§ 6. Композиция (суперпозиция) функций

Хотя операция композиции функций не изучается в школе, она служит для образования сложных функций, знакомых школьникам старших классов.

Пусть даны две функции f: A  B и g: C  D с областями определения D(f)  A, D(g)  C и образами Im(f)  B, Im(g)  D. Композицией функций f и g называется множество

g  f = {(a; d)  AD | a  D(f)  f(a)  D(g)  d = g(f(a))},

если оно непусто (т.е. если g  f является бинарным отношением). Ясно, что D(g  f) = {a  D(f) | f(a)  D(g)},

Im(g  f) = {g(f(a))  C | a  D(f)  f(a)  D(g)}.

На самом деле композиция функций (в том случае, когда она определена) является функцией, т.к. удовлетворяет условию

 a  D(g  f)  ! d  D a (g  f) d

функциональности: из определения видно, что если a (g  f) d, то d = g(f(a)) и это значение определено однозначно поскольку f, g – функции. Итак, композиция двух функций f: A  B и g: B  C является операцией, позволяющей построить новую функцию g  f: A  D из А в D.

Примеры: 1. Пусть функции f : R  R и g : R  R заданы правилами f(x) = x – 1, g(y) = . Тогда A = B = C = D = R и композиция gf : R  R вычисляется по правилу gf(x) = g(f(x)) = g(x – 1) = . При этом

D(gf) = {a  D(f) | f(a)  D(g)} = { a  R | a – 1  R₊₀ } =

= {a  R | a – 1  0} = [1; +∞ ],

Im(g  f) = {g(f(a))  C | a  D(gf)} = {  R | a  1} = R₊₀ .

Таким образом, композиция gf – это знакомая сложная функция y = , области определения и значений которой можно найти непосредственно и убедиться, что они совпадут с вычисленными в примере 1 множествами.

2. Если f: R  R, f(x) = –1 –x², g: R  R, g(y) = ln(y), то A = B = C = D = = R, но композиция gf не определена, т.к. D(gf) = {a  D(f) | f(a)  D(g)} = = {a  R | –1–a²  R₊} = .

Это согласуется со школьным подходом: сложная функция y = ln(–1 – x²) нигде не определена.

3. Если f : R₊  R, f(x) = cos x, g : [0; 1]  R, g(y) = y – , то A = R₊ , B = R = D, C = [0; 1] и композиция gf : R  R вычисляется по правилу gf(x) = g(f(x)) = g(cos x) = cos x – . При этом

D(gf) = {a  D(f) | f(a)  D(g)} = {a  R₊ | cos a  [0; 1]} =

= {a  R₊ | 0+2n  a  + 2n } = [2n; 2n + ].

5. Если f : R₊  R, f(x)= x – , g: [0; 1] R, g(y) = cos y, то A = R₊ , B = R = D, С = [0; 1] и композиция gf : R₊  R вычисляется по правилу gf(x) = g(f(x)) = cos(x – ) = sin x. При этом

D(gf) = {a  D(f) | f(a)  D(g)} = {a  R₊ | a –  [0; 1]} =

= {a  R₊ |  a  1+} = [ ; 1 + ].

Теорема (об ассоциативности композиции функций). Пусть A, B, C, D – непустые множества, f : A  B, g : B  C, h : C  D – функции. Тогда можно образовать композиции h(gf) : A  D и (hg)f : A  D, которые на самом деле равны между собой. Таким образом, выполняется закон ассоциативности композиции h(gf) = (hg)f .

Доказательство. Исходя из определения равенства функций, необходимо проверить два условия: D(h(gf)) = D((hg)f) – равенство областей определения и  a  D(h(gf)) h(gf)(a) = h(gf)(a) – совпадение значений.

Имеем

D(h(gf)) = {a  D(gf) | gf(a)  D(h)} =

= {a  {x  D(f) | f(x)  D(g)} | g(f(a))  D(h)} =

= { a  D(f) | f(a)  D(g)  g(f(a))  D(h)} =

= { a  D(f) | f(a)  {x  D(g) | g(x)  D(h)}} =

= {a  D(f) | f(a)  D(hg)} = D((hg)f).

Кроме того,

 a  D(h(gf)) h(gf)(a) = h(gf(a)) = h(g(f(a))) = hg(f(a)) = (hg)f(a).

Теорема доказана.

В отличие от закона ассоциативности композиция функций, вообще говоря, не коммутативна: существуют функции f: A  A и g: A  A, для которых fg  gf. Приведите примеры таких функций (ещё раз проанализируйте предыдущие примеры).

Теорема (о композиции функций специального вида). Пусть А, В, С – непустые множества, f : A  B и g : B  C – функции. Тогда

(1) если f и g – отображения, то gf – отображение,

(2) если f и g – инъективны, то gf – инъективна,

(3) если f и g – сюръективны, то gf – сюръективна,

(4) если f и g – биективны, то gf – биективна.

Доказательство. Все свойства доказываются однотипно, исходя из определений функций специального вида.

(1) Пусть f и g – отображения, т.е. D(f) = A, D(g) = B. Нужно доказать, что D(gf) = A. Если a  A, то определены b = f(a)  B и c = g(b)  C, т.е. определено и значение gf(a) = g(f(a)) = g(b) = c, что и требовалось.

(2) Пусть f и g – инъективные функции, т.е. каждая принимает различные между собой значения при разных значениях своих аргументов. Нужно доказать, что  a₁ , a₂  D(gf) gf(a₁) = gf(a₂)  a₁ = a₂ . В самом деле, если gf(a₁) = gf(a₂), то g(f(a₁)) = g(f(a₂)), откуда (ввиду инъективности функции g) следует f(a₁) = f(a₂). В свою очередь из этого равенства получаем a₁ = a₂ ввиду инъективности функции f, что и требовалось.

(3) Пусть f и g – сюръективны, т.е. Im(f) = B, Im(g) = C. Нужно доказать, что Im(gf) = C. Если c  C, то (ввиду сюръективности g) найдётся такой элемент b  B, что g(b) = c. Сюръективность функции f гарантирует существование для найденного b  B такого элемента a  A, что f(a) = b. Поэтому gf(a) = g(f(a)) = g(b) = c, что и требовалось.

(4) следует из (1), (2), (3).

Теорема доказана.

Следствие. Пусть А – непустое множество и

F(A) = { f : A  A | D(f) = A}

– множество всех отображений из А в А. Тогда

(1)  f, g  F(A) gf  F(A),

(2)  f, g, h  F(A) (hg)f = h(gf),

(3)  id_A  F(A)  f  F(A) fid_A = f = id_Af.

Доказательство. (1) и (2) уже доказаны.

Для проверки (3) нужно проверить, что fid_A = f = id_Af, т.е.  a  A fid_A(a) = f(a) = id_Af(a). Это проверяется непосредственно: например,

fid_A(a) = f(id_A(a)) = f(a) = id_A(f(a)) = id_Af(a).

Следствие доказано.