§E1.1写像

証明.(1)$f=(X,Y,\Gamma)$、$g=(X,Y,\Gamma')$とおく。$f=g$であるとすると$\Gamma=\Gamma'$であり、$x\in X$に対して$f(x)$と$g(x)$はいずれも$(x,y)\in\Gamma$を満たす唯一の$y$であるから$f(x)=g(x)$である。

逆に、任意の$x\in X$に対して$f(x)=g(x)$が成り立つとする。$(x,y)\in\Gamma$とすると$y=f(x)=g(x)$であり、$(x,g(x))\in\Gamma'$であるから$(x,y)\in\Gamma'$である。よって$\Gamma\subseteq\Gamma'$であり、$\Gamma$と$\Gamma'$を入れ替えた同じ議論により$\Gamma'\subseteq\Gamma$である。定義域と終域は仮定により一致しているので$f=g$である。

(2)$\emptyset\times Y=\emptyset$である。$\Gamma=\emptyset$とおくと、$\emptyset$には元が存在しないので、定義 1.1の条件は検査すべき$x$を一つももたず、空虚に成り立つ。よって$(\emptyset,Y,\emptyset)$は$\emptyset$から$Y$への写像である。また$\emptyset\times Y=\emptyset$の部分集合は$\emptyset$だけであるから、$\emptyset$から$Y$への写像のグラフは$\emptyset$に限る。したがってそのような写像は$(\emptyset,Y,\emptyset)$ただ一つである。▨

証明.(1)$g\circ f$は$X$から$Z$への写像であるから$h\circ(g\circ f)$は$X$から$W$への写像であり、$h\circ g$は$Y$から$W$への写像であるから$(h\circ g)\circ f$も$X$から$W$への写像である。任意の$x\in X$に対して

であるから、命題 1.3 (1)により二つの写像は等しい。

(2)$f\circ\operatorname{id}_X$と$\operatorname{id}_Y\circ f$はいずれも$X$から$Y$への写像である。任意の$x\in X$に対して

であるから、命題 1.3 (1)により$f\circ\operatorname{id}_X=f$かつ$\operatorname{id}_Y\circ f=f$である。▨

証明.(1)$x,x'\in X$が$(g\circ f)(x)=(g\circ f)(x')$を満たすとする。合成の定義により$g(f(x))=g(f(x'))$であり、$g$が単射であるから$f(x)=f(x')$である。$f$が単射であるから$x=x'$である。

(2)$z\in Z$をとる。$g$が全射であるから$g(y)=z$を満たす$y\in Y$が存在し、$f$が全射であるから$f(x)=y$を満たす$x\in X$が存在する。このとき$(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(y)=z$である。

(3)全単射は単射かつ全射であるから、(1)により$g\circ f$は単射であり、(2)により$g\circ f$は全射である。▨

証明.(1)$x,x'\in X$が$f(x)=f(x')$を満たすとする。両辺に$g$を施すと$(g\circ f)(x)=g(f(x))=g(f(x'))=(g\circ f)(x')$であり、$g\circ f$が単射であるから$x=x'$である。

(2)$z\in Z$をとる。$g\circ f$が全射であるから$(g\circ f)(x)=z$を満たす$x\in X$が存在する。$y=f(x)\in Y$とおくと$g(y)=g(f(x))=z$である。▨

証明.$g\circ f=\operatorname{id}_X$かつ$f\circ g=\operatorname{id}_Y$を満たす$g\colon Y\to X$が存在するとする。例 3.2 (1)により$\operatorname{id}_X$は単射であり$\operatorname{id}_Y$は全射である。$g\circ f=\operatorname{id}_X$は単射であるから、命題 3.6 (1)により$f$は単射である。$f\circ g=\operatorname{id}_Y$は全射であるから、命題 3.6 (2)により$f$は全射である。よって$f$は全単射である。

逆に$f$が全単射であるとする。各$y\in Y$に対して、全射性により$f(x)=y$を満たす$x\in X$が存在し、単射性によりそのような$x$はただ一つである。したがって

は定義 1.1の条件を満たし、$g=(Y,X,\Gamma)$は$Y$から$X$への写像である。$g(y)$は$f(g(y))=y$を満たす唯一の元であるから、任意の$y\in Y$に対して$(f\circ g)(y)=y=\operatorname{id}_Y(y)$であり、命題 1.3 (1)により$f\circ g=\operatorname{id}_Y$である。また任意の$x\in X$に対して$f(g(f(x)))=f(x)$であり、$f$の単射性により$g(f(x))=x$であるから、同じく命題 1.3 (1)により$g\circ f=\operatorname{id}_X$である。

$g$と$g'$がともに二つの等式を満たすとする。命題 2.2 (2)と命題 2.2 (1)により

であるから、そのような写像はただ一つである。▨

証明.(1)定義 3.1の二つの等式は$f$と$f^{-1}$を入れ替えても同じ条件であるから、$f$は$f^{-1}$の逆写像である。よって命題 3.8により$f^{-1}$は全単射であり、逆写像の一意性から$(f^{-1})^{-1}=f$である。

(2)命題 2.2 (1)と命題 2.2 (2)により

であり、同じ計算により

である。したがって$f^{-1}\circ g^{-1}$は$g\circ f$の逆写像であり、命題 3.8により$g\circ f$は全単射であって$(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}$である。▨

証明.(1)逆像の定義により$f^{-1}(\emptyset)=\{x\in X\mid f(x)\in\emptyset\}$であり、$f(x)\in\emptyset$を満たす$x$は存在しないから$f^{-1}(\emptyset)=\emptyset$である。また任意の$x\in X$に対して$f(x)\in Y$であるから$f^{-1}(Y)=X$である。

(2)$x\in X$に対して、$x\in f^{-1}(A\cap B)$が成り立つことは$f(x)\in A\cap B$が成り立つことであり、これは$f(x)\in A$かつ$f(x)\in B$、すなわち$x\in f^{-1}(A)$かつ$x\in f^{-1}(B)$と同値である。

(3)$x\in X$に対して、$x\in f^{-1}(A\cup B)$が成り立つことは$f(x)\in A$または$f(x)\in B$が成り立つことであり、これは$x\in f^{-1}(A)$または$x\in f^{-1}(B)$と同値である。

(4)$x\in X$に対して、$x\in f^{-1}(A\setminus B)$が成り立つことは$f(x)\in A$かつ$f(x)\notin B$が成り立つことであり、これは$x\in f^{-1}(A)$かつ$x\notin f^{-1}(B)$と同値である。

(5)(4)により$f^{-1}(Y\setminus A)=f^{-1}(Y)\setminus f^{-1}(A)$であり、(1)により$f^{-1}(Y)=X$である。

(6)$n=1$では二つの等式の両辺がともに$f^{-1}(A_1)$である。$n$について二つの等式が成り立つとする。$A_1\cap\cdots\cap A_{n+1}=(A_1\cap\cdots\cap A_n)\cap A_{n+1}$であるから、(2)と帰納法の仮定により

である。和集合についても、$A_1\cup\cdots\cup A_{n+1}=(A_1\cup\cdots\cup A_n)\cup A_{n+1}$と(3)により同じ計算が成り立つ。したがって帰納法により、すべての$1$以上の整数$n$について主張が成り立つ。▨

証明.(1)像の定義により$f(\emptyset)=\{f(s)\mid s\in\emptyset\}$であり、$\emptyset$には元が存在しないから$f(\emptyset)=\emptyset$である。

(2)$y\in f(A)$とすると$y=f(a)$を満たす$a\in A$が存在する。仮定により$a\in B$であるから$y\in f(B)$である。

(3)$y\in f(A\cup B)$とすると$y=f(x)$を満たす$x\in A\cup B$が存在する。$x\in A$ならば$y\in f(A)$であり、$x\in B$ならば$y\in f(B)$であるから、$y\in f(A)\cup f(B)$である。逆の包含は、$A\subseteq A\cup B$と$B\subseteq A\cup B$に(2)を適用して得られる。

(4)$A\cap B\subseteq A$と$A\cap B\subseteq B$に(2)を適用すると$f(A\cap B)\subseteq f(A)$かつ$f(A\cap B)\subseteq f(B)$である。

(5)$y\in f(A)\setminus f(B)$とすると、$y=f(a)$を満たす$a\in A$が存在し、かつ$y\notin f(B)$である。$a\in B$であるとすると$y=f(a)\in f(B)$となって矛盾するので$a\notin B$である。したがって$a\in A\setminus B$であり$y\in f(A\setminus B)$である。▨

証明.(1)像の定義により$f(X)\subseteq Y$である。$f$が全射であるとすると、任意の$y\in Y$に対して$f(x)=y$を満たす$x\in X$が存在するので$y\in f(X)$であり、$Y\subseteq f(X)$が成り立つ。よって$f(X)=Y$である。逆に$f(X)=Y$であるとすると、任意の$y\in Y$は$y\in f(X)$を満たすので$f(x)=y$を満たす$x\in X$が存在する。よって$f$は全射である。

(2)各$x\in X$に対して$f(x)\in f(X)$であるから、$\{(x,f(x))\mid x\in X\}$は$X\times f(X)$の部分集合であり、定義 1.1の条件を満たす。よって$\bar f$は$X$から$f(X)$への写像である。$y\in f(X)$をとると$y=f(x)$を満たす$x\in X$が存在し、$\bar f(x)=f(x)=y$であるから$\bar f$は全射である。$f$が単射であるとすると、$\bar f(x)=\bar f(x')$は$f(x)=f(x')$にほかならないので$x=x'$であり、$\bar f$は単射である。したがって$\bar f$は全単射である。▨