Modum Cơ Sở Lý Thuyết Tập Hợp Và Logic Toán Phần 6

Nếu tập xác định X của f là tập hợp các số nguyên dương N* (hoặc tập hợp các số tự nhiên N) thì ánh xạ f : N* → Y (hoặc f : N → Y) được gọi là một dãy vô hạn (gọi tắt là dãy) phần tử của Y. Giả sử f : N* → Y là một dãy.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Modum Cơ Sở Lý Thuyết Tập Hợp Và Logic Toán Phần 6 D(x) = 0 với x ∈⏐R Q.(D là hàm số Điritslê). Tìm ảnh của các tập hợpA = {1, −1, 0,5, 1, 118}, B = {, , e}, C = {, 100} qua ánh xạ D.Ta có: f(A) = {1}; f(B) = {0}; f(C) = {0, 1}.(iii) Cho ánh xạ f: ⏐R → ⏐R xác định bởi f(x) = −3x và các tập hợp số thựcA = {x ∈⏐R : 2 ≤ x ≤ 5}, B = {x ∈⏐R : x < −1}.ảnh của A và B qua ánh xạ f là: f(A) = {y ∈⏐R : −15 ≤ y ≤ −6} và f(B) = {y ∈⏐R : y > 3}.Một vài tính chất của ảnhb) Định líCho ánh xạ f : X → Y và các tập con A, B của X. Khi đó: Nếu A ⊂ B thì f(A) ⊂ f(B),(i) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f(B),(ii)(iii) f (A ∩ B) f(A) ∩ f(B).Chứng minh(i) Nếu y ∈ f(A) thì tồn tại x ∈ A sao cho y = f (x). Vì A ⊂ B nên từ đó suyra x ∈ B và y = f (x). Do đó y ∈ f(B). Vậy f(A) ∈ f(B).(ii) Vì A ⊂ A ∪ B nên, theo (i), ta có f(A) ⊂ f(A ∪ B). f(B) ⊂ f(A ∪ B). Do đóTương tự, f(A) ∪ f(B) ⊂ f (A ∪ B).(1)Ta chứng minh bao hàm thức ngược f(A ∪ B) ⊂ f(A) ∪ f(B).(2)Giả sử y là một điểm bất kì của f(A ∪ B). Khi đó, tồn tại x ∈ A ∪ B saocho y = f(x). Vì x ∈ A ∪ B nên x ∈ A hoặc x ∈ B. Nếu x ∈ A thì y = f(x) ∈f(A), do đó y ∈ f(A) ∪ f(B). Nếu x ∈ B thì y ∈ f(B); do đó y ∈ f(A) ∪f(B). Ta đã chứng minh (2). Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức (ii) cần chứngminh.(iii) Vì A ∩ B ⊂ A nên, theo (i), ta có f (A ∩ B) ⊂ f (A),Tương tự, f(A ∩ B) ⊂ f(B). Do đó f(A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f(B).Chú ý :Trong (iii), không thể thay dấu bởi dấu =. Chẳng hạn, xét ánh xạ f : ⏐R→⏐R xác định bởi f(x) = x và các tập số thực ⏐R = {x ∈⏐R : x ≥ 0}, ⏐R − 2 += {x ∈⏐R : x ≥ 0}. Khi đó ⏐R ∩ ⏐R = {0}; f (⏐R ∩ ⏐R ) = f ({0}) = {0}; − − + +f(⏐R ) = ⏐R , f(⏐R ) = ⏐R và f(⏐R và f (⏐R ) ∩ f(⏐R ) = ⏐R . Như vậy, f − − + + + + + +(⏐R ∩ ⏐R } là một tập con thực sự của f (⏐R ) ∩ f(⏐R ). − − + +Tuy nhiên, nếu f : X → Y là một đơn ánh thì bao hàm thức (iii) trở thànhđẳng thức.c) Định líNếu ánh xạ f : X → Y là một đơn ánh thì với hai tập con A, B bất kì của X,ta đều có: f (A ∩ B) = f(A) ∩ f(B).Chứng minhTheo định lí b), (iii), ta có f(A ∩ B) ⊂ f(A) ∩ f(B). Ta chứng minh: f(A) ∩ f(B) ⊂ f(A ∩ B).(1)Giả sử y ∈ f(A) ∩ f(B). Khi đó y ∈ f(A) và y ∈ f(B). Do đó, tồn tại x ∈ A 1sao cho y = f(x ) và tồn tại x ∈ B sao cho y ∈ f(x ). Từ đó ta có f(x ) = 1 2 2 1f(x ). Vì f là một đơn ánh nên đẳng thức vừa nêu kéo theo x = x . Như vậy, 2 1 2ta có x ∈ A, x ∈ B và y = f(x ), tức là x ∈ A ∩ B và y = f(x ). Do đó y ∈ f 1 1 1 1 1(A ∩ B).Từ đó có đẳng thức (1) cần chứng minh .d) Định líNếu f : X → Y là một ánh xạ thì với hai tập con bất kì của X, ta có: f(A) f(B) ⊂ f (AB).Chứng minhGiả sử y ∈ f(A) f(B). Khi đó y ∈ f(A) và y ∈ f(B). Do đó, tồn tại x ∈ A 1sao cho f(x) = y. Hiển nhiên x ∉ B (vì nếu x ∈ B thì y = f(x) ∉ f(B)). Như 2vậy, ta có x ∈ A, x ∉ B và y = f(x), tức là x ∈ A B và y = f(x). Do đó y ∈f (AB). Từ đó ta có bao hàm thức cần chứng minh.Chú ýTrong bao hàm thức của định lí không thể thay dấu ⊂ bởi dấu =.Ta lấy lại ví dụ vừa xét: f : ⏐R →⏐R là ánh xạ xác định bởi f(x) = x , ⏐R và 2 +⏐R là hai tập con của ⏐R. Khi đó, f(⏐R ) = ⏐R , f(⏐R ) = ⏐R , f(⏐R ) − − + + ...