Fundamenten uitwerkingen huiswerk week 4
4 oktober 2021
Opgave 4.1.1:
(1), (4) en (6) zijn functies. De overige deelverzamelingen F ⊆ A × B hebben elk een element
a ∈ A in het domein waarvoor er niet exact één paar (a, b) ∈ F bestaat.
Opgave 4.1.3:
Diagrammen (i) en (iv) representeren functies. In de overige diagrammen is niet elk element
uit het domein gekoppeld aan exact één element uit het codomein.
Opgave 4.2.3:
(1): f (T ) = [0, 4], dan f −1 (T ) = [−2, 0] met f (f −1 (T )) = f ([−2, 0]) = [0, 1]
en f −1 (f (T )) = f −1 ([0, 4]) = [−3, 1]. √ √
(2): f (T ) = [0, 16], dan f −1 (T ) = [−1, 2 − 1] met f (f −1 (T )) = f ([−1, 2 − 1]) = [0, 2]
en f −1 (f (T )) = f −1 ([0, 16]) = [−5, 3].
(3): f (T ) = {2, 3}, dan f −1 (T ) = (1, 2] met f (f −1 (T )) = f ((1, 2]) = {2}
en f −1 (f (T )) = f −1 ({2, 3}) = (1, 3].
(4): f (T ) = {0, 1, 2, 5, 6}, dan f −1 (T ) = [0, 3) ∪ [6, 7)
met f (f −1 (T )) = f ([0, 3) ∪ [6, 7)) = {0, 1, 2, 6}
en f −1 (f (T )) = f −1 ({0, 1, 2, 5, 6}) = [0, 3) ∪ [5, 7).
Opgave 4.2.13:
We merken op dat de oneven opgaven zeer soortgelijk zijn aan de even opgaven, de even
opgaven zijn hieronder uitgewerkt.
Gegeven: verzamelingen A en B met deelverzamelingen X ⊆ A en Y ⊆ B en functie
f : A → B.
(2):
Te bewijzen: f (f −1 (Y )) ⊆ Y .
Bewijs. Volgens Deelstelling 3 van Stelling 4.2.4 geldt dat f (f −1 (Y )) ⊆ Y als en alleen als
f −1 (Y ) ⊆ f −1 (Y ), dit laatste is duidelijk waar en daarom geldt inderdaad f (f −1 (Y )) ⊆ Y .
1
, (4):
Te bewijzen: Y = f (f −1 (Y )) als en alleen als Y = f (W ) voor een W ⊆ A.
Bewijs. ” =⇒ ”. Stel Y = f (f −1 (Y )). Dan geldt voor W = f −1 (Y ) ⊆ A dat Y = f (W ).
” ⇐= ”. Stel Y = f (W ) voor een W ⊆ A. Dan geldt f (W ) ⊆ Y . Uit Deelstelling 3
van Stelling 4.2.4 volgt dat W ⊆ f −1 (Y ). Vervolgens geeft Deelstelling 4 van Stelling 4.2.4
f (W ) ⊆ f (f −1 (Y )). Aangezien f (W ) = Y volgt dat Y ⊆ f (f −1 (Y )). Volgens de definitie
van het inverse beeld geldt f −1 (Y ) ⊆ A en dus f (f −1 (Y )) ⊆ Y . Uit deze inclusies volgt dat
Y = f (f −1 (Y )).
(6):
Te bewijzen: f −1 (f (f −1 (Y ))) = f −1 (Y ).
Bewijs. ”⊆”. Volgens de redenatie in deelopgave (4) weten we dat f (f −1 (Y )) ⊆ Y en dus
volgt uit Deelstelling 5 van Stelling 4.2.4 dat f −1 (f (f −1 (Y ))) ⊆ f −1 (Y ).
”⊇”. Aangezien f (f −1 (Y )) ⊆ f (f −1 (Y )) geeft Deelstelling 3 van Stelling 4.2.4 dat
f −1 (Y ) ⊆ f −1 (f (f −1 (Y ))).
Omdat zowel f −1 (f (f −1 (Y ))) ⊆ f −1 (Y ) als f −1 (Y ) ⊆ f −1 (f (f −1 (Y ))) geldt moet gelden dat
f −1 (f (f −1 (Y ))) = f −1 (Y ).
Opgave 4.3.4:
(1):
Laat h : R → R gedefinieerd zijn door h(x) = x2 . Vanwege vergelijking f (0) = 0 6= 1 = f (1)
is deze functie is niet constant.
Laat k : R → R gedefinieerd zijn door
(
1, als x ≥ 0,
f (x) =
x, als x < 0.
Functie k is niet constant (f (−1) = −1 6= 1 = f (0)).
Omdat voor iedere x ∈ R er geldt dat h(x) ≥ 0 moet gelden dat (k ◦ h)(x) = 1 en dus is k ◦ h
een constante functie.
(2):
Laat s : R → R gedefinieerd zijn door s(x) = x/2. Omdat s(2) = 1 6= 2 geldt dat s 6= 1R .
Laat t : R → R gedefinieerd zijn door s(x) = 2x. Omdat t(1) = 2 6= 1 geldt dat t 6= 1R .
We merken op dat voor elke x ∈ R er geldt dat (s ◦ t)(x) = s(2x) = x en daarom (s ◦ t) = 1R .
2
