[morito14]

Para las imagenes he usado la variable \( y \) en vez de la \( x \).
Eso no tiene importancia en sí mismo, pero veo que has usado una \( x \), y aunque formalmente no está mal, sospecho que "tu mente" anda mezclando imágenes con preimagenes.

Fíjate que no, creo que no me había puesto a pensar pero está mucho mejor la manera en la que tu lo propones. Dejar una letra para la imagen y otra para la preimagen, en lugar de mezclar las letras (que no los conceptos, al menos trato  ).

Pensaré qué me hace falta de la f) y veré si no es mucha lata hacer las demostraciones hacia el otro lado. Si es mucha lata ya dejaré que otro compañero las haga, que al menos creo haber aprendido y todavía quedan muchos ejercicios de esta sección.

Por otro lado, una pregunta de LaTex. ¿Existe el símbolo "tal que"? Mi profesor de mate usaba como una t inversa con dos puntitos. Pero no sé si sea algo estándar y si exista en LaTex.

[morito14]

Creo que la f) (después de tanto problema con las otras), ya se me facilitó más.

(f) Supongamos \( y\in f\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \). Entonces existe \( x\in\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \) tal que \( f\left(x\right)=y \). Entonces \( x\in A_{0} \) o \( x\in A_{1}\Rightarrow y\in f\left(A_{0}\right)\cup f\left(A_{1}\right) \)

[argentinator]

Por otro lado, una pregunta de LaTex. ¿Existe el símbolo "tal que"? Mi profesor de mate usaba como una t inversa con dos puntitos. Pero no sé si sea algo estándar y si exista en LaTex.

Para decir tal que, yo suelo usar dos puntos ":".
Hay gente que usa una barra /.
Podrías usar la abreviatura t.q.

En la definición de un conjunto se usa la barra vertical |.


La (f) está perfecta. 

Sólo le agrego un detallito en azul "por las dudas":

(f) Supongamos \( y\in f\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \). Entonces existe \( x\in\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \) tal que \( f\left(x\right)=y \). Entonces \( x\in A_{0} \) o \( x\in A_{1}\Rightarrow y{\color{blue}=f(x)}\in f\left(A_{0}\right)\cup f\left(A_{1}\right) \)

(Editado: Falta la inclusión hacia el otro lado, pero sale facil..., no?)

Saludos

[morito14]

Profe, haciendo la g me di cuenta de que no era tan trivial demostrar las igualdades hacia el otro lado. Así que me di a la tarea de agregarle es parte a las que les hacía falta, de hecho me di cuenta que para eso se usa que f es biyectiva (creo)... ahí van:
2

(a) Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in B_{0} \), por hipótesis \( B_{0}\subset B_{1}\Rightarrow f\left(x\right)\in B_{1} \), por la definición de preimagen, \( \Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)\therefore B_{0}\subset B_{1}\Rightarrow f^{-1}\left(B_{0}\right)\subset f^{-1}\left(B_{1}\right) \).

(b) Supongamos \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in\left(B_{0}\right)\: o\: f\left(x\right)\in\left(B_{1}\right) \), por la definición de preimagen \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\: o\: x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)\therefore x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right) \). Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \). Entonces, \( f\left(x\right)\in B{}_{0} \) o \( f\left(x\right)\in B{}_{1} \), dado que \( f \) es biyectiva \( f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \).

(c) Supongamos \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\cap B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cap B_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in\left(B_{0}\right)\: y\: f\left(x\right)\in\left(B_{1}\right) \), por la definición de preimagen \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\: y\: x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)\therefore x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cap f^{-1}\left(B_{1}\right) \). Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cap f\left(B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cap B_{1}\right) \). Entonces, \( f\left(x\right)\in B{}_{0} \) y \( f\left(x\right)\in B{}_{1} \), dado que \( f \) es biyectiva \( f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cap B_{1}\right)\Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{0}\cap B_{1}\right) \).

(d) Supongamos \( x\in f^{-1}\left(B_{0}-B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}-B_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in\left(B_{0}\right)\: y\: f\left(x\right)\notin\left(B_{1}\right)\therefore x\in\left(f^{-1}\left(B_{0}\right)-f^{-1}\left(B_{1}\right)\right) \). Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)-f\left(B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: x\in B_{0},x\notin B_{1} \). Entonces, \( f\left(x\right)\in B{}_{0} \) y \( f\left(x\right)\notin B{}_{1} \), dado que \( f \) es biyectiva \( f\left(x\right)\in\left(B_{0}-B_{1}\right)\Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{0}-B_{1}\right) \).

(e) Supongamos que \( y\in f(A_{0}) \). Entonces existe \( x\in A_{0} \) tal que \( f(x)=y \). Entonces, \( f\left(x\right)\in f\left(A_{0}\right) \). Por hipótesis \( A_{0}\subset A_{1} \). Entonces \( x\in A_{1} \), entonces, \( f\left(x\right)\in f\left(A_{1}\right). \) Pero teníamos \( y=f(x) \), \( \therefore f\left(A_{0}\right)\subset f\left(A_{1}\right) \).

(f) Supongamos \( y\in f\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \). Entonces existe \( x\in\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \) tal que \( f\left(x\right)=y \). Entonces \( x\in A_{0} \) o \( x\in A_{1}\Rightarrow f\left(x\right)=y\in f\left(A_{0}\right)\cup f\left(A_{1}\right) \). Supongamos \( y\in f\left(A_{0}\right)\cup f\left(A_{1}\right) \), entonces \( y\in f\left(A_{0}\right) \) o \( y\in f\left(A_{1}\right) \) y existe \( x\in A_{0}\cup A_{1} \) tal que \( f\left(x\right)=y \). Entonces, \( x\in\left(A_{0}\cup A_{1}\right)\Rightarrow y\in f\left(A_{0}\cup A_{1}\right) \)

(g) Supongamos \( y\in f\left(A_{0}\cap A_{1}\right) \). Entonces existe \( x\in\left(A_{0}\cap A_{1}\right) \) tal que \( f\left(x\right)=y \). Entonces \( x\in A_{0} \) y \( x\in A_{1}\Rightarrow f\left(x\right)=y\in f\left(A_{0}\right)\cap f\left(A_{1}\right) \). Si \( f \) es inyectiva, entonces existe un solo \( x \) tal que \( f\left(x\right)=y \), entonces, sea \( y\in f\left(A_{0}\right)\cap f\left(A_{1}\right) \), por lo tanto, \( y\in f\left(A_{0}\right)  \)y\(  y\in f\left(A_{1}\right) \). Esto implica que \( x\in A_{0}  \)y\(  x\in A_{1} \), dado que \( x  \)es único\(  x\in\left(A_{0}\cap A_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)=y\in f\left(A_{0}\cap A_{1}\right) \).

(h) Sea \( y\in f\left(A_{0}\right)-f\left(A_{1}\right) \), por definición de función \( y \) es el único elemento de \( B \) que cumple con \( f\left(x\right)=y \). Además, \( y\in f\left(A_{0}\right)  \)y\(  y\notin f\left(A_{1}\right) \). Entonces, \( x\in A_{0},x\notin A_{1} \), o bien \( x\in A_{0}-A_{1}\Rightarrow f\left(x\right)=y\in f\left(A_{0}-A_{1}\right) \). Supongamos \( y\in f\left(A_{0}-A_{1}\right) \), entonces, \( y\in f\left(A{}_{0}\right) \) y \( y\notin f\left(A{}_{1}\right) \), si \( f \) es inyectiva implica que sólo existe un \( x \) tal que \( f\left(x\right)=y \), por lo que podríamos decir que \( x\in A_{0},x\notin A_{1}\Rightarrow x\in\left(A_{0}-A_{1}\right)\therefore f\left(x\right)=y\in f\left(A_{0}-A_{1}\right)  \)

PD ya vi que me han puesto como usario Junior, ¿cuándo termine este curso seré usuario nivel Sensei? 

[morito14]

2.4

modifiqué el c y el e, el e lo traté de hacer de la manera en la que me has enseñado

(c) \( f \) tiene que ser inyectiva, pero \( g \) no necesariamente. Ejemplo: \( A=\left\{ 1\right\} ,B=\left\{ 1,2\right\} ,C=\left\{ 1\right\}  \),
let \( f\left(x\right)=x \) and \( g\left(y\right)=1 \), tal que \( x\in A,y\in B \).
Entonces, hace falta probar que \( f \) necesita ser inyectiva, por contradicción,
supongamos\( f \) no es inyectiva, es decir, \( \exists x_{1}\neq x_{2} \)
tal que \( x_{1},x_{2}\in domain\left(f\right) \) y que \( f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right) \).
Sin embargo, por hipótesis si \( g\circ f\left(x_{1}\right)=g\circ f\left(x_{2}\right)\Rightarrow g\left(f\left(x_{1}\right)\right)=g\left(f\left(x_{2}\right)\right)\Rightarrow{x_{1}=x_{2}} \)
lo cual es una contradicción.

(e) \( f \) no necesita ser suryectiva, sólo \( g \). Ejemplo: \( A=\left\{ 1\right\} ,B=\left\{ 1,2\right\} ,C=\left\{ 1\right\}  \),
let \( f\left(x\right)=1 \) and \( g\left(y\right)=y \), , tal que \( x\in A,y\in B \).
Hace falta probar que \( g \) necesita ser suryectiva:

[1] Por contradicción, suponga que \( g \) no es surjectiva, esto es, \( \exists z_{0}\in C \)
tal que \( g\left(y_{i}\right)\neq z_{0} \) para \( \forall{y_{i}\in B} \).
[2] Definamos \( f\left(x_{j}\right)=y_{j} \), entonces \( y_{j}\subset y_{i} \)
[3] Por 1 y 2, \( g\left(y_{j}\right)\neq z_{0} \) o sustituyendo \( g\left(f\left(x_{j}\right)\right)\neq z_{0} \)
[4] Sin embargo, nuestra hipótesis inicial era que \( g\circ f \), es decir \( g\left(f\left(x\right)\right) \),
era suryectiva. Entonces tenemos una contradicción.

[argentinator]

Ante todo, te pido disculpas por las demoras en las respuestas,
pero se debe a problemas de fuerza mayor: no funciona mi proveedor de internet.

(b) Supongamos \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in\left(B_{0}\right)\: o\: f\left(x\right)\in\left(B_{1}\right) \), por la definición de preimagen \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\: o\: x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)\therefore x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right) \).

Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \). Entonces, \( f\left(x\right)\in B{}_{0} \) o \( f\left(x\right)\in B{}_{1} \), dado que \( f \) es biyectiva \( f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \).

No entiendo por qué te complicás la vida con la "reciproca", si después de todo es igual que la primer implicación, pero en orden inverso:

Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right) \)

Se sigue que :\( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right) \textsf{\ o\ } x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)  \)

Luego: \( f(x)\in\left(B_{0}\right) \textsf{\ o\ } f(x)\in\left(B_{1}\right) . \)

Entonces \( f(x)\in\left(B_{0}\right)\cup\left(B_{1}\right)  \).
Finalmente, se deduce que: \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right)  \).

No entiendo por qué has invocado la biyectividad de f en este ejercicio...
El ejercicio no supone que f es biyectiva. Además la implicación es cierta, sin recurrir a biyectividad alguna.

En los demás incisos del ejercicio 2 has cometido el mismo error de invocar propiedades que no están en el enunciado.
Pareciera que estás mezclando las hipótesis de otros ejercicios.
Cada nuevo ejercicio... es borrón y cuenta nueva.
En los incisos del ejercicio 2 no se exige biyectividad ni ninguna otra propiedad a las funciones...

¿Estás teniendo claro que "no todas las funciones son biyectivas, o inyectivas o suryectivas"?

¿O es sólo una mezcla de enunciados de ejercicios?

[morito14]

Ante todo, te pido disculpas por las demoras en las respuestas,
pero se debe a problemas de fuerza mayor: no funciona mi proveedor de internet.

(b) Supongamos \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow f\left(x\right)\in\left(B_{0}\right)\: o\: f\left(x\right)\in\left(B_{1}\right) \), por la definición de preimagen \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\: o\: x\in f^{-1}\left(B_{1}\right)\therefore x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right) \).

Sea \( x\in f^{-1}\left(B_{0}\right)\cup f^{-1}\left(B_{1}\right)\Rightarrow x\in A\: tal\: que\: f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \). Entonces, \( f\left(x\right)\in B{}_{0} \) o \( f\left(x\right)\in B{}_{1} \), dado que \( f \) es biyectiva \( f\left(x\right)\in\left(B_{0}\cup B_{1}\right)\Rightarrow x\in f^{-1}\left(B_{0}\cup B_{1}\right) \).

No entiendo por qué te complicás la vida con la "reciproca", si después de todo es igual que la primer implicación, pero en orden inverso:

¿Estás teniendo claro que "no todas las funciones son biyectivas, o inyectivas o suryectivas"?

¿O es sólo una mezcla de enunciados de ejercicios?

Más preocupante, según yo necesitaba esa propiedad. Pero bueno, vamos mejorando. Revisaré los conceptos antes de intentar corregir los ejercicios.

[morito14]

Creo que ya me quedó claro lo del 2.2, no se necesitaba que fuera biyectiva.

Ahora, una duda, la preimagen y la función inversa tienen la misma notación. Sin embargo, la preimagen siempre existe pero no necesariamente la función inversa. Cómo sabemos cuando hablamos de preimagen o de función inversa?

cómo ves el 2.4?

[morito14]

Ante todo, te pido disculpas por las demoras en las respuestas,
pero se debe a problemas de fuerza mayor: no funciona mi proveedor de internet.

No importa, al contrario te agradezco mucho, me siento cada vez un poco más cómodo con las demostraciones.

[morito14]

Sección 3
1
\( E=\left\{ y\mid y\sim x^{2}\right\}  \)
Reflexibilidad: \( x_{i}^{2}\sim x_{i}^{2}\forall x_{i}\in A \), esto se cumple dada la igualdad
Simetría: \( x_{0}^{2}\sim y_{0} \), entonces \( y_{0}\sim x_{0}^{2} \), esto se cumple dada la igualdad
Transitividad: dada la igualdad, reflexibilidad y simetria podemos afirmar que \( x_{1}^{2}\sim y_{0} \)

4
(a) Transitividad: sea \( a_{i}\in A \), \( i=1,2,3,... \) Si \( a_{1}\sim a_{2} \) y \( a_{2}\sim a_{3} \), entonces \( f(a_{1})=f(a_{2}) \) y \( f(a_{2})=f(a_{3}) \), entonces \( f(a_{1})=f(a_{3}) \). Luego \( a_{1}\sim a_{3} \).
Simetría: si \( a_{0}\sim a_{1}\Rightarrow\left(f(a_{0})=f(a_{1})\right)\Rightarrow\left(f(a_{1})=f(a_{2})\right)\Rightarrow a_{1}\sim a_{0} \)
Reflexibilidad: si \( a_{1}\sim a_{1}\Rightarrow\left(f(a_{1})=f(a_{1})\right)\Rightarrow a_{1}\sim a_{1} \)
(b) Sea \( A={[a]|a\in A} \) la relación de equivalencia, también sea
\( f^{\star}:A^{\star}\rightarrow B \) la función que mapea el conjunto de relaciones de equivalencia en \( B \). Por definición de función suryectiva, dado \( b\in B \) existe un \( a\in A \) tal que \( f\left(a\right)=b \), por definición de relación de equivalencia \( f^{\star}\left(\left[a\right]\right)=f\left(a\right) \), luego \( f^{\star}\left(\left[a\right]\right)=b \) \( \therefore f^{\star} \) es suryectiva. Además, dada la igualdad y la relación de equivalencia \( f^{\star}\left(\left[a_{1}\right]\right)=f^{\star}\left(\left[a_{2}\right]\right)\Rightarrow f(a_{1})=f(a_{2}) \), por la definición de \( f^{\star} \), entonces \( a_{1}\sim a_{2}\Rightarrow \)\( \left[a_{1}\right]=\left[a_{2}\right] \) \( \therefore f \) es inyectiva.

5