лекції по мат.логике / L5-funct

Приклад 1. Нехай задана множина fa; b; cg i на нiй два вiдношення R1 =

f(a; a); (a; b); (b; c)g òà R2 = f(a; a); (a; b); (b; c); (b; b); (c; c)g. Позначимо P = R12 =

R1 ¢ R1; Q = R1 ¢ R2; S = R1¡1: Знайдемо вiдношення P; Q; S:

Шука¹мо вiдношення P . Беремо перший елемент вiдношення R1, тобто u1 =

(a; a). Перебира¹мо всi пари iз R1 якi починаються iз a íèìè ¹ (a; a); (a; b). Правило (5) забезпечу¹ включення

(a; a); (a; b) 2 P:

Далi беремо другу пару у вiдношеннi R1, тобто u2 = (a; b). Ця пара разом iз (b; c)

забезпечу¹ включення

(a; c) 2 P:

Третя пара u3 = (b; c) не постача¹ в P жодного елемента, оскiльки в R1 íåì๠жодно¨ пари, яка починалася б iз c. Ми перебрали всi пари iз R1, Îòæå âñi ïàðè вiдношення P найденi

P = f(a; a); (a; b); (a; c)g:

Шука¹мо вiдношення Q. Для цього перебира¹мо пари iз R1, i для кожно¨ ïàðè (x; y) 2 R1 øóêà¹ìî âñi ïàðè (y; z) 2 R2, що у вiдповiдностi до правила

(5) дозволяють записати включення (x; z) 2 Q: Таким чином, пара (a; a) 2 R1

забезпечу¹ (a; a); (a; b) 2 Q; (a; b) 2 R1 забезпечу¹ (a; b); (a; c) 2 Q; (b; c) 2 R1 забезпечу¹ (b; c) 2 Q; Îòæå Q = f(a; a); (a; b); (a; c); (b; c))g:

Вiдношення S одержу¹ться iз вiдношення R1 входять до R1. Îòæå

S = f(a; a); (b; a); (c; b)g:

Вправа 2. На множинi дiйсних чисел розглянемо вiдношення R, яке склада¹ться iз тих пар (x; y), якi задовольняють рiвняння

x2 + y2 = 1:

Отже вiдношення R це коло одиничного радiуса з центром у почату координат. Пiднесемо це коло до квадрату, тобто знайдемо вiдношення Q = R2: ßêùî

(x; y); (y; z) 2 R òî x2 + y2 = 1; x2 · 1; y2 + z2 = 1 i x2 = z2: Таким чином,

(x; z) 2 R2 ) (jxj = jzj · 1):

Якщщо jxj = jzj · 1; òî 1 ¡ x2 = 1 ¡ z2 ¸ 0, що дозволя¹ найти число y, для якого виконуються рiвностi x2 + y2 = 1; y2 + z2 = 1. Звiдси виплива¹, що

(x; z) 2 R2 ( (jxj = jzj · 1):

Тепер можна сформулювати вiдповiдь: Квадратом кола x2 + y2 = 1 ¹ перехрестя jxj = jzj · 1; (äèâ. ðèñ. 8).

11

Рис. 8: Квадратом кола x2 + y2 = 1 ¹ перехрестя jxj = jyj; jxj · 1:

Вправа 3. Знайдемо добуток T = R ¢ S вiдношення R, (x; y) 2 R , (¡2 < x < 2) ^ (¡3 < y < 3) (прямокутника) на вiдношення S, (x; y) 2 S , y = jxj

(ламана). Обидва вiдношення заданi на множинi дiйсних чисел.

За означенням добутку T (x; z) 2 T в тому i тiльки тому випадку, коли для деякого y áóäå (x; y) 2 R; (y; z) 2 S, тобто

jxj < 2; jyj < 3; z = jyj:

Останнiй запис дозволя¹ дати вiдповiдь

(x; z) 2 T , (jxj < 2) ^ (0 · z < 3):

Якщо заданi два функцiональнi вiдношення, то ¨х добутком буде функцiональне вiдношення, тобто композицi¹ю вiдображень ¹ вiдображення.

Перевiримо, що композицi¹ю сюр'кцiй ¹ сюр'¹кцiя, композицi¹ю iн'¹кцiй ¹ iн'- ¹кцiя, i композицi¹ю бi¹кцiй ¹ бi¹кцiя.

Нехай A; B; C три множини i f : A ! B g : B ! C: ßêùî f; g сюр'¹ктивнi

вiдображення, то для будь-якого c 2 C повний прообраз

(gf)¡1(c) = [ f¡1(b)

b2g¡1(c)

не порожнiй, оскiльки ¹ об'¹днанням непорожньо множини непорожнi¨ множин. Якщо ж f; g iн'¹ктивнi вiдображення i x; y 2 A; x =6 e, òî

f(x) =6 f(y); g(f(x)) =6 g(f(y)); (gf)(x) =6 (gf)(y):

Звiдси виплива¹ iн'¹ктивнiсть добутку gf: Оскiльки бi¹ктивне вiдображення це

i сюр'¹ктивне i iн'¹ктивне, то iз попереднього виплива¹, що добуток бi¹ктивних вiдображень ¹ бi¹ктивним вiдображенням.

3.3 Властивостi композицi¨ вiдображень

Зосередимо увагу на композицi¨ вiдображень iз множини A в себе в цю ж множину A. В такому випадку визначена композицiя будь-яких вiдображень f; g 2 AA. А композицiю вiдображень будемо називать бiльш звичним словом множення, результат множення назива¹ться, як звичайно, добутком.

12

Рис. 9: Об'¹днувальний закон (асоцiативнiсть) для композицi¨ вiдображень

Теорема 3.1 Нехай ¹ чотири множини A; B; C; D i три вiдображення f : A !

Властивiсть добутку (6) називають об'¹днувальним або асоцiативним законом. Отже належить довести асоцiативнiсть множення вiдображень.

Доведення.Два вiдобреження збiгаються тодi i тiльки тодi, коли вони образи кожного елемента збiгаються. Отже ми повиннi взяти довiльний елемент a 2 A

i довести, що ((hg)f)(a) = (h(gf))(a).

Познача¹мо f(a) = b 2 B; g(b) = c 2 C; h(c) = d 2 D:

Тодi за визначенням дi¨ добутку вiдображень на елемент ма¹мо (див. рис. 9)

(g ¢ f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c; (h ¢ (g ¢ f))(a) = h(c) = d; ((h ¢ g) ¢ f)(a) = (h ¢ g)(f(a)) = (h ¢ g)(b) = h(g(b)) = h(c) = d:

Îòæå

((hg)f)(a) = (h(gf))(a) = d:

Теорема доведена.

Мiж дiйсними числами з точки зору множення ¹ два особливi числа 0 та 1, якi мають визначальнi властивостi

0 ¢ x = x ¢ 0 = 0

i

1 ¢ x = x ¢ 1 = x:

Мiж вiдображеннями також ¹ подiбнi особливi з точки зору множення вiдображеня. Зосередимося на найбiльш важливому випадку, коли множина A не порожня,

i розглядаються всюди визначенi вiдображення f : A ! A:

Вiдображення zl назива¹ться лiвим нулем, якщо для будь-якого вiдображення f викону¹тсья рiвнiсть

13

Лiвими нулями ¹ вiдображення, що переводять усi елементи множини в один i той же. Так, коли A = fa; b; c; dg; то лiвими нулями будуть вiдображення

Вiдображення zr назива¹ться правим нулем, якщо для будь-якого вiдображення f викону¹тсья рiвнiсть

Якщо множина ма¹ бiльше одного елемента, то серед вiдображень нема¹ правого нуля. Дiйсно, в такому випадку серед вiдображень було б два лiвi нулi, позначимо ¨х a; b; a =6 b. Якби iснував правий нуль c, то виконувались би рвностi

a = ac = c = bc = b;

що суперечить припущенню a 6= b:

Вiдображення el назива¹ться лiвою одиницею, якщо для будь-якого вiдображення f викону¹тсья рiвнiсть

Вiдображення zl назива¹ться правою одиницею, якщо для будь-якого вiдображення f викону¹тсья рiвнiсть

Одиниця, це вiдображення, яке ¹ в один i той же час i лiвою i правою одиницеюдвостороння одниця.

Нуль, це вiдображення, яке ¹ в один i той же час i лiвим i правим нулем двостороннiм нулем.

Лiва, права i двостороння одиниця одна це вiдображення idA.

Знайдемо композицiю h = f ¢ g: За визначенням,

14

Далi шука¹мо точку В

За допомогою спiввiдношення (12) перепису¹мо формулу (11)

15

В проведених мiркуваннях та обчисленнях може мiститися помилка чи логi- чна, чи арифметична. Щоб сутт¹во зменшити ймовiрнiсть цього, можна провести додатковi обчислення в окремих точках у нас пряма розбита на 4 частини, от в кожнiй iз цих частин можна взяти по числу, i провести прямi обчислення в цих точках.

Нехай

Вибiркова перевiрка закiнчна. Вправа виконана.

3.5 Оберненi вiдображення

Розгляда¹мо випадок, коли множини A; B не порожнi, i розглядаються всюди визначенi вiдображення f : A ! B:

Вiдображення g : B ! A назива¹ться лiвим оберненим до f, êîëè

g ¢ f = idA:

Приклад. Нехай A = fa; b; c; dg, B = f1; 2; 3; 4; 5; 6g; i

Тодi функцi¨ g1; g2; g3 : B ! A

будуть лiвими оберненими до функцi¨ f.

Лiва обернена ставить у вiдповiднiсть кожному образу його прообраз (у iн'¹- ктивного вiдображення прообраз ¹диний), а елементи, якi не ¹ образами, переводить куди завгодного.

Вiдображення g : B ! A назива¹ться правим оберненим до f, êîëè

f ¢ g = idB:

16

Приклад. Нехай B = fa; b; c; dg, A = f1; 2; 3; 4; 5; 6g; i

Тодi функцi¨ g1; g2; g3 : B ! A

будуть правими оберненими до функцi¨ f.

Права обернена функцiя ставить у вiдповiднiсть кожному образу один (довiльно вибраний) прообраз (у сюр'¹ктивного вiдображення кожен елемент ¹ образом).

Вiдображення g : B ! A назива¹ться оберненим до f, êîëè g ¢ f = idA i f ¢ g = idB

Приклад. Нехай A = fa; b; c; d; e; fg, B = f1; 2; 3; 4; 5; 6g; i

Тодi функцiz g : B ! A

¹ оберненою до функцi¨ f.

Вiдображення назива¹ться оборотним, коли воно ма¹ обернене.

Теорема 3.2 Вiдображення f : A ! B ма¹ праве обернене тодi i тiльки тодi,

коли воно сюр'¹ктивне.

Вiдображення f : A ! B ма¹ лiве обернене тодi i тiльки тодi, коли воно

iн'¹ктивне.

Вiдображення f : A ! B ма¹ обернене тодi i тiльки тодi, коли воно бi¹ктивне.

Доведення. Припустимо, що f¢g = idA: Òîäi x = f(g(x)). Отже вiдображення f cюр'¹ктивне. Якщо ж вiдображення f сюр'¹ктивне, то для кожного y 2 B повний проообраз f¡1(y) не порожнiй, можна вибрати один елемент в цьому прообразi i g(y) 2 f¡1(y) довiльно вибраний елемент. Тодi fg(y) = y для будь-якого y 2 B:

Припустимо, що g ¢ f = idA: Òîäi

x 6= y ) gf(x) 6= gf(y) ) f(x) 6= f(y);

17

i вiдображення f iн'¹ктивне.

Припустимо, що вiдображення f iн'¹ктивне. Виберемо в множинi A один елемент a 2 A. Визначимо вiдображення g : B ! A нступним чином. g(x) = a; якщо повний прообраз f¡1(x) порожнiй. I g(x) = f¡1(x); якщо повний прообраз склада¹ться iз одного елемента. Тодi g(f(x)) = x для будь-якого x 2 A i вiдображення g ¹ лiвим оберненим для f.

Iз сказаного виплива¹, що вiдображення f ма¹ обернене тодi i тiльки тодi, коли воно бi¹ктивне.

Бi¹ктивнi вiдображення скiнченно¨ множини в себе називають пiдстановками.

Оберненим до добутку fg оборотних вiдображень буде добуток g¡1f¡1. Äiéñíî

(fg) ¢ (g¡1f¡1) = f(g ¢ g¡1)f¡1 = f ¢ f¡1 = id:

4 Основнi числовi функцi¨.

Зупинимося на основних числових функцiях:

ax; 1=x; ax; loga x; xa; sin x; arcsin x; cos x; arccos x; tg x; arctg x:

Лiнiйна функцiя (пряма пропорцiональнiсть) f : R ! R; f(x) = ax ïðè a 6= 0

¹ бi¹ктивною, оберненою до не¨ буде функцiя g(x) = a1 x: Функцiя f : R n f0g ! R n f0g; f(x) = x1

бi¹ктивню i ця функцiя сама до себе обернена.

Функцiя f : R ! R; f(x) = x2 не iн'¹ктивна f(¡1) = f(1) = 1, i íå

сюр'¹ктивна f(x) =6 ¡1: Тому ця функцiя не ма¹ однстороннiх обернених.

Вона матиме обернену функцiя у випадку, коли ми звузимо область визначення до fx 2 Rjx ¸ 0 i область значень також до fx 2 Rjx ¸ 0. Саме це мають на увазi, коли кажуть, що функцi¨ x2 i px вза¹мно оберненi (див. рис. 11.)

Подiбним чином поступають з функцi¹ю xa; a 2 R; a 6= 0 i область визна-

чення i область значень цих функцiй склада¹ься iз невiд'¹мних дiйсних чисел. Окремо розглядають функцi¨ xn для непарних натуральних чисел. Цi функцi¨ iз

множини дiйсних чисел у множину дiйсних чисел ¹ бi¹ктивнимpè i, вiдповiдно, вони мають оберненi. Графiки вза¹мно обернених функцiй x3 i 3 x зображено на

ðèñ. 12.

Функцi¨ sin x òà cos x iз множини дiйсних чисел у множину дiйсних чисел

також не iн'ктивнi i не сюр'¹ктивнi. Тому для них нема¹ обернених. Однак коли ми звужу¹мо область значень до вiдрiзка [¡1; 1] функцi¨ стають сюр'¹ктивними,

отже мають багато правих обернених правими оберненими до функцi¨

18

Рис. 15: Функцi¨ tg x i arctg x вза¹мно оберненi Рис. 16: Функцi¨ 2x i log2 x вза¹мно оберненi

19

f(x) = sin x; f : R ! [¡1; 1]

будуть функцi¨

g(x) = arcsin x + 2k¼; k 2 Z; g : [¡1; 1] ) R;

òîìó ùî äëÿ x 2 [¡1; 1]

sin(arcsin x + 2k¼) = x:

Щоб права обернена функцiя стала ¹диною, потрiбно£ звузити¤ область визна- чення. Для синуса область визначення звужують до ¡¼2 ; ¼2 ; а для косинуса область визначення звужують до [0; ¼] :

Îòæå sin(arcsin x) = x òîäi i òiëüêè òîäi, êîëè ¡1 · x · 1: À arcsin(sin x) = x

òîäi i òiëüêè òîäi, êîëè ¡¼2 · x · ¼2 : Грфiки функцiй sin x ïðè ¡¼2 · x · ¼2 i arcsin x êîëè ¡1 · x · 1; зображено на рис. 13

Ðiâíiñòü cos(arccos x) = x òîäi i òiëüêè òîäi, êîëè ¡1 · x · 1: À arccos(cos x) = x òîäi i òiëüêè òîäi, êîëè 0 · x · ¼: Графiки функцiй cos x ïðè 0 · x · pi i

arccos x êîëè ¡1 · x · 1; зображено на рис. 14

Функцiя tg x ма¹ областю визначення дiйснi числа, що не дорiвнють ¼2 + k¼ для деякого цiлого k. Областю значень ¹ всi дiйснi числа. Отже ця функцiя

¹ сюр'¹ктивною, але не iн'¹ктивною. Тому вона ма¹ багато правих обернених. Правими оберненими до тангенса будуть функцi¨

òîìó ùî äëÿ x 2 R

loga(ax) = x:

20