Napíšem sem ešte niečo k úlohe 1e) z d.ú. 5.
http://msleziak.com/vyuka/2018/temno/du05.pdf
Zadanie je:
Dokážte, že pre $f\colon X\to Y$, $A,B\subseteq X$ platí
$$\Obr fA\setminus\Obr fB=\Obr f{A\setminus B}$$
za predpokladu, že $f$ je injekcia.
Môžeme si všimnúť, že ak
vynecháme predpoklad o injektívnosti, tak rovnosť už nemusí nutne platiť. Toto je spomenuté v úlohe b) z tejto istej d.ú. (Kontrapríklad nie je ťažké nájsť. Takisto je tam spomenuté ktorá z inklúzii platí všeobecne - pre ľubovoľné zobrazenia.)
Takúto vec je dobré si uvedomiť. Napríklad je z toho jasné, že ak ste napísali nejaké riešenie kde sa injektívnosti nijako nevyužila, tak v ňom niekde musí byť nejaký problém. (Možno je to chyba v dôkaze. Možno ste použili nejaký krok ktorý platí len pre injekcie - bez toho aby ste si to uvedomili.)
Napíšem tu aj niečo k riešeniu - ale aby som nechal možnosť ľuďom ktorý sa nad touto úlohou chcú zamyslieť samostatne, tak ho tu nechám skryté.
Ukážme najprv $\Obr fA\setminus\Obr fB\subseteq\Obr f{A\setminus B}$.
Všimnime si, že v tomto dôkaze sme nikde nepotrebovali injektívnosť zobrazenia $f$; táto inklúzia platí pre ľubovoľné zobrazenie.
Chceme sa ešte pozrieť na platnosť $\Obr f{A\setminus B}\subseteq \Obr fA \setminus \Obr fB$.
(Z toho, ako je sformulované zadanie sa dá uhádnuť, že asi v niektorej časti bude treba použiť injektívnosť. Keďže v opačnej inklúzii sme ju nepotrebovali, dá sa čakať že ju použijeme tu.)
Píšem o tomto najmä preto, že sa objavilo jedno študentské riešenie, ktoré využíva $A\setminus B=A\cap B^c$. Jednak by som chcel okomentovať používanie doplnku a asi hlavne to, aké výhrady som mal voči tomu ako to bolo použité v tomto riešení. (Azda tento komentár môže byť užitočný aj pre ostatných.)
Najprv teda skúsim stručne zreprodukovať, čo bolo napísané v odovzdanom riešení.
$$A\setminus B=\{x\in A; x\notin B\}=\{x\in A; x\in B^c\}=A\cap B^c$$
$B^c$ - doplnok množiny $B$
$U$ - univerzum (poznám z predmetu diskrétna matematika)
(Riešenie ďalej obsahovalo obrázok znázorňujúci $A\setminus B=A\cap B^c$, z tohoto obrázku bolo vidieť aj $B^c = U\setminus B$.)
\begin{align*}
\Obr fA \setminus \Obr fB
&\overset{(1)}= \Obr fA \cap (\Obr fB)^c \\
&\overset{(2)}= \Obr fA \cap (\Obr f{B^c}) \\
&\overset{(3)}= \Obr f{A\cap B^c} \\
&\overset{(4)}= \Obr f{A\setminus B}
\end{align*}
Je ale $f$ injektívne?
V zadaní máme predpoklad, že $f$ je injekcia. Teda to platí.
Číslovanie rovností som pridal ja - aby som sa na ne mohol odvolávať. Hlavne chcem povedať, v čom vidím problém s rovnosťami $(2)$ a $(3)$. (Prinajmenšom tak ako je to napísané tu.)
Nejaké poznámky k doplnku množiny.
Síce som na prednáške len stručne spomenul
Russelov paradox a to že neexistuje
množina všetkých množín. Ale aj keď sme to spomenuli iba stručne, tak vieme že niečo takéto vedie k problémom. Čiže interpretovať $A^c$ ako množinu všetkých množín (vecí, objektov), ktoré nepatria do $A$ asi nie je dobré.
Práve preto, keď pracujeme s komplementom, tak to zvyčajne urobíme tak, že pracujeme vnútri nejakého vopred zvoleného univerza $U$. (Čo by mala byť nejaká množina, ktorá je dosť veľká na to aby obsahovala všetky prvky, ktoré potrebujeme.) Z
Wikipédie
If $A$ is a set, then the absolute complement of $A$ (or simply the complement of $A$) is the set of elements not in $A$. In other words, if $U$ is the universe that contains all the elements under study, and there is no need to mention it because it is obvious and unique, then the absolute complement of $A$ is the relative complement of $A$ in $U$:
$$A^c=U\setminus A.$$
Formally $$A^c=\{x\in U; x\notin A\}.$$
Dôležité je ale uvedomiť si, že $A^c$
závisí od univerza $U$, ktoré sme si zvolili.
Samozrejme, sú situácie kedy s týmto nie je najmenší problém. Napríklad pre rovnosti $A\setminus B=A\cap B^c$ všetko funguje v poriadku pre úplne akékoľvek univerzum $U$ obsahujúce $A$ aj $B$.
A použitie doplnku môže byť často užitočné. Napríklad ak poriadne zdôvodníme všetky kroky, tak rovnosť $A\setminus (B\cup C)=(A\setminus B)\cap(A\setminus C)$ môžeme dostať ako
$$A\setminus (B\cup C) = A\cap (B\cup C)^c = A\cap (B^c\cap C^c) = (A\cap B^c)\cap (A\cap C^c) = (A\setminus B) \cap (A\setminus C).$$
(Nechám na vás aby ste si rozmysleli prečo jednotlivé rovnosti platia a čo by v tomto prípade malo byť univerzum. A tiež si môžete rozmyslieť, či sa vám zdá takýto dôraz výrazne jednoduchší ako použitím definícií, ktoré sme mali na prednáške - kde som sa používaniu doplnku vyhol; ušetril som si tým to, že som nemusel upozorňovať že si treba dávať pozor na voľbu univerza.)
Poznámky k tomuto riešeniu
Najprv napíšem nejaké poznámky, k tomuto riešeniu, ktoré nesúvisia s tým že používame doplnok.
Tak ako je napísané, nie je jasné kde sa použila injektívnosť. Keď sa pozrieme pozornejšie tak v $(3)$ sa zrejme využíva $\Obr fC \cap \Obr fD=\Obr f{C\cap D}$. Takáto rovnosť neplatí všeobecne, platí pre injektívne zobrazenia. (V riešení to však uvedené nebolo.) A injektívnosť môže byť použitá aj $(2)$, keďže však s touto rovnosťou je spojených viacero nejasností, tak pri nej sa zdržíme dlhšie.
Jeden z krokov v riešení bola rovnosť $\Obr fA \cap (\Obr fB)^c = \Obr fA \cap (\Obr f{B^c})$. Čiže tu ide zrejme o to, že chcete použiť
$$(\Obr fB)^c=\Obr f{B^c}.$$
Ako je to s touto rovnosťou?
Ako som už spomenul vyššie, zápis $A^c$ je nejednoznačný, kým nepovieme čo je univerzum $U$. Uvedená rovnosť vtedy vlastne znamená
$$U\setminus \Obr fB = \Obr f{U\setminus B}.$$
Čo by bolo vhodné zvoliť za $U$ v tomto prípade?
Jedna z možností, ktorá by sa zdala rozumná, je zobrať niečo čo obsahuje $X$ aj $Y$, napríklad $U=X\cup Y$. Mali by sme tak zaručené, že $U$ obsahuje všetky prvky s ktorými potrebujeme robiť - v našej úlohe sa vyskytujú podmnožiny $X$ a podmnožiny $Y$.
Takto by sme sa dostali do miernych problémov, ako veľmi jednoduchý príklad si zoberme už len $X=\{0\}$, $Y=\{1\}$ a $B=X$. Potom $U=\{0,1\}$, $\Obr f{B^c}=\Obr f{U\setminus B}= \Obr f{\{1\}}$. Máme problém v tom, že táto množina nie je ani definovaná - obraz $\Obr fC$ sme definovali iba pre podmnožiny definičného oboru a v našom príklade neplatí $U\setminus B\subseteq X$. Mohli by sme síce trochu špekulovať, či nevieme obraz množiny nejako rozumne definovať aj bez obmedzenia že zobrazujeme iba podmnožiny definičného oboru. A potom skúsiť rozmýšľať o tom, či takéto zovšeobecnenie pomôže pri našom probléme. Možno to môžeme skúsiť nejako rozumnejšie.
Iná možnosť je použiť na jednej strane rovnosti iné univerzum ako na druhej. Toto sa zdá byť vcelku prirodzené - asi v inom univerze sa pohybujeme keď pracujeme s podmnožinami definičného oboru (podmnožinami $X$) a podmnožinami kooboru (podmnožinami $Y$). Teda ak si nejako zvolíme $U_1$ a $U_2$, tak vlastne ide o rovnosť
$$U_2\setminus \Obr fB = \Obr f{U_1\setminus B}.$$
Skúsme sa teda zamyslieť nad tým, čo by mohla byť vhodná voľba pre $U_{1,2}$.
Jedna možnosť, ktorá asi vyzerá prirodzene, je $U_1=X$, $U_2=Y$. Máme tým zabezpečené, že bez ohľadu na voľbu $A,B\subseteq X$ bude množina $U_1$ obsahovať všetky prvky z $B$ (aj z $A\setminus B$) a podobne $U_2$ obsahuje všetky prvky kooboru a teda aj $\Obr fA$, $\Obr fB$. Problém je, že dostávame rovnosť ktorá nemusí nutne platiť:
$$Y\setminus \Obr fB = \Obr f{X\setminus B}.$$
Napríklad ak si zvolíme $X=\{0\}$, $Y=\{0,1\}$ a $f(x)=x$, tak pre $B=\{0\}$ dostávame $Y\setminus \Obr fB=Y\setminus\{0\}=\{1\}$ a $\Obr f{X\setminus B}=\Obr f\emptyset=\emptyset$, takže tieto dve množiny sa nerovnajú.
Ešte jednoduchší kontrapríklad je azda $B=\emptyset$. Vtedy máme $Y\setminus\Obr fB=Y$, zatiaľčo $\Obr f{X\setminus B}=\Obr fX=\{0\}\ne Y$.
Zdá sa, že problémy nám v predošlom prípade narobilo to, že $f$ nie je surjektívne. Možno by teda rozumnejšia voľba bola $U_2=\Obr f{A\cup B}$ (a tomu asi vcelku prirodzene zodpovedá $U_1=A\cup B$). Dosiahneme, že $U_1$ obsahuje prvky množín $A$ aj $B$ s ktorým pracujeme. Podobne na strane nerovnosti kde vystupujú $\Obr fA$ a $\Obr fB$ pracujeme s $U_2$ ktoré obsahuje obe tieto množiny. Vtedy sa naša nerovnosť stáva nerovnosťou
$$\Obr f{A\cup B} \setminus \Obr fB = \Obr f{(A\cup B)\setminus B}.$$
To je však presne nerovnosť, ktorú sa snažíme dokázať - len použitá pre množiny $A\cup B$ a $B$.
Samozrejme, nie je v poriadku používať v dôkaze nejakého tvrdenia priamo dokazované tvrdenie. Vedie to k dôkazu do kruhu.
Internet (a iné zdroje)
Ešte napíšem niečo aj k tomuto. Práve v d.ú. o ktorej píšem sa spomenulo, že pri riešení si študent ktorý ju odovzdal pomohol vecami čo našiel na tejto stránke:
https://math.stackexchange.com/q/2523317.
Používanie internetu, literatúry, akýchkoľvek ďalších zdrojov pri riešení domácich úloh je úplne v poriadku. Treba samozrejme počítať aj s tým, že sa občas môžu v zdrojoch ktoré nájdete objaviť aj chyby alebo niektoré veci môžu byť definované trochu inak ako sme ich definovali my.
Keď už nejaké riešenie odovzdávate, tak ho píšete za seba - čiže vlastne tvrdíte že riešeniu rozumiete a myslíte si, že je správne.
Niečo k tomuto som na fóre už kedysi písal:
viewtopic.php?t=140