Cách tìm ánh xạ ngược

i Đặt A = {x ⏐R : x }. Ánh xạ f : A → ⏐R xác định bởi fx = tgx là một toàn ánh vì với mọi y∈⏐R, tồn tại x ∈ A sao cho f x = tgx = y. ii ánh xạ g : ⏐R → ⏐R xác định bởi gx = ⏐x⏐ khơng phải là một tồnánh vì ảnh của ánh xạ là tập hợp g⏐R = {⏐x⏐ : x ∈ ⏐R} = ⏐R+; đó là một tập con thực sự của ⏐R. Tuy nhiên ánh xạ ϕ : ⏐R → ⏐R+xác định bởi ϕx= ⏐x⏐ là một tồn ánh vì ϕ⏐R = ⏐R+. iii ánh xạ h : ⏐R → ⏐Rxác định bởi hx = sinx không phải là một tồnánh vì h⏐R = {sin x : x ∈⏐R} = {y ∈⏐R : −1 ≤ y ≤ 1} ≠⏐R. Tuy nhiên, nếu đặt A = {−1 ≤ y ≤ 1} thì ánh xạ ϕ : ⏐R → A xác định bởi ϕx = sin x là một toàn ánh.Toàn ánh f : X Y còn được gọi là ánh xạ từ X lên Y. Chẳng hạn, người ta gọi toàn ánhϕ : ⏐R →⏐R+x → ϕx = ⏐x⏐ là ánh xạ từ ⏐R lên ⏐R+hoặc toàn ánh từ X lên Y.Hiển nhiên, nếu ánh xạ f : X → Y khơng phải là một tồn ánh thì thay tậpđến Y bởi ảnh fX của f, ta được toàn ánh ϕ : X → fX, x → ϕ x = fxtừ X lên fX.

7.3. Song ánh

Định nghĩa: ánh xạ f : X → Y gọi là một song ánh nếu nó vừa là một đơnánh vừa là một tồn ánh. f là một toàn ánh khi và chỉ khi fX = Y, tức là với mỗi y∈ Y, tồn tại x ∈ X sao cho fx = y. Nếu x’ là một phần tử của X sao cho fx’ = y thì fx’ =fx. Vì f là một đơn ánh nên từ đó suy ra x’ = x. Do đó ánh xạ f : X→Y là một song ánh khi và chỉ khi với mỗi phần tử y∈Y, tồn tại một phần tử duy nhất x∈X sao cho fx = y. Ví dụ 7.5:i Dễ dàng thấy rằng ánh xạ f : ⏐R+→⏐R+xác định bởi fx = x2là một tốn ánh. Vì với hai số thực x1, x2khơng âm bất kì, nếu x1≠ x2thì fx1 = = = fx2nên f cũng là một đơn ánh. Do đó f là một song ánh từ ⏐R+lên ⏐R+. ii ánh xạ g:→⏐R xác định bởi gx = lnx là một song ánh từ lên ⏐R vì với mỗi số thực y, tồn tại một số dương duy nhất x sao cho lnx = y. là tậphợp các số thực dương: = {x ∈⏐R : x 0}.iii ánh xạ h : ⏐R → Xác định bởi hx = ex là một song ánh với mỗi số dương y, tồn tại một số thực duy nhất x sao cho fx = ex = y.Formatted: Heading03iv ánh xạ ϕ : ⏐R+→⏐R+xác định bởi fx = là một song ánh vì với mỗi số thực khơng âm y, tồn tại một thực không âm duy nhất x sao choϕ x = = y.v Đặt A = {x ∈⏐R: 0 x π}. ánh xạ ψ : A →⏐R xác định bởi gx =cotgx là một song ánh từ A lên ⏐R vì với mỗi số thực y, tồn tại một phần tử duy nhất x∈ A sao cho ψ x = cotgx = y.Giả sử f : X → Y là một song ánh từ tập hợp X lên tập hợp Y. Khi đó, vớimỗi phần tử y ∈ Y, tồn tại một phần tử duy nhất x ∈ X sao cho fx = y.a Định nghĩa: Giả sử f : X → Y là một song ánh từ tập hợp X lên tập hợpY. ánh xạ: g: Y→ X xác định bởi: y→ gy = x, trong đó x là phần tử duy nhất của X sao cho fx = y, gọi là ánh xạ ngượccủa ánh xạ f. ánh xạ ngược của song ánh f : X → Y được kí hiệu là f−1. Tính chất đặc trưng của ánh xạ ngược được cho trong định lí sau:b Định lí: Nếu f : X → Y là một song ánh và f : Y → X là ánh xạ ngượccủa f thì với mọi x ∈ X, y ∈ Y,f−1fx = x và f f−1y = y, 1 tức là: f = Ix và fo f−1= IY, trong đó IX và IY, theo thứ tự, là ánh xạ đồng nhất trên tập hợp X và tập hợp Y.Nói một cách khác, hai lược đồ sau là giao hốn.Hình 10Chứng minh: Giả sử y là một phần tử bất kì của Y. Khi đó f−1y = x, trong đó x là phần tử duy nhất của X sao cho fx = y. Do đó f f−1y = fx = y. Ta đã chứng minh hệ thức thứ hai trong 1. Nếu x là một phần tử bất kì củaX thì y = fx ∈ Y. Vì f là một đơn ánh nên x là phần tử duy nhất có ảnhqua ánh xạ f là y. Do đó f−1y = x và ta có f−1fx = f−1y = x.Formatted: Heading03Ta sẽ thấy f−1là ánh xạ duy nhất thoả mãn đồng thời hai hệ thức trong 1. Đó là hệ quả của định lí sau:c Định lí. Giả sử hai ánh xạ f : X → Y và g : Y → X thoả mãn các hệ thứcsau: g fx = x với mọi x∈ X và f g y = y với mọi y ∈ Y 2Khi đó i f và g là những song ánh.ii g là ánh xạ ngược của f.Chứng minh :Trước hết ta chứng minh f là một song ánh. Với mỗi y ∈ Y, x = gy là mộtphần tử của X. Theo giả thiết, ta có fx = fgy = y. Do đó f là một tồn ánh.Với hai phần tử bất kì x1, x2∈ X, nếu fx1= fx2thì gfx1= g fx2. Do đó, từ hệ thức thứ nhất trong 2 suy ra x1= x2. Vậy f là một đơn ánh. f vừa là toàn ánh vừa là đơn ánh nên nó là một song ánh. Tương tự, g cũng là mộtsong ánh. Bây giờ ta chứng minh g là ánh xạ ngược của X, tức là gy = f−1y với mọi y∈ Y. Thật vậy, giả sử y là một phần tử bất kì của Y và g y = x. Từ hệ thức thứ hai trong 2 suy ra fx = fgy = y. Vì f là một đơn ánh nên x làphần tử duy nhất của x có ảnh là y qua ánh xạ f. Do đó f−1y = x = gy. Từ định lí trên suy ra rằng:d Nếu g : Y → X là ánh xạ ngược của ánh xạ f : X → Y thì f là ánh xạngược của g. Do đó: f−1 −1= f. Quan hệ giữa các ánh xạ ngược f−và g−1của hai song ánh f : X → Y và g : Y→ Z với ánh xạ ngược gof−1của ánh xạ hợp gof Z được cho trong định lí sau.e Định lí Cho hai ánh xạ f : X → Y và g : Y → Z. Khi đói Nếu f và g là những đơn ánh thì ánh xạ hợp gof là một đơn ánh. ii Nếu f và g là những tồn ánh thì gof là một tồn ánh.iii Nếu f và g là những song ánh thì gof là một song ánh, và gof−1= f−1. g−1, tức là lược đồ sau là giao hốn.Hình 11Chứng minhĐặt h = gof. i Với mọi x1, x2∈ X, nếu x1∈ x2thì do f là một đơn ánh nên fx1≠ fx2. Vì g là một đơn ánh nên gfx1≠ gfx2, tức là hx1≠ hx2. Vậy h = gof là một đơn ánh.ii Giả sử z là một phần tử bất kì của Z. Vì g : Y → Z là một tồn ánh nêntồn tại y ∈ Y sao cho gy = z. Lại vì f : X → Y là một toàn ánh nên tồn tạix ∈ X sao cho fx = y. Do đó gfx = gy = z, tức là hx = z. Vậy h làmột toàn ánh. iii Nếu f và g là những song ánh thì f và g vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh.Do đó từ i và i suy ra rằng h = gof cũng vừa là đơn ánh vừa là toàn ánh, tức là gof là một song ánh. Do đó tồn tại các ánh xạ ngược f−1: Y → X, g−1: Z→ Y và gof−1: Z → X. Ta chứng minh:gof−1z = f−1g−1z với mọi z ∈ Z.Thật vậy, giả sử z là một phần tử bất kì của Z. Vì g là một song ánh nên tồn tại một phần tử duy nhất y∈ Y sao cho: gy = z 1 Vì f là một song ánh nên tồn tại một phần tử duy nhất x∈ X sao cho: fx = y 2Từ 1 và 2 suy ra g fx = gy = z, tức là: hx = z 3 Vì g, f, h là những song ánh nên từ 1, 2, 3 suy ra:g−1z = y, f−1y = x và h−1z = x. Do đó: f−1g−1z = f−1y = x = h−1z. f Hoán vị của một tập hợpGiả sử X là một tập hợp cho trước. Mỗi song ánh f : X → X từ tập hợp Xlên X gọi là một hoán vị của tập hợp X.Hiển nhiên ánh xạ đồng nhất IX trên tập hợp X là một hoán vị của tập hợp X.Từ định lí e suy ra rằng ánh xạ hợp của hai hoán vị của tập hợp X là một hoán vị của tập hợp X.Nếu X là một tập hợp hữu hạn, chẳng hạn X có n phần tử thì định nghĩa của hốn vị nêu trên tương đương với định nghĩa hoán vị của một tập hợp nphần tử mà ta đã biết trong sách giáo khoa tốn ở bậc phổ thơng trung học.Hoạt động 7.1. Tìm hiểu đơn ánh, tồn ánh và song ánhSinh viên đọc thông tin cơ bản rồi thảo luận theo nhóm 2 người để thực hiện các nhiệm vụ sau:Nhiệm vụNhiệm vụ 1 :− Cho ba ví dụ về ánh xạ không phải là đơn ánh cũng khơng phải là tồn ánh.− Cho ba ví dụ về đơn ánh khơng phải là tồn ánh. − Cho ba ví dụ về tốn ánh khơng phải là đơn ánh.− Cho ba ví dụ về ánh xạ f : X → Y không phải là đơn ánh nhưng thu hẹpfAcủa nó trên một tập con A của X là một đơn ánh. − Cho n ánh xạ f1: X → X1, f2: X1→ X2, ... fn = Xn−1→ Xn và đặt h = fn . fn−1. ... . f1: X → Xn.• Nếu h1... hn là những đơn ánh thì h có phải là một đơn ánh hay khơng? • Nếu h1, ..., hn là những tồn ánh thì h có phải là một tồn ánh hay khơng? • Nếu h1, ..., hn là những song ánh thì h có phải là một song ánh hay không? Nhiệm vụ 2 :− Tập hợp X có m phần tử, tập hợp Y có n phần tử cho m n. Tồn tại hay khơng một tồn ánh từ X lên Y?− Tập hợp X có m phần tử, tập hợp Y có n phần tử. Giả sử m n. Tồn tại hay không một đơn ánh từ X vào Y?− Cho hai ví dụ về ánh xạ f : X → Y không phải là song ánh nhưng ánh xạ thu hẹp h = fAcủa f trên một tập hợp con A của X là một song ánh. Tìm ánh xạ ngược của h.− Tìm hai cặp ánh xạ f : X → Y và g : Y → Z sao cho f khơng phải là một tồn ánh nhưng ánh xạ hợp gof là một toàn ánh.Đánh giá hoạt động 7.1Formatted: Heading03 Formatted: Heading041. Cho hai tập hợp A = {a, b, c, d}, B = {1, 2, 3, 4, 5, 6} và hai ánh xạ f : A → B, g : A → B xác định bởi hai bảng sau:a Biểu diễn các ánh xạ f và g bởi lược đồ hình tên. b f và g có phải là đơn ánh khơng?2. Cho hai tập hợp X = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, Y = {a, b, c, d, e, f} và hai ánh xạ f, g : X→ Y xác định bởi các bảng sau:a Biểu diễn các ánh xạ f và g bởi lược đồ hình tên. b f và g có phải là tồn ánh hay khơng?3. Cho hai tập hợp X = {a, b, c, d, e}, Y = {1,2,3,4,5} và hai ánh xạ f, g : X → Y xác định bởi các bảng sau:a Biểu diễn f và g bởi lược đồ hình tên. b Chứng minh rằng f và g là những song ánh và tìm ánh xạ ngược của f vàg. 4. Cho hai số thực a, b, a≠ 0. Chứng minh rằng ánh xạ f : ⏐R →⏐R xác định bởi fx = ax + b là một song ánh và tìm ánh xạ ngược của f.5. Chứng minh rằng các ánh xạ sau đây là những song ánh và tìm ánh xạ ngược của mỗi ánh xạ đó:a f : ⏐R+→⏐R+xác định bởi fx = , b g : ⏐R →⏐R xác định bởi gx = x3,c h : ⏐R →⏐R, x → hx = ,d u : A → A, x → ux =, trong đó A =⏐R \\ {1}6. Giả sử C là tập hợp các điểm của đường tròn đường kính AB và D là tập hợp các điểm của tiếp tuyến với đường tròn tại điểm B. Với mỗi điểm M∈ D, gọi N là giao điểm của đường thẳng AM với đường tròn.a ánh xạ f : D → C xác định bởi fM = N có phải là một đơn ánh haykhơng? b f có phải là một song ánh hay không?7. Cho tập hợp số thực A = {x ∈⏐R : −1 ≤ x ≤ 1} và hai ánh xạ f : ⏐R→⏐R, g : ⏐R → A xác định bởiChứng minh rằng ánh xạ hợp gof là một toàn ánh. 8. Giả sử f : X∈ X là một toàn ánh từ tập hợp X lên X. Chứng minh rằng nếu fof = f thì f là ánh xạ đồng nhất trên tập hợp X.9. Cho ba ánh xạ f, g : X → Y và h : Y → Z. Chứng minh rằng nếu h là mộtđơn ánh và hof = hog thì f = g. 10. Cho ba tập hợp X, Y, Z và ánh xạ f : Y→ Z có tính chất sau: Với mọi ánh xạ u, v : X→ Y, fou = fov ⇒ u = v. Chứng minh rằng f là một đơn ánh.11. Cho hai ánh xạ f : X → Y và g : Y → Z. Chứng minh rằng:a Nếu ánh xạ hợp h = gof là một đơn ánh thì f là một đơn ánh, b Nếu h là đơn ánh và f là tồn ánh thì g là đơn ánh,c Nếu h là tồn ánh và g là đơn ánh thì g và f là những toàn ánh. 12. Giả sử f : X→ Y và g : Y → X là hai toàn ánh thoả mãn đẳng thức gof = IX.Chứng minh rằng g là ánh xạ ngược của f. 13. Cho tập hợp A = {1, 2, 3, 4, 5, 6} và hai hoán vị f : A→ A và g : A → A của tập hợp A xác định bởi:Tìm các hốn vị hợp gof và fog. 14. Giả sử X và Y là hai tập hợp có n phần tử NX = n và NY = n.Chứng minh rằng có tất cả n song ánh từ tập hợp X lên tập hợp Y. Từ đó suy ra rằng số hoán vị của một tập hợp n phần tử là nHướng dẫn : Điều khẳng định đúng với n = 1. Thật vậy, giả sử X = {a1} và Y = {b1}. Chỉ có một song ánh từ X lên Y : đó là ánh xạ f : X→ Y xác định bởi f a1= b1. Như vậy, nếu X và Y là những tập hợp có một phần tử thì có 1 = 1 songánh từ X lên Y. Giả sử điều khẳng định đúng với n, tức là có n song ánh từ tập hợp X lêntập hợp Y, nếu X và Y đều có n phần tử. Ta chứng minh điều khẳng định đúng cho n + 1. Thật vậy, giả sử X = {a1, a2, ..., an, an+ 1} và Y = {b1, b2, ... , bn, bn+1}. Phải chứng minh có cả thảy n + 1 song ánh từ X lên Y. Ta chia tập hợp tất cả các song ánh từ X lên Y thành n + 1 tập con như sau:Tập con thứ nhất A1gồm tất cả các song ánh f : X → Y sao cho f an+1= b1. Tập con thứ hai A2gồm tất cả các song ánh f : X → Y sao cho fan+1= b2, ... . Tập con thứ n + 1 An+1gồm tất cả các song ánh f : X → Y sao cho f an+1= bn+1. Các tập con A1, ..., An+1đôi một rời nhau. Hãy chứng minh rằng mỗi tập hợp Ak có n phần tử, k = 1, 2, ..., n + 1.15. Giả sử tập hợp X có k phần tử, tập hợp Y có n phần tử, k ≤ n. Chứngminh rằng có cả thảy n n − 1 ... n − k + 1 đơn ánh từ X vào Y.Hướng dẫn : Ta chứng minh điều khẳng định bằng phép quy nạp theo k. Điều khẳngđịnh đúng với k = 1. Giả sử X = {x1} và Y = {y1, y2, ..., yn}, n là một số ngun dương bất kì, n 1. Khi đó, có cả thảy n đơn ánh từ X vào Y: Đó làcác ánh xạ f1: X → Y, x1→ f1x1= y1, ánh xạ f2: X2→ Y2, x1→ f2x1= y2, ..., ánh xạ fn : X→ Y, x1→ fn x1= yn. Giả sử điều khẳng định đúng cho k, tức là nếu X có k phần tử và Y có n phần tử, k n thì có cả thảy n n− 1... n − k + 1 đơn ánh từ X vào Y. Ta chứng minh điều khẳng định đúngcho k + 1, tức là nếu tập hợp X có k + 1 phần tử và tập hợp Y có n phần tử, k + 1≤ n thì có cả thảy n n − 1 ... n − k + 1 + 1 đơn ánh từ X vào Y. Thật vậy, giả sử X = {x1, x2, ..., xk, xk+1}, Y = {y1, y2, ..., yn}. Chia tập hợp tất cả các đơn ánh từ X vào Y thành n tập con như sau: Tập con A1gồm tất cả các đơn ánh f : X→ Y sao cho f xk+1= y1, tập con A2gồm tất cả các đơn ánh f : X Y sao cho f xk+1= y2, ..., tập con An gồm tất cả các đơn ánh f : X→ Y sao cho f xk+1= yn. Các tập con A1, ..., An đôi một rời nhau. Hãy chứng minh rằng mỗi tập con Ak có n− 1 n − 2 ... n − 1 − k + 1.Formatted: Heading01TIỂU CHỦ ĐỀ 1.8. ẢNH VÀ TẠO ẢNH QUA MỘT ÁNH XẠThông tin cơ bản 8.1. ảnh của một tập hợp qua một ánh xạa Định nghĩa: Giả sử f : X → Y là một ánh xạ và A là một tập con của X.Tập hợp các ảnh của tất cả các phần tử của A qua ánh xạ f gọi là ảnh của tập hợp A qua ánh xạ f, kí hiệu là fA.Như vậy, với mọi x ∈ Y, y fA khi và chỉ khi tồn tại x A sao cho y = fx.Do đó: fA = {y ∈ Y: Tồn tại x ∈ A sao cho y = f x.Ví dụ 8.1 : Cho hai tập hợp X = {a, b, c, d, e}, Y = {1, 2, 3, 4, 5, 6} và ánh xạ f : X→ Y xác định bởi bảng sau:ánh xạ f được biểu diễn bởi lược đồ hình tên trong Hình 1 dưới đây.Hình 1Cho hai tập con A và B của X : A = {a, c, e}; B = {a, d}. ảnh của A và B qua ánh xạ f là: fA = {1, 2}; f B = {1, 5}.Ví dụ 8.2 : i Giả sử f : ⏐R →⏐R là ánh xạ xác định bởi f x = x2, A = {, 3, 7} và ⏐R−là tập hợp các số thực không dương, ⏐R−= {x ∈ ⏐R: x ≤ 0}. Khi đó:fA = {2, 9, 49} và f ⏐R−= ⏐R+. ii Giả sử D : ⏐R → {0, 1} là ánh xạ xác định bởi:1 với x ∈ Q,Formatted: Heading03Dx =0 với x ∈⏐R\\ Q.D là hàm số Điritslê. Tìm ảnh của các tập hợp A = {1,−1, 0,5, 1, 118}, B = {, , e}, C = {, 100} qua ánh xạ D. Ta có:fA = {1}; fB = {0}; fC = {0, 1}. iii Cho ánh xạ f: ⏐R → ⏐R xác định bởi fx = −3x và các tập hợp số thựcA = {x ∈⏐R : 2 ≤ x ≤ 5}, B = {x ∈⏐R : x −1}.ảnh của A và B qua ánh xạ f là: fA = {y∈⏐R : −15 ≤ y ≤ −6} và fB = {y ∈⏐R : y 3}. Một vài tính chất của ảnhb Định lí Cho ánh xạ f : X→ Y và các tập con A, B của X. Khi đó: i Nếu A⊂ B thì fA ⊂ fB, ii fA ∪ B = f A ∪ fB,iii f A∩ B fA ∩ fB.Chứng minhi Nếu y ∈ fA thì tồn tại x ∈ A sao cho y = f x. Vì A ⊂ B nên từ đó suyra x ∈ B và y = f x. Do đó y ∈ fB. Vậy fA ∈ fB.ii Vì A ⊂ A ∪ B nên, theo i, ta có fA ⊂ fA ∪ B.Tương tự, fB ⊂ fA ∪ B. Do đó1 fA ∪ fB ⊂ f A ∪ B.Ta chứng minh bao hàm thức ngược 2fA ∪ B ⊂ fA ∪ fB.Giả sử y là một điểm bất kì của fA ∪ B. Khi đó, tồn tại x ∈ A ∪ B saocho y = fx. Vì x ∈ A ∪ B nên x ∈ A hoặc x ∈ B. Nếu x ∈ A thì y = fx ∈fA, do đó y ∈ fA ∪ fB. Nếu x ∈ B thì y ∈ fB; do đó y ∈ fA ∪fB. Ta đã chứng minh 2. Từ 1 và 2 suy ra đẳng thức ii cần chứng minh.iii Vì A ∩ B ⊂ A nên, theo i, ta có f A ∩ B ⊂ f A,Tương tự, fA ∩ B ⊂ fB. Do đó fA ∩ B ⊂ f A ∩ fB.Chú ý :Trong iii, không thể thay dấu bởi dấu =. Chẳng hạn, xét ánh xạ f : ⏐R →⏐R xác định bởi fx = x2và các tập số thực ⏐R+= {x ∈⏐R : x ≥ 0}, ⏐R−= {x ∈⏐R : x ≥ 0}. Khi đó ⏐R+∩ ⏐R−= {0}; f ⏐R+∩ ⏐R−= f {0} = {0}; f⏐R+= ⏐R+, f⏐R−= ⏐R+và f⏐R+và f ⏐R+∩ f⏐R−= ⏐R+. Như vậy, f ⏐R+∩ ⏐R−} là một tập con thực sự của f ⏐R+∩ f⏐R−. Tuy nhiên, nếu f : X→ Y là một đơn ánh thì bao hàm thức iii trở thành đẳng thức.c Định lí Nếu ánh xạ f : X→ Y là một đơn ánh thì với hai tập con A, B bất kì của X, ta đều có:f A∩ B = fA ∩ fB.Chứng minhTheo định lí b, iii, ta có fA ∩ B ⊂ fA ∩ fB. Ta chứng minh:1 fA ∩ fB ⊂ fA ∩ B.Giả sử y ∈ fA ∩ fB. Khi đó y ∈ fA và y ∈ fB. Do đó, tồn tại x1∈ A sao cho y = fx1và tồn tại x2∈ B sao cho y ∈ fx2. Từ đó ta có fx1= fx2. Vì f là một đơn ánh nên đẳng thức vừa nêu kéo theo x1= x2. Như vậy, ta có x1∈ A, x1∈ B và y = fx1, tức là x1∈ A ∩ B và y = fx1. Do đó y ∈ fA ∩ B.Từ đó có đẳng thức 1 cần chứng minh .d Định lí Nếu f : X→ Y là một ánh xạ thì với hai tập con bất kì của X, ta có: fA \\ fB⊂ f A\\B.Chứng minhGiả sử y ∈ fA \\ fB. Khi đó y ∈ fA và y ∈ fB. Do đó, tồn tại x1∈ A sao cho fx = y. Hiển nhiên x2∉ B vì nếu x ∈ B thì y = fx ∉ fB. Như vậy, ta có x∈ A, x ∉ B và y = fx, tức là x ∈ A \\ B và y = fx. Do đó y ∈ f A\\B. Từ đó ta có bao hàm thức cần chứng minh.Chú ý Trong bao hàm thức của định lí khơng thể thay dấu⊂ bởi dấu =. Ta lấy lại ví dụ vừa xét: f : ⏐R →⏐R là ánh xạ xác định bởi fx = x2, ⏐R+và ⏐R−là hai tập con của ⏐R. Khi đó, f⏐R+= ⏐R+, f⏐R−= ⏐R+, f⏐R+\\ f⏐R−= ⏐R+\\⏐R+= φ, ⏐R+\\⏐R−= ⏐R+\\{0} = , f⏐R+\\⏐R−= f = . Ta thấy f ⏐R+\\ f ⏐R−là tập con của f ⏐R+\\⏐R−và f ⏐R+\\ f ⏐R−≠ f ⏐R+\\⏐R−.Trong phần câu hỏi và bài tập, ta sẽ chứng minh rằng nếu f : X → Y là mộtđơn ánh thì bao hàm thức trong Định lí d trở thành đẳng thức.