Прошу прощения, здесь, конечно, есть, что доказывать.
Если множество Х конечно, то всё очевидно.
Прежде всего покажем, что
$f^{-1}(\{a\})\inX$, т.е. прообраз одноэлементного множества есть одноэлементное множество.
Предположим противное, пусть
$f^{-1}(\{a\})=v=\{x,y, ...\}$.
Т.к.
$\{x\}\subsetv$ и
$\{у\}\subsetv$, и
$\{f(\{x\}),f(\{y\})\}\subset f(v) = \{a\}$ и содержит не менее двух элементов. Противоречие.
Таким образом,
$f$ инъективно отображает одноэлементные множества (в дальнейшем их будем отождествлять с их элементами) во множество одноэлементных множеств.
Для конечного
$X$ это отображение биективно и дальнейшее не составляет труда. Но и для бесконечного
$X$ всё довольно просто.
Очевидно:
$f(A)\bigcupf(B)\subsetf(A\bigcupB)$. В частности, для любого
$A\subsetX$ имеет место
$\bigcup_{x\inA}f(x)\subsetf(A)$.
Аналогично
$f(A\bigcapB)\subsetf(A)\bigcapf(B)$.
Покажем, что образом одноэлементного множества является одноэлементное множество.
Пусть
$f(a)=A$ для двух различных элементов имеет место:
$x,y\inA$ и
$f^{-1}(x)\nea$.
Тогда для любого
$B$, если
$a\inB$, то
$\bigcup_{x\inB}f(x)\subsetf(B)$.
Полагая
$B=X\setminus\{f^{-1}(x)\}$ мы получим:
$f(B)=X$ - противоречие.
Таким образом, наше отображение индуцирует биекцию множества
$X$ на себя.
Покажем, что
$f(\bar{A})=\bar{f(A)}$, т.е.функция
$f$ сохраняет булеву операцию дополнения.
Действительно, т.к.
$f(A)\bigcupf(B)\subsetf(A\bigcupB)$, то
$f(A)\bigcupf(\bar{A})=X$и
$f(A)\bigcapf(\bar{A})=\emptyset$. Следовательно,
$f(\bar{A})=\bar{f(A)}$.
Отсюда легко получается сохранение других булевых функций.
Редактировалось 2 раз(а). Последний 07.01.2021 01:06.
