제 2 절 상과 역상
정 의 5.18 f : X → Y 가 함수이고 A ⊆ X, B ⊆ Y 일 때
(1) 집합
f (A) ={f(x) | x ∈ A}
을 f에 의한 A의 상(image)이라 한다.
(2) 집합
f−1(B) ={x ∈ X | f(x) ∈ B}
를 f에 의한 B의역상(inverse image)이라 한다.
참 고 5.19 (1) y ∈ f(A) ⇐⇒ ∃a ∈ A, y = f(a).
(2) x∈ f−1(B) ⇐⇒ f(x) ∈ B.
(3) x∈ A =⇒ f(x) ∈ f(A).
(4) f (x)∈ f(A) ̸=⇒ x ∈ A.
(5) f가 전단사이면, x ∈ A ⇐⇒ f(x) ∈ f(A)이다.
(6) f가 전단사이면, x ∈ A ⇐⇒ f−1(x)∈ f−1(A)이다.
[[ 예 ]] 5.20 특성함수 χ[1,2]: R → {0, 1}에 대해 χ[1,2]([1, 2]) = {1},
χ[1,2](R − [1, 2]) = {0}, χ[1,2]([1, 3]) = {0, 1},
χ[1,2](R) = {0, 1}이다. 또한 χ−1[1,2]({1}) = [1, 2],
χ−1[1,2]({0}) = R − [1, 2], χ−1[1,2]({0, 1}) = R이다.
[[ 예 ]] 5.21 상수함수 f : R → R, f(x) = 3에 대해, f ({1}) = {3},
f ([1, 2]) ={3}, f (R) = {3},
f−1({3}) = R이다.
정 리 5.22 f : X → Y 가 함수일 때 아래 사실이 성립한다.
(1) f (ϕ) = ϕ
(2) f ({x}) = {f(x)}, ∀x ∈ X (3) A⊆ B ⊆ X =⇒ f(A) ⊆ f(B) (4) C ⊆ D ⊆ Y =⇒ f−1(C) ⊆ f−1(D)
증명. (1) f(ϕ) = {f(x) | x ∈ ϕ} = ϕ (2) f ({x}) = {f(a) | a ∈ {x}} = {f(x)}
(3) y ∈ f(A)
=⇒ ∃a ∈ A, y = f(a)
=⇒ ∃a ∈ B, y = f(a) (∵ A ⊆ B)
=⇒ y = f(a) ∈ f(B)
∴ f(A) ⊆ f(B) (4) x∈ f−1(C)
=⇒ f(x) ∈ C
=⇒ f(x) ∈ D
=⇒ x ∈ f−1(D)
∴ f−1(C)⊆ f−1(D)
[[ 예 ]] 5.23 f :R → R, f(x) = 2x인 함수와 두 집합 [0, 1]⊆ [0, 2]에 대해 상과 역상의 포함관계는
f ([0, 1]) = [0, 2]⊆ [0, 4] = f([0, 2]),
f−1([0, 1]) = [0,12]⊆ [0, 1] = f−1([0, 2])이다.
또한 f({1}) = {2} = {f(1)}이다.
참 고 5.24 분명히 같은 집합에 대한 상은 같다.
즉, C = D =⇒ f(C) = f(D)이다.
그러나 상이 같다고 해서 원래 집합이 같은 것은 아니다.
즉 f(C) = f(D) ̸=⇒ C = D이다.
아래 그림과 같이 주어진 함수를 생각하면 f (C) = f (D) ={1, 2}이지만 C ̸= D이다.
f
f f f
A B
C D
a c
b d
1 2 3
그림 7 f (C) = f (D)̸=⇒ C = D
참 고 5.25 같은 집합에 대한 역상은 같다.
즉, C = D =⇒ f−1(C) = f−1(D)이다.
그러나 역상이 같다고 해서 원래 집합이 같은 것은 아니다.
즉 f−1(C) = f−1(D)̸=⇒ C = D이다.
아래 그림과 같이 주어진 함수를 생각하면
f−1(C) = f−1(D) = {a}이지만 C ̸= D이다.
A B 1
2
3
4 a
b
f
f
C
D
그림 8 f−1(C) = f−1(D)̸=⇒ C = D
[[ 예 ]] 5.26 f (A)⊆ B ⇐⇒ A ⊆ f−1(B) 풀이. (=⇒) a ∈ A
=⇒ f(a) ∈ f(A)
=⇒ f(a) ∈ B
=⇒ a ∈ f−1(B)
∴ A ⊆ f−1(B)
반대 방향도 쉽게 보일 수 있다.
정 리 5.27 f : X → Y 가 함수이고
{Aγ | γ ∈ Γ}가 X의 부분집합족일 때 다음이 성립한다.
(1) f (∪
γ∈ΓAγ) = ∪
γ∈Γf (Aγ) (2) f (∩
γ∈ΓAγ) ⊆∩
γ∈Γf (Aγ)
증명. (1)
y∈ f(∪
γ∈Γ
Aγ) ⇐⇒ ∃x ∈ ∪
γ∈Γ
Aγ, f (x) = y (5.7)
⇐⇒ [∃γ ∈ Γ, x ∈ Aγ]∧ f(x) = y (5.8)
⇐⇒ ∃γ ∈ Γ, y = f(x) ∈ f(Aγ) (5.9)
⇐⇒ y ∈ ∪
γ∈Γ
f (Aγ) (5.10)
∴ f(∪
γ∈ΓAγ) = ∪
γ∈Γf (Aγ)
(2) ∩
γ∈ΓAγ ⊆ Aλ, ∀λ ∈ Γ
=⇒ f(∩
γ∈ΓAγ)⊆ f(Aλ), ∀λ ∈ Γ
∴ f(∩
γ∈ΓAγ) ⊆∩
λ∈Γf (Aλ) = ∩
γ∈Γf (Aγ)
[[ 예 ]] 5.28 f :R → R, f(x) = 2x인 함수에 대해
An = [0,n1], n∈ N을 생각하자.
f (∪
n∈N
An) = f (
∪∞ n=1
[ 0, 1
n ]
) (5.11)
= f ([0, 1]) (5.12)
= [0, 2] (5.13)
∪
n∈N
f (An) =
∪∞ n=1
f (An) (5.14)
=
∪∞ n=1
f ( [
0, 1 n
]
) (5.15)
=
∪∞ n=1
[ 0, 2
n ]
(5.16)
= [0, 2] (5.17)
따라서 f(∪
n∈NAn) = ∪
n∈Nf (An)이 됨을 알 수 있다.
[[ 예 ]] 5.29 f :R → R, f(x) = 3인 상수함수와 An = (0,n1), n∈ N을 생각하자.
f (∩
n∈N
An) = f (
∩∞ n=1
( 0, 1
n )
) (5.18)
= f (ϕ) (5.19)
= ϕ (5.20)
∩
n∈N
f (An) =
∩∞ n=1
f (An) (5.21)
=
∩∞ n=1
f ( (
0, 1 n
)
) (5.22)
=
∩∞ n=1
{3} (5.23)
= {3} (5.24)
따라서 f(∩
n∈NAn) $∩
n∈Nf (An) 이다.
따름정리 5.30 f : X → Y 가 함수이고 A, B ⊆ X일 때 (1) f (A∪ B) = f(A) ∪ f(B),
(2) f (A∩ B) ⊆ f(A) ∩ f(B).
[[ 예 ]] 5.31 f :R → R, f(x) = x2인 함수에 대해 A = [0, 1], B = [1, 2]이면,
f (A∪ B) = f([0, 2]) = [0, 4]가 되고, f (A) = [0, 1], f (B) = [1, 4]이므로 f (A)∪ f(B) = [0, 4]이 되어 f (A∪ B) = f(A) ∪ f(B)가 된다.
그러나, C = [−1, 0], D = [0, 1]이면, f (C∩ D) = f({0}) = {0}이 되고, f (C) = [0, 1], f (D) = [0, 1]이므로 f (C)∩ f(D) = [0, 1]이 되어 f (C∩ D) ̸= f(C) ∩ f(D)가 된다.
정 리 5.32 f : X → Y 가 함수이고 {Bγ | γ ∈ Γ}가 Y 의 부분집합족일 때 다음이 성립한다.
(1) f−1(∪
γ∈ΓBγ) =∪
γ∈Γf−1(Bγ) (2) f−1(∩
γ∈ΓBγ) =∩
γ∈Γf−1(Bγ)
증명. (1)
x∈ f−1(∪
γ∈Γ
Bγ) ⇐⇒ f(x) ∈ ∪
γ∈Γ
Bγ (5.25)
⇐⇒ ∃γ ∈ Γ, f(x) ∈ Bγ (5.26)
⇐⇒ ∃γ ∈ Γ, x ∈ f−1(Bγ) (5.27)
⇐⇒ x ∈ ∪
γ∈Γ
f−1(Bγ) (5.28)
(2)
x∈ f−1(∩
γ∈Γ
Bγ) ⇐⇒ f(x) ∈ ∩
γ∈Γ
Bγ (5.29)
⇐⇒ ∀γ ∈ Γ, f(x) ∈ Bγ (5.30)
⇐⇒ ∀γ ∈ Γ, x ∈ f−1(Bγ) (5.31)
⇐⇒ x ∈ ∩
γ∈Γ
f−1(Bγ) (5.32)
[[ 예 ]] 5.33 f :R → R, f(x) = 2x인 함수에 대해 An = [0,n1], n∈ N을 생각하자.
f−1(∪
n∈N
An) = f−1(
∪∞ n=1
[ 0, 1
n ]
) (5.33)
= f−1([0, 1]) (5.34)
= [
0,1 2 ]
(5.35)
∪
n∈N
f−1(An) =
∪∞ n=1
f−1(An) (5.36)
=
∪∞ n=1
f−1( [
0, 1 n ]
) (5.37)
=
∪∞ n=1
[ 0, 1
2n ]
(5.38)
= [
0,1 2 ]
(5.39)
따라서 f−1(∪
n∈NAn) =∪
n∈Nf−1(An)가 됨을 알 수 있다.
따름정리 5.34 f : X → Y 가 함수이고 C, D ⊆ Y 일 때 (1) f−1(C∪ D) = f−1(C)∪ f−1(D),
(2) f−1(C∩ D) = f−1(C)∩ f−1(D).
[[ 예 ]] 5.35 f :R → R, f(x) = x2인 함수에 대해 A = [0, 1], B = [1, 4]이면,
f−1(A∪ B) = f−1([0, 4]) = [−2, 2]가 되고,
f−1(A) = [−1, 1], f−1(B) = [−2, −1] ∪ [1, 2]이므로 f−1(A)∪ f−1(B) = [−2, 2]가 되어
f−1(A∪ B) = f−1(A)∪ f−1(B)가 된다.
또한, A = [0, 1], B = [1, 4]이면,
f−1(A∩ B) = f−1({1}) = {−1, 1}이 되고,
f−1(A) = [−1, 1], f−1(B) = [−2, −1] ∪ [1, 2]이므로 f−1(A)∩ f−1(B) = {−1, 1}가 되어
f−1(A∩ B) = f−1(A)∩ f−1(B)가 된다.
정 리 5.36 f : X → Y 가 함수이고 A ⊆ X, B ⊆ Y 일 때 (1) A⊆ f−1(f (A)),
(2) f (f−1(B))⊆ B.
증명. (1) x ∈ A
=⇒ f(x) ∈ f(A) (∵ 상의 정의)
=⇒ x ∈ f−1(f (A)) (∵ 역상의 정의)
∴ A ⊆ f−1(f (A)) (2) y ∈ f(f−1(B))
=⇒ ∃x ∈ f−1(B), y = f (x) (∵ 상의 정의)
=⇒ ∃f(x) ∈ B, y = f(x) (∵ 역상의 정의)
=⇒ y ∈ B
∴ f(f−1(B))⊆ B
[[ 예 ]] 5.37 f :R → R, f(x) = x2인 함수에 대해 A = [0, 1]이면, f−1f (A) = f−1(f ([0, 1])) = f−1([0, 1]) = [−1, 1]이므로
A⊆ f−1f (A)이다.
[[ 예 ]] 5.38 f :R → R, f(x) = x2인 함수에 대해 B = [−1, 1]이면, f f−1(B) = f (f−1([−1, 1])) = f([−1, 1]) = [0, 1]이므로
f f−1(B)⊆ B이다.
정 리 5.39 f : X → Y 가 함수이고 B, C ⊆ Y 일 때 f−1(B− C) = f−1(B)− f−1(C)이다.
증명.
x∈ f−1(B − C) ⇐⇒ f(x) ∈ B − C (5.40)
⇐⇒ f(x) ∈ B ∧ f(x) /∈ C (5.41)
⇐⇒ x ∈ f−1(B)∧ x /∈ f−1(C) (5.42)
⇐⇒ x ∈ f−1(B)− f−1(C) (5.43)
정 리 5.40 f : X → Y 가 함수이고 B ⊆ Y 일 때 f−1(B′) = (f−1(B))′이다.
증명. f−1(Y ) = X이므로 위 정리에 의해,
f−1(B′) = f−1(Y − B) = f−1(Y )− f−1(B) (5.44)
= X − f−1(B) = (f−1(B))′ (5.45)
[[ 예 ]] 5.41 f (x) = 2x, B = [2,∞)일 때,
f−1(Bc) = f−1([2,∞)c) = f−1((−∞, 2)) = (−∞, 1)이고, (f−1(B))c= (f−1([2,∞)))c = [1,∞)c= (−∞, 1)이므로 f−1(Bc) = (f−1(B))c이다.
[[ 예 ]] 5.42 f (x) = x2, B = [−1, 1]일 때,
f−1(Bc) = f−1([−1, 1]c) (5.46)
= f−1((−∞, −1) ∪ (1, ∞)) (5.47)
= f−1((−∞, −1)) ∪ f−1((1,∞)) (5.48)
= ϕ∪ f−1((1,∞)) (5.49)
= f−1((1,∞)) (5.50)
= (−∞, −1) ∪ (1, ∞) (5.51)
= [−1, 1]c (5.52)
이고,
(f−1(B))c= (f−1([−1, 1]))c = [−1, 1]c이므로 f−1(Bc) = (f−1(B))c이다.
