Es $f(A)\cap f(B)$ un subconjunto de $f(A\cap B)$ ?

Question

Dejemos que $X$ et $Y$ sean conjuntos y que $f\colon X\to Y$ sea una función de $X$ a $Y$ . Si $A$ et $B$ son subconjuntos de $X$ ¿es cierto que

$f(A)\cap f(B)$ es un subconjunto de $f(A\cap B)$ ?

Si es así, demuestre su respuesta; si no, proporcione un contraejemplo.

Si asumimos que $f$ es inyectiva, ¿es cierta la inclusión anterior?

Si asumimos que $f$ es sobreyectiva, ¿es cierta la inclusión anterior?

Si asumimos que $f$ es biyectiva, ¿es cierta la inclusión anterior?

Mis pensamientos:

No, no es cierto. Como contraejemplo, consideremos los conjuntos $A = \{1,2\}$ et $B = \{2,3\}$ . Sea $f\colon A\to B$ donde $1$ mapas a $4$ , $2$ a la nada, y $3$ mapas a $4$ et $5$ .

Entonces $f(\{1,2\})\cap f(\{2,3\}) = \{4\}\cap\{4,5\} = \{4\}$ . Sin embargo, $f(\{1,2\}\cap\{2,3\}) = f(\{2\}) = \varnothing$ . $\{4\}$ no es un subconjunto del conjunto vacío.

Creo que es cierto si la función es inyectiva (y también biyectiva obviamente) pero no suryectiva.

Answer 1

Su definición de $f$ es incómodo. En primer lugar $f$ se supone que se define en $A$ pero el dominio de $f$ parece ser $\{1,3,4\}\neq A$ y el rango de $f$ que debería ser un subconjunto de $B$ es $\{4,5\}$ . Además, $f(3)$ es ambos $4$ et $5$ .

Así que $f$ no está bien definido en absoluto . Pero la idea que subyace a tu sugerencia es de hecho plausible. Arreglemos $f$ primero.

Podemos tomar $X=\{1,2\}$ et $Y=\{1\}$ y definir $f(1)=f(2)=1$ . Ahora tomando $A=\{1\}$ et $B=\{2\}$ obtenemos que $f(A\cap B)=\varnothing$ mientras que $f(A)\cap f(B)=\{1\}$ . Lo que sí es un contraejemplo.

Si te fijas bien, este ejemplo también es subjetivo. Así que esto descarta la subjetividad como posible solución. ¿Y la inyectividad?

Si $f$ es inyectiva, y $y\in f(A)\cap f(B)$ entonces hay algo de $a\in A$ et $b\in B$ tal que $f(a)=f(b)=y$ utilizando la inyectividad obtenemos que $a=b$ y por lo tanto $a\in A\cap B$ así que $y\in f(A\cap B)$ . Y esto establece la inclusión; y como se mantiene para la inyectividad, se mantendrá también para las funciones biyectivas.

Answer 2

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Más información

Si $c \in f(A) \cap f(B)$ entonces $c \in f(A)$ et $c \in f(B)$ . Así que existe una $a \in A$ s.t. $f(a) = c$ y hay un $b \in B$ s.t. $f(b) = c$ et $f(a) = f(b)=c$ .

Eso está bien... pero sólo es eso.

¿Se deduce que $c \in f(A\cap B)$ ? En otras palabras, ¿se deduce que hay una $d \in A\cap B$ tal que $f(d) = c$ ? En realidad no, tal vez podamos encontrar un $a \in A \cap B^c$ donde $f(a) = c$ y un $b \in B \cap A^c$ donde $f(a) = c$ pero no hay $d \in A \cap B$ donde $f(d) = c$ . ¿Es eso posible?

Claro. $f(x) = |x|$ . Sea $A = (-\infty, 0)$ et $B = (0, \infty)$ et $A \cap B = \emptyset$ . Si $a > 0$ entonces $-a \in A$ et $a = f(-a) \in f(A)$ . $a = f(a) \in f(B)$ . Así que $a \in f(A) \cap f(B)$ pero $a \not \in f(A\cap B) = \emptyset$ .

Así que $f(A) \cap f(B)$ no necesita ser $ \subseteq f(A\cap B)$ .

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Pero, ¿y si $f$ es inyectiva? Es decir. Si $f(a) = f(b) = c$ entonces debe sea que $a = b$ .

Si $c \in f(A) \cap f(B)$ entonces $c \in f(A)$ et $c \in f(B)$ . Así que debe existir un $a \in A$ tal que $f(a) = c$ . Y existe un $b \in B$ tal que $f(b) = c$ . Pero eso significa $a = b$ Esto significa que $a=b \in A \cap B$ . Así que $c \in f(A \cap B)$ .

Así que si $f$ es inyectiva $f(A) \cap f(B) \subseteq f(A \cap B)$ .

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¿Y si $f$ es subjetivo? Bueno, la subjetividad realmente no tiene nada que ver con nada.

Después de todo, podemos redefinir $f:X \rightarrow Y$ como $g:X \rightarrow g(X)$ et $g$ es mágicamente sobreyectiva.

Pero... Un mejor ejemplo podría ser $f(x) = (x - 1)(x + 1)(x - 2)$ . Eso es surjetivo. Sea $A = (-2,0)$ así que $f(-1) = 0 \in f(A)$ y que $B = (0, 2)$ y así $f(1) = 0 \in f(B)$ . Así que $0 \in f(A) \cap f(B)$ pero $A \cap B = \emptyset$ y, una vez más, $0 \not \in f(A \cap B) = \emptyset$ .

Así que no es necesario que se mantenga para $f$ surjective.

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Si $f$ es una biyección, entonces $f$ es inyectiva y tiene que mantenerse.

Answer 3

Parece que lo contrario es cierto. Ya que si $x$ está en ambos $A$ et $B$ entonces $f(x)$ está en ambos $f(A)$ et $f(B)$ por lo que esto significa $f(A \cap B)$ es un subconjunto de $f(A) \cap f(B)$ .

Para obtener un ejemplo que $f(A\cap B)\neq f(A)\cap f(B)$ , Toma $A = (-1, 0), B = (0, 1)$ . Sea $f(x) = x^2$ . Así que $f(A \cap B)=f(\{0\})=0$ pero $f(A) = f(B) = \{0, 1\}$ .

Answer 4

Para los conjuntos $S$ et $T$ , $f(S\cup T) = f(S) \cup f(T).$

Desde $A = (A\cap B) \cup (A\setminus B)$ , $f(A) = f(A\cap B) \cup f(A\setminus B)$ . De la misma manera, $f(B) = f(A\cap B) \cup f(B\setminus A)$ . Por lo tanto, \begin{align} f(A) \cap f(B) &= (f(A\cap B) \cup f(A\setminus B)) \cap (f(A\cap B) \cup f(B\setminus A))\\ &= (f(A\cap B) \cap f(A\cap B)) \cup (f(A\cap B) \cap f(B\setminus A)) \\ & \qquad \cup (f(A\setminus B) \cap f(A\cap B)) \cup (f(A\setminus B) \cap f(B\setminus A)) \\ &= f(A\cap B) \cup (f(A\setminus B) \cap f(B\setminus A)). \end{align}

Así que $f(A\cap B) \subseteq f(A) \cap f(B)$ pero en el sentido inverso sólo es válida si $f(A\setminus B) \cap f(B\setminus A) = \emptyset$ .

Si existe un $x \in f(A\setminus B)$ y un $y \in f(B\setminus A)$ tal que $f(x) = f(y)$ entonces $f(x) \in f(A\setminus B) \cap f(B\setminus A)$ et $f(A) \cap f(B) \not\subseteq f(A\cap B)$ . Pero si no existen tales $x$ et $y$ , entonces $f(A\setminus B)$ et $f(B\setminus A)$ son disjuntos, y $f(A) \cap f(B) \subseteq f(A\cap B)$ .

Esto es una indicación de cómo construir un contraejemplo tal que $f(A) \cap f(B) \not\subseteq f(A\cap B)$ . Es posible construir una $f$ que sirve como tal contraejemplo, siempre que $f$ no es también inyectiva. Pero si $f$ es inyectiva, la existencia de tal contraejemplo queda descartada.

Answer 5

En absoluto. Toma $f : X\rightarrow Y$ con $$ X=Y=\{0,1\};\ f(0)=f(1)=0\ ; A=\{0\};\ B=\{1\}\ . $$