の元aに対し φ(a)=b_0 と定めれば、φはAからBへの写像となります。
このような写像を、”（値b_0の）定値写像”と言います。
ex3) Aを任意の集合とするとき、Aの各元aにa自身を対応させれば、
AからAへの1つの写像が得られます。この写像を、
”Aの上の（またはAにおける）恒等写像”と言います。
本書ではこれを記号 I_A で表します。 → I は identify の I？
定義によって、すべての a∈A に対して I_A(a)=a です。
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AからBへの写像fのグラフ G(f) は、明らかに (a, f(a))∈A×B から成る集合です。
すなわち、任意の a∈A に対して、(a, b)∈G(f) と成るようなBの元bは
ただ1つだけ存在し、それが f(a) となるのです。
このことの逆も含めて、次の定理が成立します。
定理2 A×B の部分集合 G が、ある写像 f: A→B のグラフとなるためには、
Gが次の条件(**)を満たすことが必要十分である。
(**) Aの任意の元aに対して、(a, b)∈G となるようなBの元bがただ1つ存在する。
［定理2の証明］
写像のグラフがこの条件を満たすことは上で示した。ここではその逆を証明する。
Gが条件(**)を満たすとき、Aの各元aに対して、
(a, b)∈G となるようなb（これは条件によってただ1つ存在する）を f(a) と定めれば、
f はAからへの写像で、G＝G(f) となる。 （終）
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ボケ・ツッコミよろです。
問題の解答逝きます。
1. A, B がそれぞれm個，n個の元から成る有限集合のとき，
AからBへの対応は全部でいくつあるか．
［解］ 各々のAの元 a に対して、
（fによって）対応させるBの部分集合 f(a)∈2^B は
ちょうど 2^n 個だけ考えられる。
Aの元の数はちょうどm個であるから、
求める場合の数は (2^n)^m＝2^(nm). （終）
4. Aの上の恒等写像 I_A のグラフはどんな集合か．
（この集合を A×A の対角線集合と言う．）
また，AからBへの値 b_0 の定値写像のグラフはどんな集合か．
［解］ Aの上の恒等写像 I_A は任意の a∈A に対して I_A(a)＝a,
AからBへの値 b_0 の定値写像φは任意の a∈A に対して φ(a)＝b_0 たらしめる。
よって G(I_A)＝{ (a, a)| a∈A}, G(φ)＝{ (a, b_0)| a∈A}. （終）
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>>280
了解です。
Aを集合, Bを数の集合としたときAからBへの写像fを関数という
という流儀もあります.
I は identitｙのIじゃないかな。
>>281
了解しました。
>>282
1.納得しました。
AからBへのひとつの対応に対して
その対応のグラフが定まり
定理1よりA×Bの1つの部分集合に対してその集合を
グラフとするAからBへの対応が1つ定まるので
A×Bの部分集合の総数を数えてもいいですね。
4.納得しました.
Aを数直線に模してA×Aを正方形に模した平面を考えると,
アイデンティティマップのグラフはまさしく対角線状になっている。
それで対角線集合っていうんでしょうね。
Aを水平方向の線分に、Bを鉛直方向の線分に模し、A×Bを長方形にもした平面を
考えると,
コンスタントマップのグラフはAを模した線分に平行なある線分状になっているわけですね。
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>>283
問題1は先生の仰る通り、
2^(A×B) の元の数だから、って考えた方が早かったですね。
答え出しておきながら全然気づかなかった…
＞アイデンティティマップと対角線集合
納得です。
＞コンスタントマップのグラフ
納得です。
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>>280
一つの元しかない集合でも集合は集合ですよね？
それを{b}じゃなくbと表記してもいいもんなんでしょうか？
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>>285
fが写像の場合には、慣用で、
そのように書くことが許されるってことじゃないでしょうか。
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定理２の証明の最後G=F(f)を証明してください。
他は納得です。
問題２
Yの各元(候補者1人1人)に対してそれぞれ１つづつXの部分集合(それぞれの候補者に信任した選挙人全員)を定める対応。
問題３
対応ΓのグラフをGとする。
(必要性)
(i) 写像の条件より∀a∈A{∃b((a,b)∈G)}だからa∈A⇔∃b((a,b)∈G)⇔a∈D(Γ)。
(ii) Bの相異なる2元b,b'が存在して、Γ^(-1)(b)∩Γ'^(-1)(b')≠Φとすると、∃a∈A<a∈{Γ^(-1)(b)∩Γ'^(-1)(b')}>⇔∃a∈A{b∈Γ(a)∧b'∈Γ(a)}
これは写像の条件と矛盾。
(十分性)ー
(i)より任意のa∈Aに対してb∈Γ(a)となるbが存在して、そのbと異なるBの任意の元b'について(ii)よりb∈Γ(a)∧b'∈Γ(a)となるb'は存在しない。
よって、写像の条件がいえる。
ｼﾂﾓｿﾄﾞｿﾞｰ
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>>287
G(f) の定義： G(f)＝{ (a, b) | a∈A, b∈f(A) }
より明らかだと思いますけど…
G(f)と一致するように、Gを構成しただけなので。
問題２ＯＫです。
問題３ちょっと考えさせてください。
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>>288
わかりました。定理１からいえる、って言ったらだめかな？
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>>287
問題2
各選挙人が,自分が信任する候補者(何人あってもよく,また1人もなくてもよい)
の氏名に○をつける方式の選挙を行う.棄権はないものとする.
選挙人全体の集合をX, 候補者全体の集合をYとする.
選挙人x(∈X)が信任する候補者の集合をΓ(x)(⊂Y)とすると
ΓはXからYへの対応となる.
このときΓ^(-1)はどんな対応か.
ですね。了解です。
問題３
対応Γ:A→BがAからBへの写像であるためには
次の(i),(ii)が必要十分であることを示せ.
(i) D(Γ)=A.
(ii) Bの相異なる任意の2元b,b'に対して,
Γ^(-1)(b)∩Γ^(-1)(b')=Φ
ですね。
(必要性)「写像の条件」は「写像の定義」の方がよいのでは。
「写像の条件」だと「ある与えられた写像がすでに持っている条件」みたいな表現に見えなくもないので。
あと(ii)はいいたいことは伝わるけど日本語でかくなら
「Γ^(-1)(b)∩Γ'^(-1)(b')≠ΦとなるBの相異なる2元b,b'が存在するなら」
としたほうがとおりがいいような気が。
(十分性)
了解しました。
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>>285
９くんが言うとおり
対応fが写像であるときはaのfによる像f(a)は
必ず一元からなる集合となりますので
集合ではなくて単に値として扱っても混乱しない
という理由でf(a)=bなどという書き方をする習慣になっています.
実数成分の一行一列の行列をときに単なる実数のように扱うようなものです.
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すいません問題書くの忘れてました。
昨日の拳さんの話とは何だったのですか？
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問題３ＯＫです。
§4に進みましょうか。
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９３６の筆者氏を待たないかい？
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待ちます
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>>292
ラーメン丸は
ポン･デ･あずき好き？
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ポンデリングしか食った事無いですが、ｳﾏｰでしたよ。
あずきはだめですね。ようかん好きだけど粒あんだとだめですし。
それが何か？
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>>297
∧
∠'A`＞ そうでつか…
|∧| 好きならﾁｮｯﾄお願いしようかと思ったんだけど。
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.＿＿_
| 'A` |y━~~ ずれちゃったよぅかん
.ﾉ|ﾍ＿ﾍ|
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>>298
ポンデあずき最高！皆で復活キャンペーンやろうぜ！
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>>298
どういうことですか？
一応聞かせてください。
ここではまずいので雑談スレでお願いします。
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>>286 >>291
なるほどね。どうもいらんとこにこだわったようで。
サンクス。
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えーっと、これからどうしますか？？？
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>>303
雑談スレ>>219
９がOKなら再開しませう
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>>304
了解です。
割りふり適当にお願いできますか。
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９忙しそうだからまず俺からいこうか
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§４ 写像に関する諸概念
A) 写像による像および原像
AからBへの１つの写像fが与えられたとする。
PをAの任意の部分集合とするとき、Pの元aのfによる像f(a)を全部集めてできる集合、より正確に言えばf(a)=bとなる
Pの元aが(少なくとも1つ)存在するようなBの元b全体からなる集合を、fによるPの像といい、f(P)で表す。すなわち
f(P)={b｜∃a∈P(f(a)=b)}
もちろんf(P)はBの部分集合である。特に、定義域Aのfによる像f(A)は、明らかに、fの値域V(f)と一致する。
Pが内包的記法によってP={a｜C(a)}のように表されているときには、f(P)をf(P)={f(a)｜C(a)}と書くこともある。
たとえば、明らかにP={a｜a∈P}であるから、f(P)={f(a)｜a∈P}。特にf({a})={f(a)}(対応の特別な場合としての写像の本来の
定義では、この右辺が、fによるaの像であった)なお、f(P)=Φ⇔P=Φであることは、いうなでもない。
QをBの任意の部分集合とするとき、Aの元で、その像がQの中にはいるようなもの全体の集合を、fによるQの原像または逆像といい、f^(-1)(Q)
で表す。すなわち、
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f^(-1)(Q)={a｜f(a)∈Q}これはもちろんAの部分集合である。特に、bをBの１つの元とするとき、
f^(-1)({b})={a｜f(a)=b}はf^(-1)(b)と同じものである。(これが≠Φとなるのは、
b∈V(f)のとき、かつそのときに限る)また、もちろんf^(-1)(Φ)=Φであるが、Q≠Φであってもf^(-1)(Q)=Φ
となることはあり得る。なお、fはAからBへの写像であるから、当然のことながら、Aの任意の元aに対してf(a)∈B
したがってf^(-1)(B)=Aであることに注意しておこう。
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写しただけでつ。ちょっと今日体調悪いのでここまでで。
証明書きたいところもあるし。質問は待ってください。
＞９
早く先に進みたいのであればどんどん先書いてもOKです。
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いつものことながら読みにくくてｽﾏｿ｡
インデントもしてないし。なんかこういうの苦手。打つの遅いし。
我ながら厨丸出し。笑ってくれ。
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>>307-309
OKです。
たぶん明日か明後日くらいで一通り片付けが終わるので
そしたら復帰しまつ。
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（・３・）エェー CheckしてNE
>>307
＞定義域Aのfによる像f(A)は、明らかに、fの値域V(f)と一致する。
(蛇足ながらAからBへの写像の定義域はAである。)
b∈f(A)⇔∃a∈A(f(a)=b)⇔∃a∈A((a,b)∈G)⇔b∈{b｜∃a∈A((a,b)∈G)}⇔b∈V(f)
>>308
＞bをBの１つの元とするとき、f^(-1)({b})={a｜f(a)=b}はf^(-1)(b)と同じものである。(これが≠Φとなるのは、
b∈V(f)のとき、かつそのときに限る)
f^(-1)(b)≠Φ⇔∃a(a∈f^(-1)(b))⇔∃a∈A(f(a)=b)⇔∃a∈A((a,b)∈G)⇔b∈V(f)
＞また、もちろんf^(-1)(Φ)=Φであるが、Q≠Φであってもf^(-1)(Q)=Φとなることはあり得る。
QをBの部分集合Q={b｜∀x∈A(f(x)≠b)}とし、背理法。
∃a∈A(a∈f^(-1)(Q))⇔∃a∈A(f(a)∈Q)⇔∃a∈A(∀x∈A(f(x)≠f(a)))
これは明らかに偽。
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>>312
最後のやつは f^(-1)(φ)＝φ の証明ってことですよね。
ＯＫです。
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>>313
違うYO！
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＞Q≠Φであってもf^(-1)(Q)=Φとなることはあり得る。
この部分でつ。わかりにくくてｽﾏｿ｡
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ありゃ？考え直します
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なぜ背理法なのかがわからない…
>>312のQは
「Q≠φであってもf^(-1)(Q)=Φとなることはあり得る。」
の一例を提示してるんですよね？？？
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>>317
背理法でf^(-1)(Q)=Φを示した。=Φっていうのを示すのに背理法しか
思いつかなかったんだけど、変かな？
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>>318
９は
Q={b｜∀x∈A(f(x)≠b)}
が空集合とは限らないっていいたかったのかな。
実際、f(A)=BならQ=Φですよね。
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バンハ。
>>319
あ、それも思いましたし、他にもなんか引っかかるトコが…
でも自分の頭の中で整理されていないって感じです
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>>319
"このようなQでかつQが空集合でないとき"と付け加えればよいでしょうか？
一例を示せばよいので。
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>>320
なんでも思いつくまま言ってｸﾚｸﾚ
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>>321
一例を実際に示したほうがいいでしょうね。
コンスタントマップのときとか。
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>>323
そうですね・・・
中途半端にややこしくしてしまいました
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そういうことっすね。
これで先に進めますか？？？
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>>325
OKなの？なんか変なところない？
ｽﾏｿ｡(4.2)が証明できないので、途中だけど交代してもらえませぬか？
甘い？だめ？
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>>326
じゃあここで交代しまつ。
明日は一日暇なので頑張ってどんどん進めます。
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ｽﾏｿ｡頼みます。
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定理3で苦戦中。もうしばらくお待ちください…
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定理3 fをAからBへの写像とするとき、
fによる像および原像について、次のことが成り立ちます。
# P, P_1, P_2 はAの部分集合、Q, Q_1, Q_2 はBの部分集合。
(4.1). P_1⊂P_2 ⇒ f(P_1)⊂f(P_2).
(4.2). f(P_1∪P_2)＝f(P_1)∪f(P_2).
(4.3). f(P_1∩P_2)⊂f(P_1)∩f(P_2).
(4.4). f(A−P)⊃f(A)−f(P).
(4.1)' Q_1⊂Q_2 ⇒ f^(-1)(Q_1)⊂f^(-1)(Q_2).
(4.2)' f^(-1)(Q_1∪Q_2)＝f^(-1)(Q_1)∪f^(-1)(Q_2).
(4.3)' f^(-1)(Q_1∩Q_2)＝f^(-1)(Q_1)∩f^(-1)(Q_2).
(4.4)' f^(-1)(B−Q)＝A−f^(-1)(Q).
(4.5). f^(-1)(f(P))⊃P.
(4.5)' f(f^(-1)(Q))⊂Q.
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先に補題を用意しておきます。
【補題1】 f(P^c)⊃f(P)^c.
［補題1の証明］
できない…感覚としては自明的に成立なんですけどｗｗｗｗ
誰か代わりにやってくれませんか。
【補題2】 f^(-1)(Q^c)＝(f^(-1)(Q))^c.
［補題2の証明］（以下、普遍集合をAとする。）
f(a)∈Q, f(a)∈Q^c のどちらか一方のみが真なので、
f^(-1)(Q^c)＝{a| f(a)∈Q^c}＝{a| f(a)∈Q}^c＝(f^(-1)(Q))^c. （終）
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［(4.1)の証明］
P_1⊂P_2 ならば、すべての b∈f(P_1) に対して
b∈f(P_1) ⇔ ∃a∈P_1(f(a)=b) ⇒ ∃a∈P_2(f(a)=b) ⇔ b∈f(P_2)
が言えるから、f(P_1)⊂f(P_2). （終）
［(4.1)'の証明］
(4.1)で f→f^(-1), P_1→Q_1, P_2→Q_2 と置き換えれば直ちに示される。（終）
［(4.2)の証明］
b∈f(P_1∪P_2) ⇔ (∃a∈(P_1∪P_2))(f(a)=b)
⇔ {∃a∈P_1(f(a)=b)}∨{∃a∈P_2(f(a)=b)} ⇔ b∈f(P_1)∨b∈f(P_2). （終）
［(4.2)'の証明］
(4.2)で f→f^(-1), P_1→Q_1, P_2→Q_2 と置き換えれば直ちに示される。（終）
［(4.3)の証明］
(2.2)'より P_1∩P_2⊂P_1 であるから、(4.1)によって f(P_1∩P_2)⊂f(P_1).
同様して f(P_1∩P_2)⊂f(P_2).
したがって(2.3)'より f(P_1∩P_2)⊂f(P_1)∩f(P_2). （終）
# 等号は必ずしも成立しません。
ex) f が値 b_0 の constant map で P_1∩P_2＝φ の場合、
f(P_1∩P_2)＝φ, f(P_1)∩f(P_2)＝{b_0}.
［(4.3)'の証明］
a∈f^(-1)(Q_1∩Q_2) ⇔ f(a)∈Q_1∩Q_2 ⇔ f(a)∈Q_1 ∧ f(a)∈Q_2
⇔ a∈f^(-1)(Q_1) ∧ a∈f^(-1)(Q_2) ⇔ a∈f^(-1)(Q_1)∩f^(-1)(Q_2). （終）
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［(4.4)の証明］ 補題1より、
f(A−P)＝f(A∩P^c)＝{b| (∃a∈A∩P^c)(f(a)=b)}＝{b| ∃a∈A(f(a)=b)}∩{b| ∃a∈P^c(f(a)=b)}
＝f(A)∩f(P^c)⊃f(A)∩f(P)^c＝f(A)−f(P). （終）
［(4.4)'の証明］ 補題2より、
f^(-1)(B−Q)＝{a| (∃b∈(B−Q))(f(a)＝b)}＝{a| (∃b∈(B∩Q^c))(f(a)＝b)}
＝{a| ∃b∈B(f(a)＝b)}∩{a| ∃b∈Q^c(f(a)＝b)}＝A∩f^(-1)(Q^c)＝A−f^(-1)(Q). （終）
［(4.5)の証明］
a∈P ⇒ f(a)∈f(P) ⇒ a∈f^(-1)(f(P)). （終）
# 等号は必ずしも成立しません。
ex) f を値 b_0 の constant map, PをAの真部分集合とすれば、f^(-1)(f(P))＝A≠P。
［(4.5)'の証明］
b∈f(f^(-1)(Q)) ⇒ (∃a∈f^(-1)(Q))(f(a)=b).
ここで a∈f^(-1)(Q) ⇔ f(a)∈Q であるから、b∈Q. （終）
# この場合も等号は必ずしも成立しません。
ex) Bを2つ以上の元を含む集合、f を値 b_0 の constant map、Q＝B としたとき、f(f^(-1)(Q))＝{b_0}≠B(＝Q)。
以上でA)は終わりです。補題1だけ誰かおながいしまつ。
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えーと、、、とりあえずageておきますね。
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＞(∃a∈(P_1∪P_2))(f(a)=b) ⇔ {∃a∈P_1(f(a)=b)}∨{∃a∈P_2(f(a)=b)}
＞{b| (∃a∈A∩P^c)(f(a)=b)}＝{b| ∃a∈A(f(a)=b)}∩{b| ∃a∈P^c(f(a)=b)}
この２つがどうして成り立つといえるのか教えてください。
上のやつは∪を∩に、∨を∧にしても成り立つのでしょうか？だとすれば(4.3)は=になるような気がするんですが。
下のやつが成り立つのならば(4.3)は=になるような気がするんですが。
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P^c、Q^cの全体集合は何でしょうか？
f(P^c)、f^(-1)(Q^c)が定義されるためにはP^cはAの部分集合、Q^cはBの部分集合
である必要があると思うんですが。
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PのときはA、QのときはBですか。
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(4.3)の証明はp32にはf^(-1)(Q1∩Q2)⊂f^(-1)(Q1)∩f^(-1)(Q2)を示してる
部分があるけど、これって要らないような気がするんですが、どうでしょう？
９も書いてなかったけど。
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>>335
＞(∃a∈(P_1∪P_2))(f(a)=b) ⇔ {∃a∈P_1(f(a)=b)}∨{∃a∈P_2(f(a)=b)}
これは、a∈(P_1∪P_2) ⇔ a∈P_1∨a∈P_2 より自明ではないでしょうか。
この同値変形をあえて日本語で解釈するのなら、
左側は「P_1またはP_2に属するaが存在して、f(a)=bとできる」
右側は「P_1に属するaが存在して、f(a)=bとできるか、または
P_2に属するaが存在して、f(a)=bとできる」
となると思います。
＞{b| (∃a∈A∩P^c)(f(a)=b)}＝{b| ∃a∈A(f(a)=b)}∩{b| ∃a∈P^c(f(a)=b)}
これマズいですね…すいません。
たぶん (左辺)⊂(右辺) になりますね。うーん。
＞上のやつは∪を∩に、∨を∧にしても成り立つのでしょうか？だとすれば(4.3)は=になるような気がするんですが。
うーん。「または」「和集合」のときだけ成り立つような気がします。
ちょっと考える時間をください。
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>>336
P^cの全体集合はA, Q^cの全体集合はBとしました。
一応>>330の3行目にも書いておきましたがわかりにくかったですね。ｽﾏｿでした
>>338
俺は要らないと思ってあえて書きませんでしたが
どこかに先ほどのようなミスがあるかも…
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>>331
【補題1】の証明.
f:R→R,f(x)=e^xとし、P=(0,∞)とすると
f(P)=(1,∞),f(P)^c=(-∞,1],P^c=(-∞,0],f(P^c)=(0,1]で
f(P^c)⊃f(P)^cとはならないのでは
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すいません。>>331の
【補題1】 f(P^c)⊃f(P)^c.
ですが、P^cの全体集合はA, f(P)^cの全体集合はf(B)（=V(f)）です。
>>341の例の場合だと、
f: R→R, f(x)=e^x, P=(0, ∞) のとき
f(R)＝(0, ∞), f(P)＝(1, ∞), f(P^c)＝(0, 1] なので
f(P^c)＝f(P)^c になります。
f が単射じゃないときに、f(P^c)⊃f(P)^c になると思います。
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あ、、つーか【補題1】って(4.4)そのものですね…
うぐ。。。
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>>332
(4.2)',(4.3)'の証明で
fをf^(-1)で置き換えるといってますが
写像を写像でないかもしれないもので置き換えることになるかも知れません。
あと細かい話で前にもいったと思いますが
「f→f^(-1)と置き換える」という表現は「fをf^(-1)で置き換える」といったほうが
やはり誤解が少ないと思いますよ。
>>333
(4.4)'は(4.3)'が示せてるなら【補題2】を使って
f^(-1)(B-Q)=f^(-1)(B∩Q^c)=f^(-1)(B)∩f^(-1)(Q^c)
=f^(-1)(B)∩(f^(-1)(Q))^c=A-f^(-1)(Q)でいいんじゃないですか。
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>>338
いらないと思います。９の証明も正しいし
松坂の証明も正しいと思いますよ。
(2.2)'(2.3)'(4.1)が使えることを教育的に示したかったのかな。
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＞【補題2】 f^(-1)(Q^c)＝(f^(-1)(Q))^c.
［補題2の証明］（以下、普遍集合をAとする。）
f(a)∈Q, f(a)∈Q^c のどちらか一方のみが真なので、
f^(-1)(Q^c)＝{a| f(a)∈Q^c}＝{a| f(a)∈Q}^c＝(f^(-1)(Q))^c. （終）
最後の式ですが、Q^cの全体集合はBで、{a| f(a)∈Q}^cの全体集合はAですよね。
こういうのはアリなんでしょうか？
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>>346
a∈{a| f(a)∈Q^c}⇔f(a)∈Q^c⇔¬(f(a)∈Q)⇔¬(a∈{a|f(a)∈Q})
⇔a∈{a|f(a)∈Q}^c
では納得いきませんか。
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>>347
９のも先生のも納得いきます。
ただ、途中で全体集合が変わってもいいのかな？と思った次第です。
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>>348
X, Yを集合とします。A⊆X,B⊆Y。
φ:2^X→2^X,ψ:2^Y→2^Y
を考えたときφ(X-A)=ψ(Y-B)となることはあっても
不思議じゃないのではないでしょうか。
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すいませんわかりました。何も問題ないですよね。
また2ch見れない・・・いかりや長助の死因は何だったんでしょう？
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>>350
ttp://dailynews.yahoo.co.jp/fc/domestic/obituary/
です。
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>>351
ありが㌧。
親父も癌だけに気になる・・・
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>>344
前半；すいません、マズかったですね。
てっきり f^(-1) も写像だと思い込んでて…
でも証明過程は同じでいいですよね？？
後半；納得です。
>>345
了解です。
えーっと、とりあえずこれだけでしょうか？
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さくらスレの>>133〜見てね
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(4.2), (4.2)', (4.3)', (4.4) が未解決ってことですね。
後でもう一度まとめてみます。
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定理3（一部のみ・再掲） fをAからBへの写像とするとき、
fによる像および原像について、次のことが成り立ちます。
# P, P_1, P_2 はAの部分集合、Q, Q_1, Q_2 はBの部分集合。
(4.2). f(P_1∪P_2)＝f(P_1)∪f(P_2).
(4.2)' f^(-1)(Q_1∪Q_2)＝f^(-1)(Q_1)∪f^(-1)(Q_2).
(4.3)' f^(-1)(Q_1∩Q_2)＝f^(-1)(Q_1)∩f^(-1)(Q_2).
(4.4). f(A−P)⊃f(A)−f(P).
［(4.2)の証明］
>>332を参照。それに対する疑問は>>335、返答は>>339
［(4.2)'の証明（改訂）］
a∈f^(-1)(Q_1∪Q_2) ⇔ ∃b∈(Q_1∪Q_2)(f(a)=b)
⇔ {∃b∈Q_1(f(a)=b}∨{∃b∈Q_2(f(a)=b)}
⇔ a∈f^(-1)(Q_1)∨a∈f^(-1)(Q_2) ⇔ a∈f^(-1)(Q_1)∪f^(-1)(Q_2). （終）
［(4.3)'の証明］
>>332を参照。特にマズい点は見当たりませんが…
［(4.4)の証明］
うーん、わかんなくなってきた。どうしたらいいんでしょうか。
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>>354
◆ わからない問題はここに書いてね ◆
のスレのことをさくらスレって言うんですか？なんでやろ
>>356
(4.4)のf(A-P)だのf(A)だのf(P)だのの普遍集合はBなんでしょう？
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>>356
(4.2)ですが、
(∃a∈(P_1∪P_2))(f(a)=b) ⇔ {∃a∈P_1(f(a)=b)}∨{∃a∈P_2(f(a)=b)} は成り立つのに
(∃a∈(P_1∩P_2))(f(a)=b) ⇔ {∃a∈P_1(f(a)=b)}∧{∃a∈P_2(f(a)=b)} が成り立たないのはなぜなんでしょう？
>>357
なんででしょ？数学板でそう呼んでるんで使ってみたんですが、理由は知りません。
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>>358
どうしよう。もうちょっと考えてみませんか？
(あまり機械的に考えないようにすれば分かるのでは)
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拳宅じゃんくて自宅ですた。>>357以降。
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