写像の合成

$X$から$Y$への写像$f=(G_{f},X,Y)$と$Y$から$Z$への写像$g=(G_{g},Y,Z)$について $G_{g}\cdot G_{f}=\{ (x,z)\vert(\exists y)((x,y)\in G_{f}~and~(y,z)\in G_{g})\}$として $h=(G_{g}\cdot G_{f},X,Z)$とおくと,$h$は$X$から$Z$への写像です．これを$g\cdot f$で表します．
$(\forall x\in X)(g\cdot f(x)=g(f(x)))$が成り立っています．

例
$f=(\{ (a,0),(b,1),(c,0)\} ,\{ a,b,c\} ,\{ 0,1\} )$
$g=(\{ (0,p),(1,q)\} ,\{ 0,1\} ,\{ p,q,r\} )$
のとき
$g\cdot f=(\{ (a,p),(b,q),(c,p)\} ,\{ a,b,c\} ,\{ p,q\} )$
$u=(\{ (x,2x)\vert x\in R\} ,R,R)$
$v=(\{ (y,\sin (y))\vert y\in R\} ,R,\left[ {-1,1} \right])$
のとき
$g\cdot f=(\{ (x,\sin(2x))\vert x\in R\} ,R,\left[ {-1,1} \right])$


問題
$(1)X=\{ a,b,c\} ，Y=\{ 0,1,2\} ，Z=\{ p,q\}$とします．このとき合成写像の列を作ってください．

$(2)f:X\to Y,g:Y\to Z$について以下を示して下さい．
$f,gが単射　ならば g\cdot f　も単射$
$f,gが全射　ならば g\cdot f　も全射$


$\left[ {恒等写像} \right]$
$X$から$X$への全単射$f$で $(\forall x\in X)(f(x)=x)$となるものを恒等写像と呼び$id_{X}$で表します．

$$id_{X}=(G_{id_{X}},X,X)$$

$$G_{id_{X}}=\{ (x,x)\vert x\in X\}$$

問題
$f:X\to Y,g:Y\to X$について以下を示して下さい．
$(1)g\cdot f=id_{X}$ならば$f$は単射で$g$は全射
$(2)g\cdot f=id_{X}$かつ $f\cdot g=id\b{}Y$ならば$f,g$は双射で$g=f^{-1}$

以下の命題が成立っています。

命題3.3.1

$$f,g,h:X\rightarrow X$$

のとき，写像の合成については結合律

$$f(gh)=(fg)h$$

が成り立つ。

証明

$$\begin{eqnarray*} 任意の x \in X をとる \\ f(gh)(x) &=& f(gh(x)) \\ &=& f... ... よって \\ (\forall x)(fg(h)(x) &=& (fg)h(x)) \qquad\Box \\ \end{eqnarray*}$$

命題3.3.2

$f:X \rightarrow X$ のとき

$$f\ i_X = i_X\ f$$

証明

$$\begin{eqnarray*} (\forall x)(x \in X &\Rightarrow& f\ i_X(x) \\ &=& f(x) \\ &=& i_X\ f(x)) \qquad \Box \end{eqnarray*}$$

命題3.3.3

$f$ が $単射 \ , \ 全射$ であれば $f^{-1}$ が存在して

$$f\ f^{-1}=f^{-1}\ f = i_X$$

となります。

逆写像と証明

$(1)\quad f^{-1}$ の存在性 これには,先ず$f^{-1}_{G}$が関数のグラフになることを示せばよい。

$$y \in X$$

とおく。$f$ が $全射$ だから

$$(\exists x)(\quad x \in X \quad and \quad y=f(x))$$

$x_1,x_2 \in X$ で $y=f(x_1) \ ,\ y=f(x_2)$ すなわち

$$(y,x_1),(y,x_2) \in f^{-1}_{G}$$

とすると

$$f(x_1)=f(x_2)$$

$f$ が $単射$ ですから

$$x_1=x_2$$

よって$f^{-1}_{G}$は関数のグラフになっています。。また,

$$(\forall y \in X)(\exists x \in X)(y=f(x))$$

よって

$$f^{-1} : y \longmapsto x \quad st \quad y=f(x)$$

で写像 X $\rightarrow$ X が定義できます。
$(2)\quad y=f(x)$とおくと
$f^{-1}$の定義より

$$f^{-1}(y)=x$$

$$i.e.\quad f^{-1}(f(x))=x$$

また

$$f(f^{-1}(y))=f(x)=y$$

よって

$$f^{-1}\ f=f\ f^{-1}=i_X \qquad \Box$$

命題3.3.4

$fg=gf=i_X \Leftrightarrow g=f^{-1}$

証明

$gf=i_x$のとき

$$\begin{eqnarray*} g=g\ i_X &=& g(f\ f^{-1})\\ &=& (gf)f^{-1}\\ &=& i_X \ ... ... &=& f^{-1} \\ g=f^{-1}のときは明かに\\ fg \ = \ gf &=& i_x \end{eqnarray*}$$

命題3.3.5

$\quad X \neq \phi \ , \ Y \neq \phi\$で $\ f:X\rightarrow Y\$とするとき
$\bf (a)\quad f$が $単射 \Leftrightarrow (\exists g)(g:Y \rightarrow X \quad and \quad gf=i_x)$

$\bf (b)\quad f$が $全射 \Leftrightarrow (\exists h)(Y\rightarrow X)$

$$fh=i_Y$$

$\bf (c) \quad$
$f:X \rightarrow X \ , \ f$が $単射 \quad and \quad 全射 \Leftrightarrow \exists g \quad X \rightarrow X$

$$fg=gf=i_X$$

またこのような$g$は一意に存在します。

$\bf (d) \quad$
$X \neq \phi$
$f,g : X \rightarrow X \quad 単射$ならば

$$\begin{eqnarray*} &(1)&f,gの合成 \ fg:X \rightarrow X \ は \ 単射\\ &(2)&(fg)^{-1}=g^{-1}f^{-1} \end{eqnarray*}$$

証明(a)

$f$が$単射$のとき$x_0$を$X$のある元として
$g:Y\rightarrow X$を以下のように定義します。
$y\in f(X)$のとき

$$g(y)=x\quad st(f(x)=y)$$

$y\notin f(X)$のとき

$$g(y)=x_0$$

$f(x_1)=f(x_2)$とすると$f$が$単射$ですから

$$x_1=x_2$$

となり$g(y)=x$となる$x$は唯一に定まる。
ここで、$x \in X$を任意にとると$g$の定義から

$$g(f(x))=x$$

∴      $\quad g:Y\rightarrow X$が存在して

$$gf=i_X$$

逆に、 $g:Y\rightarrow X$が存在して$gf=i_X$のとき

$$x\ ,\ x' \in X \quad f(x)=f(x')$$

とすると

$$\begin{eqnarray*} x&=&g(f(x))\\ &=&g(f(x'))\\ &=&x' \end{eqnarray*}$$

から

$$x=x'$$

よって

$(\forall x \in X)(\forall x' \in X)(f(x)=f(x') \Rightarrow x=x')$
∴     $\quad f$ は $単射 \qquad \Box$

証明(b)

$f$が$全射$とする。
$h$を以下のように定める。
$\quad y \in Y$について$f^{-1}(y)$の元$x_y$を一つ選び

$$h(y)=x_y$$

$(f(X)=Y$だから $\quad (\forall y \in Y)(f^{-1}(y) \neq \phi ))$
$h$の定義から

$$(\forall y \in Y)(h(y) \in f^{-1}(y))$$

よって

$$(\forall y \in Y)(f(h(y))=y)$$

よって

$$fh=i_Y$$

逆に $(\exists h)(Y\rightarrow X \quad and \quad fh=i_Y)$のとき

$$(\forall y \in Y)(y=i_Y(y)=f(h(y)) \quad and \quad h(y) \in X)$$

よって

$$(\forall y \in Y)(\exists x \in X)(y=f(x))$$

よって

$f$は$全射$

証明(c)

$f$が $単射 \Leftrightarrow gf=i_X$
$f$が $全射 \Leftrightarrow fg=i_X$
一意性は

$$fg'=g'f=i_X$$

とすると

$$\begin{eqnarray*} g' &=& g'i_X\\ &=& g'(fg)\\ &=& (g'f)g\\ &=& i_Xg\\ &=& g \end{eqnarray*}$$

よって

$$g'=g \qquad\Box$$

証明(d)

$x,x' \in X$を任意にとり

$$(fg)(x)=(fg)(x')$$

とすると

$$\begin{eqnarray*} f(g(x))&=&(fg)(x)\\ &=&(fg)(x')\\ &=&f(g(x')) \end{eqnarray*}$$

となり、$f$が$単射$ですから

$$g(x)=g(x')$$

$g$が$単射$ですから

$$x=x'$$

$$∴ \quad \quad (\forall x,x' \in X)((fg)(x) = (fg)(x') \Rightarrow x=x')$$

よって$fg$は$単射$
また任意の$z \in X$について

$$z=(fg)(x)=f(g(x))$$

となる$x \in X$が存在する。これから

$$\begin{eqnarray*} f^{-1}(z)&=&g(x)\\ g^{-1}(f^{-1}(z))&=&x \end{eqnarray*}$$

よって

$$(fg)^{-1}(z)=x=g^{-1}(f^{-1}(z))$$

よって

$$(fg)^{-1}=g^{-1}f^{-1}\qquad\Box$$

命題3.3.6

(a)

$$X,Y \neq \phi$$

$$f:X\rightarrow Y$$

$$A \subseteq X \ ,\ B \subseteq Y$$

とする。このとき

$$ff^{-1}(B)\subseteq B$$

$$ff^{-1}(B)=B \Leftrightarrow f \quad は全射$$

(b)

$$(\forall A\subset X)(A \subseteq f^{-1}(f(A)))$$

$$(\forall A\subset X \quad A=f^{-1}f(A)) \Leftrightarrow f \quad は全射$$

(c)

$$(\forall A_1,A_2\subset X)(f(A_1\cap A_2)=f(A_1)\cap f(A_2)) \Leftrightarrow f:単射$$

(d)

$$(\forall A\subseteq X)(f(A)'\subseteq f(A'))\Leftrightarrow fは全射$$

(e) $f$が$全射$とする。このとき

$$f(A)'=f(A')\Leftrightarrow fは単射$$

証明

定義より

$$f^{-1}(B)=\{x\mid (x \in X) \quad and \quad (\exists y \in B)(y=f(x))\}$$

です。
ここで、 $z \in f(f^{-1}(B))$となる$z$を任意に選ぶと

$$\exists x \in f^{-1}(B)$$

$$z=f(x)$$

$$(\exists x \in X)(\exists \in B)(y=f(x))$$

$$(z=f(x)=y \in B)$$

よって

$$z \in B$$

よって任意の$z$について

$$z \in f(f^{-1}(B)) \Rightarrow z \in B$$

よって

$$f(f^{-1}(B))\subseteq B$$

$f$が$全射$のとき、$B\subseteq Y$とする。$f$が$全射$ゆえ

$$(\forall y \in Y)(\exists x \in X)(y=f(x))$$

よって$y \in B$とすると

$$(\exists x \in X)(y=f(x))$$

よって

$$(\exists x)(x \in f^{-1}(B) \quad and \quad y=f(x))$$

よって

$$y \in f(f^{-1}(B))$$

よって任意の$y$について

$$y \in B \Rightarrow y \in f(f^{-1}(B))$$

よって

$$B\subseteq f(f^{-1}(B))$$

$ff^{-1}(B)\subseteq B$はすでに示したから

$$\forall B \subset Y \quad B=f(f^{-1}(B))$$

次に逆を言う。

$$\forall B \subset Y \quad ff^{-1}(B)=B$$

とすると

$$ff^{-1}(B) \supset B$$

よって$B=Y$にとると

$$f(X)=f(f^{-1}(Y))=Y$$

よって$f$は $全射 \qquad \Box$

命題3.3.6(b)

$$(\forall A\subset X)(A \subseteq f^{-1}(f(A)))$$

$$(\forall A\subset X \quad A=f^{-1}f(A)) \Leftrightarrow f \quad は全射$$

証明

$A\subset X$とする。
任意の$x$を選び$x \in A$とすると

$$y=f(x) \in f(A)$$

よって

$$x \in f(f^{-1}(A))$$

よって任意の$x$について

$$x \in A \Rightarrow x \in f(f^{-1}(A))$$

よって

$$A\subseteq f(f^{-1}(A))$$

よって

$$(\forall A \subset X)(A \subseteq f(f^{-1}(A)))$$

$f$が$単射$とする。
$z \in f^{-1}(f(A))$となる任意の$z$を選ぶと

$$(\exists y \in f(A))(y=f(z))$$

$y \in f(A)$から

$$(\exists x \in A)(y=f(x))$$

よって

$$f(z)=f(x)$$

$f$は$単射$だから

$$z=x \in A$$

よって任意の$z$について

$$z \in f^{-1}(f(A)) \Rightarrow z \in A$$

よって

$$f^{-1}(f(A)) \subseteq A$$

$A \subseteq f^{-1}(f(A))$はすでに示したから

$$\forall A \subset X \quad f^{-1}(f(A))=A$$

逆を言う

$$(\forall A\subset X)(f^{-1}(f(A))=A)$$

のとき$x \in X$となる任意の$x$を選ぶと、 $\{x\}\subset X$ゆえ

$$(\forall x\in X)(f^{-1}(f(\{x\}))=\{x\})$$

が成り立っている。
ここで$x,x' \in X$で$f(x)=f(x')$とすると

$$\begin{eqnarray*} f(\{x\})&=&\{f(x)\}\\ &=&\{f(x')\}\\ &=&f\{x'\}) \end{eqnarray*}$$

よって

$$\begin{eqnarray*} \{x\}&=&f^{-1}(f(\{x\}))\\ &=&f^{-1}(f(\{x'\}))\\ &=&\{x'\} \end{eqnarray*}$$

よって

$$x=x'$$

よって$f$は $単射 \qquad \Box$

命題3.3.6(c)

$$(\forall A_1,A_2\subset X)(f(A_1\cap A_2)=f(A_1)\cap f(A_2)) \Leftrightarrow fは単射$$

証明

$$(\forall A_1,A_2\subset X)(f(A_1\cap A_2)=f(A_1)\cap f(A_2))$$

とする。$x,x' \in X$で$f(x)=f(x')$とすると

$$\begin{eqnarray*} \{f(x)\}=\{f(x')\}&=&f(\{x\})\cap f(\{x'\})\\ &=&f(\{x\}\cap\{x'\}) \end{eqnarray*}$$

ここで$x\neq x'$とすると

$$\{x\}\cap\{x'\}=\phi$$

$$\phi=f(\phi)=\{f(x)\}=\{f(x')\}$$

これは矛盾する。よって

$$x=x'$$

よって$f$は単射
逆に$f$が$単射$とすると

$$f(A_1\cap A_2)\subseteq f(A_1)\cap f(A_2)$$

が成立するから

$$f(A_1)\cap f(A_2)\subseteq f(A_1 \cap A_2)$$

をいう。

$$y \in f(A_1)\cap f(A_2)$$

とすると、$y \in f(A_1)$より

$$(\exists x \in A_1)(y=f(x))$$

$y\in f(A_2)$より

$$(\exists x'\in A_2)(y=f(x'))$$

$$f(x)=y=f(x')$$

$f$は$単射$だから

$$A_1\ni x=x' \in A_2$$

よって

$$x \in A_1\cap A_2$$

よって

$$y=f(x) \in f(A_1\cap A_2)$$

よって

$$f(A_1\cap A_2)\subseteq f(A_1\cap A_2)\qquad\Box$$

命題3.3.6 (d)

$$(\forall A\subseteq X)(f(A)'\subseteq f(A'))\Leftrightarrow fは全射$$

証明

$$(\forall A\subseteq X)(f(A')\subseteq f(A'))$$

を仮定する。 $f(X)\subseteq Y$は成立しているから

$$f(X)\supseteq Y$$

をいう。
ここで、$y\in Y$を任意に選び、$y\notin f(X)$とすると

$$\begin{eqnarray*} y \in f(X)'&\subseteq&f(X')\\ &=&f(\phi)\\ &=&\phi \end{eqnarray*}$$

$y\in \phi$これは矛盾。よって

$$y \in f(X)$$

よって任意の$y$について

$$y \in Y \Rightarrow y \in f(x)$$

よって

$$Y \subseteq f(X)$$

逆に$f$が$全射$のとき
$y$を任意に選び$y\in f(A)'$とする。
ここで

$$y \notin f(A')$$

とすると

$$(\forall z\in A')(y\neq f(z) \quad and \quad y\in f(A)')$$

ですから

$$(\forall z\in A)(y\notin f(z))$$

よって

$$(\forall z\in X=A\cup A')(y\notin f(z))$$

これは$f$が$全射$ですことに矛盾。ゆえに

$$y\in f(A')$$

よって任意の$y$について

$$y \in f(A)' \Rightarrow y \in f(A')$$

ゆえに

$$f(A)'\subseteq f(A')\qquad\Box$$

命題3.3.6(e) $f$が$全射$とする。このとき

$$f(A)'=f(A')\Leftrightarrow fは単射$$

証明

$f$が$全射$ゆえ$(d)$により

$$f(A)'\subseteq f(A')$$

$f$が$単射$とすると
$y\in f(A')$のとき$y\notin f(A)'$とすると

$$y\in f(A)$$

$$(\exists x \in A)(y=f(x))$$

$y\in f(A')$ですから

$$(\exists x'\in A')(y=f(x') \quad and \quad f(x)=f(x'))$$

よって

$$x=x'$$

$$i.e.\quad x\in A\ ,\ x=x'\in A'$$

これは矛盾。よって

$$f(A')\subseteq f(A)'$$

$$f(A')=f(A)'$$

逆に

$$\forall A\subset X\quad f(A')=f(A)'$$

のとき、任意の$x,x'\in A$を選び
$f(x)=f(x') \quad and \quad x\neq x'$とすると

$$x'\in\{x\}'$$

よって

$$f(x')\neq f(x)$$

これは矛盾。よって

$$x=x'$$

よって$f$は $単射 \qquad \Box$