対応による要素の逆像
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)が与えられたとき、終集合の要素\(b\in B\)を任意に選ぶと、これに対して\(b\in f\left( a\right) \)を満たす始集合\(A\)の要素は存在するとは限りませんし、存在する場合にも一意的であるとは限りません。そこで、\(b\in B\)に対して\(a\in f\left( b\right) \)を満たすような\(a\in A\)からなる集合を、\begin{equation*}f^{-1}\left( b\right) =\left\{ a\in A\ |\ b\in f\left( a\right) \right\}
\end{equation*}と表記し、これを\(f\)による\(b\)の逆像（inverse image）や原像（preimage）などと呼びます。\(f^{-1}\left(b\right) \)は\(A\)の部分集合です。
つまり、\(f\left( 1\right) =\left\{ c\right\} \)かつ\(f\left( 2\right) =\left\{ a,c\right\} \)かつ\(f\left( 3\right) =\left\{ b\right\} \)です。図では\(a\)には\(2\)からのみ矢印が伸びていますが、これは\(f\)による\(a\)の逆像が\(\left\{ b\right\} \)であること、すなわち\(f^{-1}\left( a\right)=\left\{ b\right\} \)であることを意味します。また、\(b\)に対して\(1\)と\(3\)から矢印が伸びていますが、これは\(f\)による\(b\)の逆像が\(\left\{ 1,3\right\} \)であること、すなわち\(f^{-1}\left( b\right)=\left\{ 1,3\right\} \)であることを意味します。また、\(f^{-1}\left( c\right) =\left\{ b\right\} \)であることも図から読み取れます。
x\right) \right\} \quad \because \text{逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0\in \left[ 0,x\right] \right\} \quad
\because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ x\geq 0\right\} \\
&=&\left[ 0,1\right] \end{eqnarray*}であり、点\(\frac{1}{2}\in \left[ 0,1\right] \)の逆像は、\begin{eqnarray*}f^{-1}\left( \frac{1}{2}\right) &=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\
\frac{1}{2}\in f\left( x\right) \right\} \quad \because \text{逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \frac{1}{2}\in \left[ 0,x\right] \right\} \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ x\geq \frac{1}{2}\right\} \\
&=&\left[ \frac{1}{2},1\right] \end{eqnarray*}であり、点\(1\in \left[ 0,1\right] \)の逆像は、\begin{eqnarray*}f^{-1}\left( 1\right) &=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 1\in f\left(
x\right) \right\} \quad \because \text{逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 1\in \left[ 0,x\right] \right\} \quad
\because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ x\geq 1\right\} \\
&=&\left\{ 1\right\}
\end{eqnarray*}となります。
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)が与えられたとき、終集合の要素\(b\in B\)に対して\(b\in f\left(a\right) \)を満たす始集合の要素\(a\in A\)は存在するとは限らず、そのような場合には\(f^{-1}\left( b\right) =\phi \)となります。ただ、空集合は任意の集合の部分集合であるため、このような場合にも\(f^{-1}\left( b\right) \)は\(A\)の部分集合であり、定義上、問題はありません。
つまり、\(f\left( 1\right) =\left\{ b\right\} \)かつ\(f\left( 2\right) =\left\{ a\right\} \)かつ\(f\left( 3\right) =\left\{ b\right\} \)です。図では\(a\)に対して\(2\)からのみ矢印が伸びていますが、これは\(f\)による\(a\)の逆像が\(\left\{ 2\right\} \)であること、すなわち\(f^{-1}\left(a\right) =\left\{ 2\right\} \)であることを意味します。また、\(b\)に対して\(1\)と\(3\)から矢印が伸びていますが、これは\(f\)による\(b\)の逆像が\(\left\{ 1,3\right\} \)であること、すなわち\(f^{-1}\left(b\right) =\left\{ 1,3\right\} \)であることを意味します。また、\(c\)に対して伸びる矢印は存在しないため\(f^{-1}\left( c\right) =\phi \)です。
繰り返しになりますが、対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)による終集合の要素\(b\in B\)の逆像は、\begin{equation*}f^{-1}\left( b\right) =\left\{ a\in A\ |\ b\in f\left( a\right) \right\}
\end{equation*}と定義されるため、任意の\(\left( a,b\right) \in A\times B\)に対して、\begin{equation}a\in f^{-1}\left( b\right) \Leftrightarrow b\in f\left( a\right) \quad \cdots (1)
\end{equation}という関係が成り立ちます。つまり、\(a\)が\(f\)による\(b\)の逆像の要素であることと、\(b\)が\(f\)による\(a\)の像の要素であることは必要十分です。さらに、\(f\)のグラフは、\begin{equation*}G\left( f\right) =\left\{ \left( a,b\right) \in A\times B\ |\ b\in f\left(
a\right) \right\}
\end{equation*}と定義されるため、任意の\(\left( a,b\right) \in A\times B\)に対して、\begin{eqnarray*}a\in f^{-1}\left( b\right) &\Leftrightarrow &b\in f\left( a\right) \quad
\because \left( 1\right) \\
&\Leftrightarrow &\left( a,b\right) \in G\left( f\right) \quad \because
\left( 2\right)
\end{eqnarray*}すなわち、\begin{equation}
a\in f^{-1}\left( b\right) \Leftrightarrow \left( a,b\right) \in G\left(
f\right) \quad \cdots (2)
\end{equation}という関係もまた成り立ちます。つまり、\(a\)が\(f\)による\(b\)の逆像の要素であることと、\(\left( a,b\right) \)が\(f\)のグラフの要素であることは必要十分です（下図）。
以上の議論により、対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)による終集合の要素\(b\in B\)の逆像を、\begin{eqnarray*}f^{-1}\left( b\right) &=&\left\{ a\in A\ |\ b\in f\left( a\right) \right\}
\quad \because \text{逆像の定義} \\
&=&\left\{ a\in A\ |\ a\in f^{-1}\left( b\right) \right\} \quad \because
\left( 1\right) \\
&=&\left\{ a\in A\ |\ \left( a,b\right) \in G\left( f\right) \right\} \quad
\because \left( 2\right)
\end{eqnarray*}などと様々な形で表現できることが明らかになりました。
対応による集合の上逆像
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)が与えられたとき、終集合の部分集合\(Y\subset B\)を任意に選びます。\(f\)は始集合\(A\)のそれぞれの要素\(a\)に対してその像\(f\left( a\right) \subset B\)を定めますが、これは\(Y\)の部分集合であるか否かのどちらか一方です。そこで、\(f\left(a\right) \)が\(Y\)の部分集合になるような\(a\)からなる集合を、\begin{equation*}f^{+}\left( Y\right) =\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \subset Y\right\}
\end{equation*}と表記し、これを\(f\)による\(Y\)の上逆像（upper inverse image）や強逆像（strong inverse image）などと呼びます。\(f^{+}\left( Y\right) \)は\(f\)の始集合\(A\)の部分集合です。
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)の終集合\(B\)は\(B\)自身の部分集合であるため、\(f\)による\(B\)の上逆像\(f^{+}\left( B\right) \)を考えることもできます。これを\(f\)の定義域（domain）と呼び、\(D\left( f\right) \)と表記します。つまり、\begin{eqnarray*}D\left( f\right) &=&f^{+}\left( B\right) \quad \because \text{定義域の定義} \\
&=&\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \subset B\right\} \quad \because
\text{上逆像の定義} \\
&=&A\quad \because f\text{の定義}
\end{eqnarray*}です。対応の定義域は始集合と一致するということです。
\end{equation*}という関係が成り立つ。
図より、\(f\left( 1\right) =\left\{ b\right\} \)かつ\(f\left( 2\right) =\left\{ a,c\right\} \)かつ\(f\left( 3\right) =\left\{ b\right\} \)です。このとき、例えば、\begin{eqnarray*}f^{+}\left( \left\{ a,b\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \subset \left\{ a,b\right\} \right\} =\left\{ 1,3\right\} \\
f^{+}\left( \left\{ b,c\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \subset \left\{ b,c\right\} \right\} =\left\{ 1,3\right\} \\
f^{+}\left( \left\{ a,c\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \subset \left\{ a,c\right\} \right\} =\left\{ 2\right\}
\end{eqnarray*}などが成り立ちます。また、\(f\)の定義域は、\begin{eqnarray*}D\left( f\right) &=&f^{+}\left( B\right) \quad \because \text{定義域の定義} \\
&=&\left\{ x\in A\ |\ f\left( x\right) \subset B\right\} \quad \because
\text{逆像の定義} \\
&=&A
\end{eqnarray*}となります。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、その上逆像\(f^{+}\left( Y\right) \)を特定します。始集合\(\mathbb{R} _{+}\)の部分集合\(X\)が上図のように与えられているとき、その要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)はいずれも\(Y\)からはみ出ているため\(x\)は\(f^{+}\left( Y\right) \)の要素ではありません。また、\(X\)に属さない要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)は\(Y\)の部分集合ではないため\(x\)は\(f^{+}\left( Y\right) \)の要素ではありません。したがって、\(f^{+}\left( Y\right) =\phi \)であることが明らかになりました。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、その上逆像\(f^{+}\left( Y\right) \)を特定します。始集合\(\mathbb{R} _{+}\)の部分集合\(X\)が上図のように与えられているとき、その要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)はいずれも\(Y\)の部分集合であるため\(x\in f^{+}\left( B\right) \)です。また、\(X\)に属さない要素\(x\)を任意に選ぶと、その要素\(f\left( x\right) \)は\(Y\)の部分集合ではないため\(x\)は\(f^{+}\left( B\right) \)の要素ではありません。したがって、\(f^{+}\left( Y\right) =X\)であることが明らかになりました。
\quad \because \text{上逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \subset \left[ 0,\frac{1}{2}\right] \right\} \quad \because f\text{の定義}
\\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0\leq x\leq \frac{1}{2}\right\} \\
&=&\left[ 0,\frac{1}{2}\right] \end{eqnarray*}であり、集合\(\left( 0,\frac{1}{2}\right)\subset \left[ 0,1\right] \)の上逆像は、\begin{eqnarray*}f^{+}\left( \left( 0,\frac{1}{2}\right) \right) &=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ f\left( x\right) \subset \left( 0,\frac{1}{2}\right) \right\}
\quad \because \text{上逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \subset \left( 0,\frac{1}{2}\right) \right\} \quad \because f\text{の定義}
\\
&=&\phi \quad \because 0\not\in \left( 0,\frac{1}{2}\right)
\end{eqnarray*}であり、\(f\)の定義域は、\begin{eqnarray*}D\left( f\right) &=&f^{+}\left( \left[ 0,1\right] \right) \quad \because
\text{定義域の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ f\left( x\right) \subset \left[ 0,1\right] \right\} \quad \because \text{上逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \subset \left[ 0,1\right] \right\} \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0\leq x\leq 1\right\} \\
&=&\left[ 0,1\right] \end{eqnarray*}となります。
\end{equation*}を像として定める対応\(g:A\twoheadrightarrow B\)が定義可能です。終集合の部分集合\(Y\subset B\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}g^{+}\left( Y\right) =f^{-1}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立つため（演習問題）、対応による集合の上逆像は、写像による集合の逆像を拡張した概念であることが明らかになりました。
\end{equation*}となりますが、\(f\left( a\right)\subset \phi \)は恒偽式であるため\(f^{+}\left( \phi \right) =\phi \)となります。つまり、対応による空集合の上逆像は空集合です。
対応による集合の下逆像
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)が与えられたとき、終集合の部分集合\(Y\subset B\)を任意に選びます。\(f\)は始集合\(A\)のそれぞれの要素\(a\)に対してその像\(f\left( a\right) \subset B\)を定めますが、これは\(Y\)と交わるか否かのどちらか一方です。そこで、\(f\left( a\right) \)が\(Y\)と交わるような\(a\)からなる集合を、\begin{equation*}f^{-}\left( Y\right) =\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \cap Y\not=\phi
\right\}
\end{equation*}と表記し、これを\(f\)による\(Y\)の下逆像（lower inverse image）や弱逆像（weak inverse image）などと呼びます。\(f^{-}\left( Y\right) \)は\(A\)の部分集合です。
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)の終集合\(B\)は\(B\)自身の部分集合であるため、\(f\)による\(B\)の下逆像\(f^{-}\left( B\right) \)を考えることもできます。具体的には、\begin{eqnarray*}f^{-}\left( B\right) &=&\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \cap B\not=\phi
\right\} \quad \because \text{下逆像の定義} \\
&=&A\quad \because f\text{の定義}
\end{eqnarray*}となります。加えて、先に示したように、\begin{equation*}
D\left( f\right) =f^{+}\left( B\right) =A
\end{equation*}という関係が成り立つため、結局、対応\(f\)の始集合\(A\)、定義域\(D\left(f\right) \)、終集合の上逆像\(f^{+}\left( B\right) \)、終集合の下逆像\(f^{-}\left( B\right) \)はいずれも一致することが明らかになりました。
\end{equation*}という関係が成り立つ。
つまり、\(f\left( 1\right) =\left\{ b\right\} \)かつ\(f\left( 2\right) =\left\{ a,c\right\} \)かつ\(f\left( 3\right) =\left\{ b\right\} \)です。このとき、例えば、\begin{eqnarray*}f^{-}\left( \left\{ a,b\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \cap \left\{ a,b\right\} \not=\phi \right\} =\left\{ 1,2,3\right\}
\\
f^{-}\left( \left\{ b,c\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \cap \left\{ b,c\right\} \not=\phi \right\} =\left\{ 1,2,3\right\}
\\
f^{-}\left( \left\{ a,c\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \cap \left\{ a,c\right\} \not=\phi \right\} =\left\{ 2\right\} \\
f^{-}\left( \left\{ a,b,c\right\} \right) &=&\left\{ x\in A\ |\ f\left(
x\right) \cap \left\{ a,b,c\right\} \not=\phi \right\} =\left\{
1,2,3\right\}
\end{eqnarray*}などが成り立ちます。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、その下逆像\(f^{-}\left( Y\right) \)を特定します。始集合\(\mathbb{R} _{+}\)の部分集合\(X\)が上図のように与えられているとき、その要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)はいずれも\(Y\)と交わるため\(x\in f^{-}\left( Y\right) \)が成り立ちます。一方、\(X\)に属さない要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)は\(Y\)と交わらないため\(x\)は\(f^{-}\left( Y\right) \)の要素ではありません。したがって、\(f^{-}\left(Y\right) =X\)であることが明らかになりました。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、その下逆像\(f^{-}\left( Y\right) \)を特定します。始集合\(\mathbb{R} _{+}\)の部分集合\(X\)が上図のように与えられているとき、その要素\(x\)を任意に選ぶと、その像\(f\left( x\right) \)はいずれも\(Y\)と交わるため\(x\in f^{-}\left( B\right) \)です。また、\(X\)に属さない要素\(x\)を任意に選ぶと、その要素\(f\left( x\right) \)は\(Y\)と交わるため\(x\in f^{-}\left(B\right) \)です。したがって、\(f^{-}\left( Y\right) =\mathbb{R} _{+}\)であることが明らかになりました。
\right\} \quad \because \text{下逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \cap \left[ 0,\frac{1}{2}\right] \not=\phi \right\} \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0\leq x\right\} \\
&=&\left[ 0,1\right] \end{eqnarray*}であり、集合\(\left( 0,\frac{1}{2}\right)\subset \left[ 0,1\right] \)の下逆像は、\begin{eqnarray*}f^{-}\left( \left( 0,\frac{1}{2}\right) \right) &=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ f\left( x\right) \cap \left( 0,\frac{1}{2}\right) \not=\phi
\right\} \quad \because \text{下逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \cap \left( 0,\frac{1}{2}\right) \not=\phi \right\} \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0<x\right\} \\
&=&(0,1] \end{eqnarray*}であり、終集合\(\left[ 0,1\right] \)の下逆像は、\begin{eqnarray*}f^{-}\left( \left[ 0,1\right] \right) &=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \
|\ f\left( x\right) \cap \left[ 0,1\right] \not=\phi \right\} \quad \because
\text{下逆像の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ \left[ 0,x\right] \cap \left[ 0,1\right] \not=\phi \right\} \quad \because f\text{の定義} \\
&=&\left\{ x\in \left[ 0,1\right] \ |\ 0\leq x\right\} \\
&=&\left[ 0,1\right] \end{eqnarray*}となります。
\end{equation*}を像として定める対応\(g:A\twoheadrightarrow B\)が定義可能です。終集合の部分集合\(Y\subset B\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}g^{-}\left( Y\right) =f^{-1}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立つため（演習問題）、対応による集合の下逆像は、写像による集合の逆像を拡張した概念であることが明らかになりました。
\right\}
\end{equation*}となりますが、\(f\left( a\right)\cap \phi \not=\phi \)は恒偽式であるため\(f^{-}\left( \phi \right) =\phi \)となります。つまり、対応による空集合の下逆像は空集合です。
上逆像と下逆像の関係
繰り返しになりますが、対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)による集合\(Y\subset B\)の上逆像は、\begin{equation*}f^{+}\left( Y\right) =\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \subset Y\right\}
\end{equation*}と定義される一方で、\(f\)による\(Y\)の下逆像は、\begin{equation*}f^{-}\left( Y\right) =\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \cap Y\not=\phi
\right\}
\end{equation*}と定義されます。\(f\left(a\right) \)が\(Y\)の部分集合であることは\(f\left( a\right) \)と\(Y\)が交わることを含意するため、\begin{equation*}f^{+}\left( Y\right) \subset f^{-}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立ちそうです。実際、\(f\)が非空値をとる場合には、すなわち、\begin{equation*}\forall a\in A:f\left( a\right) \not=\phi
\end{equation*}が成り立つ場合には、上の包含関係が成り立つことが保証されます。
\end{equation*}という関係が成り立つ。
つまり、\(f\left( 1\right) =\left\{ b\right\} \)かつ\(f\left( 2\right) =\left\{ a,c\right\} \)かつ\(f\left( 3\right) =\left\{ b\right\} \)であるため\(f\)は非空値をとります。このとき、例えば、\begin{eqnarray*}f^{+}\left( \left\{ a,b\right\} \right) &=&\left\{ 1,3\right\} \subset
\left\{ 1,2,3\right\} =f^{-}\left( \left\{ a,b\right\} \right) \\
f^{+}\left( \left\{ b,c\right\} \right) &=&\left\{ 1,3\right\} \subset
\left\{ 1,2,3\right\} =f^{-}\left( \left\{ b,c\right\} \right) \\
f^{+}\left( \left\{ a,c\right\} \right) &=&\left\{ 2\right\} =f^{-}\left(
\left\{ a,c\right\} \right) \\
f^{+}\left( \left\{ a,b,c\right\} \right) &=&\left\{ 1,2,3\right\}
=f^{-}\left( \left\{ a,b,c\right\} \right)
\end{eqnarray*}などが成り立ちます。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、\begin{equation*}f^{+}\left( Y\right) =\phi \subset X=f^{-}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立ちます。
終集合\(\mathbb{R} \)の部分集合\(Y\)が上図のように与えられているとき、\begin{equation*}f^{+}\left( Y\right) =X\subset \mathbb{R} _{+}=f^{-}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立ちます。
対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)が非空値をとらない場合、すなわち、\(f\left( a\right) =\phi \)を満たす\(a\in A\)が存在する場合、先の命題の主張が成り立つとは限りません。実際、\(f\left( a\right)=\phi \)であるとき、空集合は任意の集合の部分集合であることから任意の\(Y\subset B\)に対して\(f\left( a\right) \subset Y\)すなわち\(a\in f^{+}\left(Y\right) \)である一方で、空集合はいかなる集合とも交わらないことから\(f\left( a\right) \cap Y=\phi \)すなわち\(a\not\in f^{-}\left( Y\right) \)となりますが、このような\(a\)が存在することは\(f^{+}\left(Y\right) \)が\(f^{-}\left( Y\right) \)の部分集合ではないことを意味します。以下もまた具体例です。
図より\(f\left( 3\right) =\phi \)であるため、この対応\(f\)は非空値をとりません。このとき、\begin{eqnarray*}f^{+}\left( B\right) &=&\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \subset
B\right\} =\left\{ 1,2,3\right\} \\
f^{-}\left( B\right) &=&\left\{ a\in A\ |\ f\left( a\right) \cap B\not=\phi
\right\} =\left\{ 1,2\right\}
\end{eqnarray*}となるため\(f^{+}\left( B\right) \subset f^{-}\left( B\right) \)という関係は成り立ちません。
演習問題
\begin{array}{ll}
\left\{ 0\right\} & \left( if\ 0\leq x<1\right) \\
\left[ 0,1\right] & \left( if\ x=1\right)
\end{array}\right.
\end{equation*}を定めるものとします。以下をそれぞれ求めてください。
- \(f^{-1}\left( 0\right) \)
- \(f^{-1}\left( \frac{1}{2}\right) \)
- \(f^{-1}\left( 1\right) \)
- \(D\left( f\right) \)
- \(R\left( f\right) \)
- \(f^{+}\left( R\left( f\right) \right) \)
- \(f^{-}\left( R\left( f\right) \right) \)
\begin{array}{cl}
\left[ 0,\frac{1}{3}\right] & \left( if\ 0\leq x\leq \frac{1}{3}\right) \\
\phi & \left( if\ \frac{1}{3}<x<\frac{2}{3}\right) \\
\left[ \frac{2}{3},1\right] & \left( if\ \frac{2}{3}\leq x\leq 1\right)
\end{array}\right.
\end{equation*}を定めるものとします。以下をそれぞれ求めてください。
- \(D\left( f\right) \)
- \(R\left( f\right) \)
- \(f^{+}\left( R\left( f\right) \right) \)
- \(f^{-}\left( R\left( f\right) \right) \)
\right) ^{c} \\
\left( b\right) \ f^{-}\left( Y\right) &=&\left( f^{+}\left( Y^{c}\right)
\right) ^{c}
\end{eqnarray*}などが成り立つことを示してください。
\end{equation*}を像として定める対応\(f:A\twoheadrightarrow B\)を定義します。終集合の部分集合\(Y\subset B\)を任意に選んだとき、\begin{equation*}f^{-1}\left( Y\right) =g^{+}\left( Y\right) =g^{-}\left( Y\right)
\end{equation*}という関係が成り立つことを示してください。
}Y_{\lambda }\right) &=&\bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda }f^{+}\left(
Y_{\lambda }\right) \\
\left( b\right) \ f^{-}\left( \bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda
}Y_{\lambda }\right) &=&\bigcap\limits_{\lambda \in \Lambda }f^{-}\left(
Y_{\lambda }\right)
\end{eqnarray*}という関係が成り立つことを証明してください。
}Y_{\lambda }\right) &=&\bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda }f^{+}\left(
Y_{\lambda }\right) \\
\left( b\right) \ f^{-}\left( \bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda
}Y_{\lambda }\right) &=&\bigcup\limits_{\lambda \in \Lambda }f^{-}\left(
Y_{\lambda }\right)
\end{eqnarray*}という関係が成り立つことを証明してください。
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