Prova quello $f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda) = \bigcap_{\lambda \in L} f(A_\lambda)$ iff $f$ è iniettiva

Question

Ho intenzione di dimostrarlo $f\colon X\to Y$ è iniettabile iff per qualsiasi famiglia $(A_{\lambda})_{\lambda\in L}$ di sottoinsiemi di $X$ noi abbiamo $f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda) = \bigcap_{\lambda \in L} f(A_\lambda)$.

Per prima cosa, proviamolo per $f\colon X\to Y$e $A\subset X$, $f$ è iniettiva iff $A= f^{-1}(f(A))$

Prova. ($\Rightarrow$). Per contraddizione. Se$f$ è iniettiva, quindi per qualsiasi $x_1,x_2\in X$ noi abbiamo $x_1\neq x_2 \implies f(x_1)\neq f(x_2)$. Scegliere$x_1\in A\subseteq X$ e $x_2 \in X\setminus A$, è ovvio che $f(x_1)\in f(A)$ e $f(x_2)\in f(X\setminus A)$. Quindi ogni$y\in f(A)$, perché $f$ è iniettiva, corrisponde a un punto unico $x\in A\subseteq X$ tale che $f(x)=y$. Allora per tutti$A\subseteq X$ possiamo dirlo $f^{-1}(f(A))=A$. Se ci fosse un elemento$x_3\in X\setminus A$ tale che $f(x_3)\in f(A)$, poi $f$ non sarebbe iniettabile perché $f(x_3)\in f(A)$, proprio perché si trova in $f(A)$, dovrebbe corrispondere ad alcuni $x_3\in A\subseteq X$. Quindi l'iniettività di$f$ implica questo per tutti $A\subseteq X$ noi abbiamo $f^{-1}(f(A))=A$.

($\Leftarrow$). Per contraddizione. Tener conto di$x_1\in A\subseteq X$ e $x_2\in X\setminus A$. Poi$f(x_1)\in f(A)$ e $f(x_2)\not\in f(A)$. Abbiamo quello$f^{-1}(f(A)) = A$, quindi ogni elemento in $f(A)$ corrisponde a qualche elemento in $A\subseteq X$. Considera che$f$ non è iniettiva, cioè il caso in cui $f(x_1)=f(x_2)\in f(A)$ e $x_1\neq x_2$. Allora avremmo$f^{-1}(f(A))\neq A$, perché $x_2\not\in A$. Poi,$f$ è iniettiva.

Ora alla prova principale.

Prova . Prova diretta che$f$ è iniettiva $\iff f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda) = \bigcap_{\lambda \in L} f(A_\lambda)$.

\ begin {align *} f (x) \ in f (\ bigcap _ {\ lambda \ in L} A_ \ lambda) & \ iff x \ in f ^ {- 1} (f (\ bigcap _ {\ lambda \ in L } A_ \ lambda)) \\ & \ iff x \ in \ bigcap _ {\ lambda \ in L} A_ \ lambda \ \ text {perché $f$ è iniettivo} \\ & \ iff x \ in A_ \ lambda, \ text {per tutti} \ \ lambda \ in L \\ & \ iff f (x) \ in f (A_ \ lambda), \ text {per tutti } \ \ lambda \ in L \\ & \ iff f (x) \ in \ bigcap _ {\ lambda \ in L} f (A_ \ lambda) \ end {align *}

Posso farlo?

Non potrei mostrarlo se $f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda) = \bigcap_{\lambda \in L} f(A_\lambda)$ poi $f$ è iniettiva senza utilizzare il fatto che $f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda) = \bigcap_{\lambda \in L} f(A_\lambda)$ sta solo se e solo se $f^{-1}(f(\bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda)) = \bigcap_{\lambda\in L} A_\lambda$, e questo è vero solo se e solo se $f$ è iniettiva.

Answer 1

È possibile un argomento molto più semplice. È facile vedere che è sempre vero

$$f\left[\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right]\subseteq\bigcap_{\lambda\in\Lambda}f[A_\lambda]$$

per ogni famiglia $\{A_\lambda:\lambda\in\Lambda\}$ di sottoinsiemi di $X$. Supporre che$f$ è iniettiva e let $x\in\bigcap_{\lambda\in\Lambda}f[A_\lambda]$. Quindi per ciascuno$\lambda\in\Lambda$ C'è un $a_\lambda\in A_\lambda$ tale che $x=f(a_\lambda)$. Fix$\lambda_0\in\Lambda$; da$f$ è iniettiva, $a_\lambda=a_{\lambda_0}$ per ciascuno $\lambda\in\Lambda$, così $a_{\lambda_0}\in\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda$, e $x=f(a_{\lambda_0})\in f\left[\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right]$. Quindi,

$$\bigcap_{\lambda\in\Lambda}f[A_\lambda]\subseteq f\left[\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right]$$

e quindi

$$f\left[\bigcap_{\lambda\in\Lambda}A_\lambda\right]=\bigcap_{\lambda\in\Lambda}f[A_\lambda]\,.$$

Supponiamo ora $f$non è iniettiva. Poi ci sono$x,y\in X$ tale che $x\ne y$, e $f(x)=f(y)$. Permettere$A_0=\{x\}$ e $A_1=\{y\}$; poi

$$\varnothing=f[\varnothing]=f[A_0\cap A_1]\subsetneqq f[A_0]\cap f[A_1]=\{f(x)\}\,.$$