Conjuntos

$A\subset B$ es lo mismo que $x\in A \Rightarrow x\in B$ y $A\supset B$ equivale a $x\in A \Leftarrow x\in B$, por tanto ambas simultáneamente significan $x\in A \Leftrightarrow x\in B$, que es lo mismo que $A=B$.

Los elementos de $A \cap B$ son los que pertenecen a $A$ y a $B$, que son los mismos que pertenecen a $B$ y a $A$.

Las dos intersecciones triples son el mismo conjunto porque representan a los elementos que están en $A$, $B$ y $C$.

Los elementos que están en $A$ y en $B$ están, en particular, en $A$. También en $B$.

La quinta igualdad la demostramos por doble inclusión. La inclusión $\supset$ es siempre cierta y $\subset$ es consecuencia de un apartado anterior.

Demostremos la equivalencia del último apartado. Probemos primero $\Rightarrow$. Supongamos pues que $A\subset B$. Demostraremos la igualdad de la derecha por doble inclusión. La inclusión $\subset$ es siempre cierta. Veamos $\supset$. Como $A\subset B$, todo elemento de $A$ está también en $B$, y por tanto en la intersección. Probemos ahora $\Leftarrow$. Esto es consecuencia de que $A\cap B\subset B$.

Los elementos de $A \cup B$ son los que pertenecen a $A$ o a $B$, que son los mismos que pertenecen a $B$ o a $A$.

Los dos uniones triples coinciden porque ambas representan el conjunto de elementos que pertenecen a $A$, a $B$ o a $C$.

Como el vacío no tiene elementos, los elementos que pertenecen al vacío o a $A$ son los que pertenecen a $A$.

Es obvio, por la propia definición, que tanto los elementos de $A$ como los de $B$ pertenecen a la unión.

Probemos la última equivalencia. Comenzamos demostrando $\Leftarrow$. Esto es una simple consecuencia de la inclusión $A\subset A\cup B$. Probemos ahora $\Rightarrow$. Supongamos pues que $A \subset B$. Tenemos que demostrar que $B=A \cup B$ y lo haremos por doble inclusión. La inclusión $\subset$ es cierta por el apartado anterior. Probemos la otra. Un elemento que está en $A$ o en $B$ ha de estar necesariamente en $B$ ya que $A\subset B$.

Probamos la primera por doble inclusión. La segunda la dejamos como ejercicio.

Comenzamos demostrando $\supset$. Sabemos que $A\cap B\subset A$ y $A\cap B\subset B\subset B\cup C$, por tanto $A\cap B\subset A\cap (B\cup C)$. También sabemos que $A\cap C\subset A$ y $A\cap C\subset C\subset B\cup C$, por tanto $A\cap C\subset A\cap (B\cup C)$. De aquí se deduce $\supset$.

Veamos ahora $\subset$. Dado $x\in A\cap (B\cup C)$ tenemos que $x\in A$ y $x\in B\cup C$. Por un lado, si $x\in B$ entonces $x\in A\cap B\subset (A \cap B) \cup (A \cap C)$. Por otro lado, si $x\in C$ entonces $x\in A\cap C\subset (A \cap B) \cup (A \cap C)$. De esto se sigue $\subset$.

Probaremos la segunda ley de De Morgan por doble inclusión. La primera queda como ejercicio.

Comenzamos con $\supset$. Sea $x\in C\setminus A$. Tenemos entonces que $x\in C$ pero $x\notin A$, por tanto $x\notin A\cap B$ ya que $A\cap B\subset A$. Esto demuestra que $x\in C \setminus (A \cap B)$, por tanto $C\setminus A\subset C \setminus (A \cap B)$. Los papeles de $A$ y $B$ son intercambiables, así que también $C\setminus B\subset C \setminus (A \cap B)$. Esto demuestra $\supset$.

Para probar $\subset$, tomamos $x\in C \setminus (A \cap B)$. Esto quiere decir que $x\in C$ pero $x\notin A\cap B$. Esto último equivale a que bien $x\notin A$ o bien $x\notin B$. Si $x\notin A$ entonces $x\in C\setminus A$ y si $x\notin B$ entonces $x\in C\setminus B$. Por tanto $x\in (C \setminus A) \cup (C \setminus B)$. Esto prueba $\subset$.

Como $A,B\subset U$, $$ \begin{array}{rcl} A \setminus B&=&\{x | x \in A \wedge x \notin B\} \cr &=&\{x | x \in A \wedge (x\in U \wedge x \notin B)\} \cr &=&\{x | x \in A \wedge x\in \bar B\} \cr &=&A \cap \bar{B}. \end{array} $$

Como $A\subset U$, $$ \begin{array}{rcl} \bar{\bar{A}} &=& U\setminus \bar{A}\cr &=&\{ x | x \in U \wedge x \notin \bar{A} \} \cr &=& \{ x | x \in U \wedge (x\notin U \vee x\in A) \} \cr &=& \{ x | x \in U \wedge x\in A \} \cr &=& \{ x | x\in A \} \cr &=& A. \end{array} $$

Por otro lado,

$$\bar U=U\setminus U=\varnothing,$$

así que $U=\bar{\bar{U}}=\bar\varnothing$.

Las aplicaciones cuya igualdad se plantea tienen el mismo dominio y codominio, por tanto bastará comprobar que las imágenes de los elementos del dominio coinciden.

Dado $a\in A$, por un lado $$ \begin{array}{rcl} (h\circ (g\circ f))(a)&=&h((g\circ f)(a))\cr &=&h(g(f(a)),\cr ((h\circ g)\circ f)(a)&=&(h\circ g)(f(a))\cr &=&h(g(f(a)). \end{array} $$

Por otro lado

$$ \begin{array}{rcl} (f\circ 1_A)(a)&=&f(1_A(a))\cr &=&f(a)\cr &=&1_B(f(a))\cr &=&(1_B\circ f)(a). \end{array} $$

Si hubiera otra $g' \colon B \rightarrow A$ tal que $g' \circ f = 1_A$ y $f \circ g' = 1_B$, entonces $$ \begin{array}{rcl} g&=&g\circ 1_B\cr &=&g\circ (f\circ g')\cr &=&(g\circ f)\circ g'\cr &=&1_A\circ g'=g'. \end{array} $$

Basta observar que

$$ \begin{array}{rcl} (g\circ f)\circ (f^{-1}\circ g^{-1}) &=& g\circ (f\circ f^{-1})\circ g^{-1}\cr &=& g\circ 1_B\circ g^{-1}\cr &=& g\circ g^{-1}\cr &=& 1_C, \end{array} $$

y que

$$ \begin{array}{rcl} (f^{-1}\circ g^{-1})\circ (g\circ f) &=& f^{-1}\circ (g^{-1}\circ g)\circ f\cr &=& f^{-1}\circ 1_B\circ f\cr &=& f^{-1}\circ f\cr &=& 1_A. \end{array} $$

Veamos $\Rightarrow$. Supongamos pues que $f$ es biyectiva. Si excluimos la condición de unicidad, el enunciado de la derecha es cierto por ser $f$ sobreyectiva. La unicidad se deduce de ser $f$ inyectiva, pues si existieran $a,a'\in A$ tales que $f(a)=b=f(a')$ entonces tendríamos que $a=a'$.

Veamos ahora $\Leftarrow$. Como ya hemos comentado, el enunciado de la derecha implicia la sobreyectividad de $f$ ya que incluso la condición de unicidad no sería necesaria para esto. Para ver que $f$ es inyectiva tomamos $a,a'\in A$ y suponemos que $f(a)=f(a')$. Tomando $b=f(a)$ tenemos que $f(a)=b$ y $f(a')=b$, así que por la unicidad $a=a'$, que es lo que teníamos que probar.

Supongamos que $f$ es invertible. Veamos que es sobreyectiva. Dado $b\in B$ tenemos que $f(f^{-1}(b))=(f\circ f^{-1})(b)=1_B(b)=b$, con lo que $f$ es sobreyectiva. Si, dados $a,a'\in A$, $f(a)=f(a')$, entonces $f^{-1}(f(a))=f^{-1}(f(a'))$. Como $f^{-1}\circ f=1_A$ deducimos que $a=a'$, luego $f$ es inyectiva.

Supongamos ahora que $f$ es biyectiva. Definimos $g\colon B\rightarrow A$ del siguiente modo. Dado $b\in B$, definimos $g(b)\in A$ como el único elemento tal que $f(g(b))=b$, que está bien definido por el lema anterior. Esto implica que $f\circ g=1_B$. Veamos que $g\circ f=1_A$. Ambas aplicaciones tienen a $A$ como dominio y codominio, así que basta ver que toman los mismos valores, es decir que para todo $a\in A$, $(g\circ f)(a)=1_A(a)=a$. Como $f$ es inyectiva, esto equivale a probar que $f((g\circ f)(a))=f(a)$. Tenemos también que $f((g\circ f)(a))=(f\circ(g\circ f))(a)$. Usando la asociatividad de la composición y la identidad ya probada deducimos que en efecto

$$ \begin{array}{rcl} f\circ(g\circ f)&=&(f\circ g)\circ f\cr &=&1_B\circ f\cr &=&f. \end{array} $$

Probaremos la segunda propiedad y dejaremos la primera como ejercicio. Dado $y\in f(f^{-1}(V))$ existe $x\in f^{-1}(V)$ tal que $y=f(x)$. Como $x\in f^{-1}(V)$, $f(x)\in V$, así que $y\in V$. Esto es lo que había que demostrar.

Vamos a probar 2 y 3. Los demás apartados son similares y quedan como ejercicio.

Dado $y \in f(U_1 \cap U_2)$ existe $x \in U_1 \cap U_2$ tal que $y = f(x)$. Como $x\in U_1$ y $x\in U_2$ deducimos que $y \in f(U_1)$ e $y \in f(U_2)$, por tanto $y\in f(U_1) \cap f(U_2)$.

Tenemos que $x\in f^{-1}(V_1 \cup V_2)$ si y solo si $f(x)\in V_1\cup V_2$. Esto equivale a decir que $f(x)\in V_1$ o $f(x)\in V_2$, lo que es lo mismo, $x\in f^{-1}(V_1)$ o $x\in f^{-1}(V_2)$. Esto último es idéntico a afirmar que $x\in f^{-1}(V_1)\cup f^{-1}(V_2)$.

$\Leftarrow$ En este caso $xRy$ pues $y\in R(x)$.

$\Rightarrow$ Probemos $\subset$. Si $z\in R(x)$ es porque $xRz$. Como $yRx$, por la transitividad tenemos que $yRz$, así que $z\in R(y)$. La inclusión $\supset$ también es cierta porque, por la simetría, los papeles de $x$ e $y$ son intercambiables en el argumento anterior.

Las clases que forman $A/R$ no son vacías porque todas poseen algún representante. La unión de todas las clases es $A$, porque todo $x\in A$ pertenece a una clase, a la suya propia, $x\in R(x)$. Supongamos que dos clases $R(x)$ y $R(y)$ no fueran disjuntas. Entonces existe $z\in R(x)\cap R(y)$. Esto significa que $xRz$ e $yRz$. Por la simetría y la transitividad, $xRy$, luego por la proposición anterior $R(x)=R(y)$.

Si tenemos una partición $P$ de $A$, podemos definir la relación de equivalencia $x\sim_Py$ si $x$ e $y$ pertenecen al mismo elemento de la partición. Es obvio que esta relación es simétrica. Es reflexiva porque, en virtud de la segunda propiedad de las particiones, todo elemento de $A$ pertenece a alguno de $P$. Veamos la transitividad. Si $x\sim_Py\sim_Pz$ entonces existen $U,V\in P$ tales que $x,y\in U$ y $y,z\in V$. Como $y\in U\cap V$ la tercera propiedad de las particiones nos asegura que $U=V$, así que $x\sim_Pz$. Esta relación de equivalencia satisface $A/\sim_P=P$ por su propia definición, ya que el vacío no está en $P$.

Vamos a suponer que $\overline{f}$ existe y cumple las propiedades indicadas. De ahí deduciremos una fórmula forzosa para $\overline{f}$, con lo cual de existir será única. Luego veremos que la fórmula tiene sentido, luego $\overline{f}$ existirá.

Si $f=\overline{f}\circ\pi$ entonces dado $x\in A$, $$ \begin{array}{rcl} f(x)&=&(\overline{f}\circ\pi)(x)\cr &=&\overline{f}(\pi(x))\cr &=&\overline{f}(R(x)). \end{array} $$ Definimos pues $\overline{f}$ mediante la fórmula $\overline{f}(R(x))=f(x)$. Veamos que $\overline{f}$ está bien definida así. Para ello hemos de comprobar que si $R(x)=R(y)$ entonces $f(x)=f(y)$. Esto se deduce de la hipótesis ya que $R(x)=R(y)$ si y solo si $xRy$.

Hemos visto con anterioridad que podemos definir una aplicación sobreyectiva $f'\colon A\twoheadrightarrow\operatorname{im} f$ como $f'(x)=f(x)$. Está claro que $f=i\circ f'$ ya que ambas posee el mismo dominio y codominio e $(i\circ f')(x)=i(f'(x))=f(x)$ para todo $x\in A$. Es más, como $f$ y $f'$ toman los mismos valores, $\sim_f=\sim_{f'}$.

El teorema anterior se puede aplicar a $f'\colon A\rightarrow\operatorname{im} f$ y a $\sim_{f}$. Esto da lugar a una aplicación $\overline{f}\colon A/\sim_f\rightarrow \operatorname{im} f$ que satisface $f'=\overline{f}\circ\pi$, así que $f=i\circ f'=i\circ(\overline{f}\circ\pi)$. La aplicación $\overline{f}$ es la única que se descompone de este modo, ya que la propia descomposición fuerza una fórmula para su definición. En efecto, dado $x\in A$, $$ \begin{array}{rcl} f(x)&=&(i\circ\overline{f}\circ\pi)(x)\cr &=&i(\overline{f}(\pi(x)))\cr &=&i(\overline{f}([x]))\cr &=&\overline{f}([x]). \end{array} $$

Veamos que $\overline{f}$ es biyectiva. Comenzamos por la sobreyectividad. Dado $b\in\operatorname{im} f$, como $f'$ es sobreyectiva, existe $a\in A$ tal que $b=f(a)=\overline{f}([a])$. Esto prueba que $\overline{f}$ es sobreyectiva. Comprobemos ahora la inyectividad. Dados $[x],[y]\in A/\sim_f$, usando la anterior fórmula para $\overline{f}$ vemos que $\overline{f}([x])=\overline{f}([y])$ si y solo si $f(x)=f(y)$, lo cual equivale a que $x\sim_f y$, que es lo mismo que decir $[x]=[y]$. Esto concluye la prueba.