Bab 5: Fungsi sebagai Himpunan Pasangan Berurutan

Fungsi adalah relasi yang memenuhi totalitas dan ketunggalan, dengan domain serta kodomain yang ditetapkan. Bab ini menjelaskan bagaimana data tersebut menentukan nilai, daerah hasil, dan kesamaan fungsi. Peta maju dan peta balik kemudian memperlihatkan bagaimana fungsi bertindak pada himpunan. Injektivitas, surjektivitas, komposisi, dan invers menutup pembahasan dengan pertanyaan kapan suatu pemetaan dapat dibalik. Sepanjang bab, kasus kosong dan syarat domain diperiksa bersama kasus umum.

5.1 Definisi Formal Grafik Fungsi

Dalam praktik sehari-hari, fungsi sering diperkenalkan sebagai "aturan yang memasangkan setiap masukan dengan satu keluaran". Rumusan itu cukup untuk berhitung, tetapi belum cukup untuk membuktikan. Kata "aturan" tidak menjelaskan objek matematis apa yang sedang dibicarakan. Ungkapan "setiap" dan "satu" juga menyatukan dua tuntutan yang berbeda, dan bukti yang rapi harus memisahkan keduanya.

Bab 4 telah menyediakan pasangan terurut, hasil kali Kartesius, dan relasi. Unit ini memakai bahan tersebut untuk merumuskan fungsi sebagai relasi khusus, ditambah data jenisnya. Dua sifat dari Bab 4 yang dipakai berulang kali ialah Proposisi 4.1.8 tentang keanggotaan produk dan Teorema 4.1.3 tentang kesamaan pasangan terurut:

• untuk setiap $p$, berlaku $p\in A\times B$ jika dan hanya jika ada $x\in A$ dan $y\in B$ dengan $p=(x,y)$;
• $(x,y)=(x',y')$ jika dan hanya jika $x=x'$ dan $y=y'$.

Konstruksi pasangan terurut tidak diulang di sini, dan tidak ada argumen yang bergantung pada konstruksi tertentu. Separasi dengan parameter yang dipakai di bawah mengikuti Aksioma 3.1.9; keberadaan dan ketunggalan himpunan hasilnya dijelaskan dalam Proposisi 3.1.10.

Grafik, totalitas, dan ketunggalan

Definisi 5.1.1 (fungsi bertipe dan grafiknya). Misalkan $A$ dan $B$ himpunan. Sebuah fungsi $f:A\to B$ terdiri atas tiga data: himpunan $A$ yang disebut domain, himpunan $B$ yang disebut kodomain, dan himpunan $\Gamma_f\subseteq A\times B$ yang disebut grafik $f$. Ketiganya harus memenuhi

$$\forall x\in A\;\exists y\in B\;\Bigl((x,y)\in\Gamma_f\;\land\;\forall z\in B\;\bigl((x,z)\in\Gamma_f\Rightarrow z=y\bigr)\Bigr).\tag{F}$$

Ketiga data ini dapat ditulis sebagai $(A,B,\Gamma_f)$. Notasi tersebut hanya mencatat bahwa ketiganya merupakan bagian dari fungsi. Tidak ada konstruksi tripel terurut yang dipakai, dan kesamaan fungsi didefinisikan sendiri pada Definisi 5.1.6.

Kuantor terbatas dibaca seperti pada Bab 1--2: $\forall x\in A\;\psi$ menyingkat $\forall x\,(x\in A\Rightarrow\psi)$, dan $\exists y\in B\;\psi$ menyingkat $\exists y\,(y\in B\land\psi)$. Pembatas $B$ muncul dua kali dalam (F). Karena $\Gamma_f\subseteq A\times B$, keduanya tidak mengubah isi (F) (lihat Lemma 5.1.5). Namun pada syarat serupa untuk formula sembarang, yaitu ($\ast$) dalam Teorema 5.1.9, pembatas itu bermakna dan tidak boleh dibuang.

Syarat (F) memadatkan dua tuntutan yang lebih jelas bila dipisahkan.

Definisi 5.1.2 (totalitas dan ketunggalan). Misalkan $\Gamma\subseteq A\times B$.

1. $\Gamma$ total pada $A$ jika

$$\forall x\in A\;\exists y\in B\;(x,y)\in\Gamma.\tag{T}$$

2. $\Gamma$ tunggal (atau bernilai tunggal) jika

$$\forall x\in A\;\forall y\in B\;\forall z\in B\;\Bigl(\bigl((x,y)\in\Gamma\land(x,z)\in\Gamma\bigr)\Rightarrow y=z\Bigr).\tag{U}$$

Totalitas menjamin bahwa setiap masukan mempunyai nilai. Ketunggalan menjamin bahwa masukan yang sama tidak mempunyai dua nilai berbeda. Ketunggalan tidak menuntut adanya nilai, dan totalitas tidak melarang adanya banyak nilai.

Proposisi 5.1.3. Untuk $\Gamma\subseteq A\times B$, syarat (F) berlaku jika dan hanya jika (T) dan (U) keduanya berlaku.

Bukti. ($\Rightarrow$) Andaikan (F). Ambil $x\in A$. Menurut (F) ada $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma$, sehingga (T) berlaku. Untuk (U), ambil $x\in A$ dan $y,z\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma$ dan $(x,z)\in\Gamma$. Menurut (F) ada $w\in B$ dengan $(x,w)\in\Gamma$ dan $\forall u\in B\,((x,u)\in\Gamma\Rightarrow u=w)$. Klausa terakhir diterapkan pada $u=y$ dan $u=z$. Keduanya sah karena $y,z\in B$, sehingga $y=w$ dan $z=w$. Jadi $y=z$.

($\Leftarrow$) Andaikan (T) dan (U). Ambil $x\in A$. Menurut (T) ada $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma$. Untuk $z\in B$ dengan $(x,z)\in\Gamma$, terapkan (U) pada $x,y,z$ sehingga diperoleh $y=z$. Jadi $y$ memenuhi kedua konjung dalam (F). $\square$

Proposisi berikut mengkarakterisasi kegagalan syarat (F), berdasarkan Proposisi 5.1.3. Dengan logika Bab 2, negasi (T) dan negasi (U) digabungkan dengan disjungsi.

Proposisi 5.1.4 (kegagalan menjadi grafik fungsi). Untuk $\Gamma\subseteq A\times B$, syarat (F) gagal jika dan hanya jika paling sedikit satu dari dua hal berikut terjadi:

• (gagal total) ada $x\in A$ sehingga untuk setiap $y\in B$, $(x,y)\notin\Gamma$;
• (gagal tunggal) ada $x\in A$ dan $y,z\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma$, $(x,z)\in\Gamma$, dan $y\neq z$.

Bukti. Menurut Proposisi 5.1.3, $\neg$(F) setara dengan $\neg$((T) $\land$ (U)), yaitu $\neg$(T) $\lor$ $\neg$(U). Negasi kuantor terbatas (Bab 2) mengubah $\neg\forall x\in A\,\exists y\in B\,\psi$ menjadi $\exists x\in A\,\forall y\in B\,\neg\psi$. Negasi itu juga mengubah $\neg\forall x\in A\,\forall y\in B\,\forall z\in B\,(\alpha\Rightarrow\beta)$ menjadi $\exists x\in A\,\exists y\in B\,\exists z\in B\,(\alpha\land\neg\beta)$. $\square$

Kedua kegagalan tidak dapat terjadi pada masukan yang sama. Gagal total di $x$ berarti tidak ada pasangan berkomponen pertama $x$, sedangkan gagal tunggal di $x$ menuntut dua pasangan seperti itu. Karena itu, relasi yang gagal keduanya selalu memiliki dua saksi masukan yang berbeda. Sebuah relasi dapat gagal karena salah satunya saja atau karena keduanya.

Notasi nilai fungsi

Lemma 5.1.5 (nilai fungsi). Misalkan $f:A\to B$ dan $x\in A$. Ada tepat satu $y$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$, dan $y$ tersebut anggota $B$. Unsur ini dinotasikan $f(x)$. Untuk setiap objek $y$,

$$f(x)=y\iff(x,y)\in\Gamma_f .$$

Bukti. (F) memberikan $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$ dan $\forall z\in B\,((x,z)\in\Gamma_f\Rightarrow z=y)$. Andaikan $(x,y')\in\Gamma_f$ untuk suatu objek $y'$. Karena $\Gamma_f\subseteq A\times B$, ada $x_0\in A$ dan $y_0\in B$ dengan $(x,y')=(x_0,y_0)$. Sifat pasangan terurut memberi $y'=y_0\in B$. Klausa ketunggalan dalam (F) lalu memberi $y'=y$. Jadi unsur itu tunggal di antara semua objek, tidak hanya di antara anggota $B$. Inklusi grafik dalam $A\times B$ menyingkirkan calon di luar $B$. Kesetaraan yang tersisa adalah definisi notasi $f(x)$. $\square$

Selanjutnya, untuk $x\in A$, "$f(x)=y$" menyingkat "$(x,y)\in\Gamma_f$". Kata "rumus" tidak muncul dalam Definisi 5.1.1. Grafik adalah himpunan pasangan, bukan kurva dan bukan ekspresi aljabar. Gambar kurva hanya merupakan cara melukis grafik tertentu yang bagiannya berada di $\mathbb R\times\mathbb R$. Grafik juga tidak perlu diberikan oleh rumus aljabar; grafik pada Contoh 5.1.10 cukup ditentukan dengan mendaftar pasangannya.

Fungsi bertipe dan kesamaannya

Definisi 5.1.6 (kesamaan fungsi bertipe). Fungsi $f:A\to B$ dan $g:A'\to B'$ sama, ditulis $f=g$, jika $A=A'$, $B=B'$, dan $\Gamma_f=\Gamma_g$.

Kesamaan grafik dan kesamaan fungsi bertipe adalah dua hal yang berbeda. Kesamaan fungsi menuntut kesamaan grafik, tetapi kesamaan grafik saja tidak cukup. Proposisi berikut menunjukkan bagian mana yang dapat dibaca dari grafik.

Proposisi 5.1.7 (domain ditentukan grafik; kodomain tidak).

1. Jika $f:A\to B$, maka untuk setiap objek $x$,

$$x\in A\iff\exists y\;(x,y)\in\Gamma_f .$$

Akibatnya, jika $f:A\to B$ dan $g:A'\to B'$ memenuhi $\Gamma_f=\Gamma_g$, maka $A=A'$. 2. Ada fungsi $f:A\to B$ dan $g:A\to C$ dengan $\Gamma_f=\Gamma_g$ tetapi $B\neq C$.

Bukti. (1) Jika $x\in A$, totalitas $f$ memberi $y$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$. Sebaliknya, jika $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times B$, ada $x'\in A$ dan $y'\in B$ dengan $(x,y)=(x',y')$, sehingga $x=x'\in A$. Untuk akibatnya, terapkan kesetaraan ini pada $f$ dan $g$. Untuk setiap objek $x$,

$$x\in A\iff\exists y\,(x,y)\in\Gamma_f\iff\exists y\,(x,y)\in\Gamma_g\iff x\in A'.$$

Ekstensionalitas memberi $A=A'$.

(2) Ambil objek $a$ dan himpunan $A=\{a\}$, $B=\{0\}$, $C=\{0,1\}$, dengan $\Gamma=\{(a,0)\}$. Maka $\Gamma\subseteq A\times B$ dan $\Gamma\subseteq A\times C$, karena $a\in A$ dan $0\in B\subseteq C$. Satu-satunya masukan $a$ mempunyai nilai $0$, yang termuat dalam $B$ maupun $C$. Untuk $z\in C$ dengan $(a,z)\in\Gamma$ berlaku $(a,z)=(a,0)$, jadi $z=0$. Karena $B\subseteq C$, hal yang sama berlaku untuk $z\in B$. Dengan demikian $(A,B,\Gamma)$ dan $(A,C,\Gamma)$ keduanya fungsi. Keduanya berbeda karena $1\in C$ dan $1\notin B$; fakta terakhir memakai $0\neq1$ yang dipinjam. $\square$

Bagian (1) membenarkan ungkapan "domain dibaca dari proyeksi pertama grafik": anggota domain tepat komponen pertama pasangan dalam grafik. Bagian (2) menunjukkan bahwa kodomain harus dideklarasikan. Akibat 5.1.13 memberi contoh kedua, kali ini dengan grafik kosong.

Teorema 5.1.8 (kesamaan titik demi titik). Misalkan $f:A\to B$ dan $g:A\to B$ mempunyai domain dan kodomain yang sama. Maka

$$f=g\iff\forall x\in A\;\;f(x)=g(x).$$

Bukti. ($\Rightarrow$) Dari $f=g$ diperoleh $\Gamma_f=\Gamma_g$. Ambil $x\in A$ dan tulis $y=f(x)$. Menurut Lemma 5.1.5, $(x,y)\in\Gamma_f=\Gamma_g$. Lemma yang sama untuk $g$ memberi $g(x)=y=f(x)$.

($\Leftarrow$) Domain dan kodomainnya sama menurut hipotesis, jadi cukup dibuktikan $\Gamma_f=\Gamma_g$. Ambil $p\in\Gamma_f$. Karena $\Gamma_f\subseteq A\times B$, ada $x\in A$ dan $y\in B$ dengan $p=(x,y)$. Lemma 5.1.5 memberi $f(x)=y$. Hipotesis memberi $g(x)=f(x)=y$, dan Lemma 5.1.5 untuk $g$ memberi $p=(x,y)\in\Gamma_g$. Jadi $\Gamma_f\subseteq\Gamma_g$. Inklusi sebaliknya diperoleh dengan bertukar peran $f$ dan $g$. Ekstensionalitas memberi $\Gamma_f=\Gamma_g$. $\square$

Hipotesis kesamaan tipe bukan formalitas. Pada Proposisi 5.1.7(2), kedua fungsi bernilai sama di setiap titik domain, tetapi keduanya tidak sama. Teorema 5.1.8 tidak dilanggar karena kodomainnya berbeda.

Keberadaan grafik dari sebuah aturan

Fungsi sering ditentukan oleh suatu formula $\varphi(x,y)$ yang menghubungkan masukan dan keluaran. Teorema berikut menjelaskan kapan formula semacam itu menghasilkan fungsi yang sah, dan bagaimana grafiknya diperoleh dari aksioma Bab 3 tanpa membentuk "himpunan semua pasangan yang memenuhi $\varphi$" secara tak terbatas.

Teorema 5.1.9 (grafik lewat separasi). Misalkan $A,B$ himpunan dan $\varphi(x,y)$ formula yang memenuhi

$$\forall x\in A\;\exists y\in B\;\Bigl(\varphi(x,y)\land\forall z\in B\;\bigl(\varphi(x,z)\Rightarrow z=y\bigr)\Bigr).\tag{$\ast$}$$

Definisikan dengan separasi pada $A\times B$

$$\Gamma=\{p\in A\times B:\exists x\in A\;\exists y\in B\;(p=(x,y)\land\varphi(x,y))\}.$$

Maka:

1. untuk $x\in A$ dan $y\in B$: $(x,y)\in\Gamma\iff\varphi(x,y)$;
2. $(A,B,\Gamma)$ adalah fungsi $f:A\to B$, dan untuk $x\in A$, $y\in B$ berlaku $f(x)=y\iff\varphi(x,y)$;
3. fungsi tersebut tunggal: jika $h:A\to B$ memenuhi $\varphi(x,h(x))$ untuk setiap $x\in A$, maka $h=f$.

Bukti. Separasi pada himpunan $A\times B$ menjamin bahwa $\Gamma$ adalah himpunan dan $\Gamma\subseteq A\times B$.

(1) Ambil $x\in A$ dan $y\in B$. Jika $\varphi(x,y)$, maka $(x,y)\in A\times B$ karena $x\in A$ dan $y\in B$. Pasangan $(x,y)$ juga memenuhi syarat separasi dengan saksi $x$ dan $y$ itu sendiri. Jadi $(x,y)\in\Gamma$. Sebaliknya, jika $(x,y)\in\Gamma$, ada $x'\in A$ dan $y'\in B$ dengan $(x,y)=(x',y')$ dan $\varphi(x',y')$. Sifat pasangan terurut memberi $x=x'$ dan $y=y'$, sehingga $\varphi(x,y)$.

(2) Diperiksa (T) dan (U), lalu Proposisi 5.1.3 dipakai. Totalitas: untuk $x\in A$, ($\ast$) memberi $y\in B$ dengan $\varphi(x,y)$, dan menurut (1), $(x,y)\in\Gamma$. Ketunggalan: ambil $x\in A$ dan $y,z\in B$ dengan $(x,y),(x,z)\in\Gamma$. Menurut (1), $\varphi(x,y)$ dan $\varphi(x,z)$. Menurut ($\ast$) ada $w\in B$ dengan $\varphi(x,w)$ dan $\forall u\in B\,(\varphi(x,u)\Rightarrow u=w)$. Klausa ini hanya berlaku untuk $u\in B$. Ia dapat diterapkan pada $y$ dan $z$ karena $y,z\in B$, dan keanggotaan itu tersedia karena $\Gamma\subseteq A\times B$. Hasilnya $y=w=z$. Kesetaraan $f(x)=y\iff\varphi(x,y)$ untuk $y\in B$ merupakan gabungan Lemma 5.1.5 dan (1).

(3) Untuk $x\in A$, $h(x)\in B$ dan $\varphi(x,h(x))$. Menurut (2), $f(x)=h(x)$. Karena $f$ dan $h$ sama-sama bertipe $A\to B$, Teorema 5.1.8 memberi $h=f$. $\square$

Catatan tentang pembatas $B$. Dalam ($\ast$), keunikan hanya dijamin di dalam $B$. Hipotesis ini lebih lemah daripada keunikan mutlak, dan teorema tetap berlaku karena separasi dilakukan di dalam $A\times B$. Misalkan $A=\{a\}$, $B=\{0\}$, dan $\varphi(x,y)$ adalah $y=0\lor y=1$, dengan $0\neq1$ yang dipinjam.

• Hipotesis ($\ast$) berlaku. Saksinya $y=0\in B$. Untuk setiap $z\in B$ berlaku $z=0$.
• Versi tanpa pembatas, $\forall z\,(\varphi(a,z)\Rightarrow z=0)$, salah karena $\varphi(a,1)$ benar dan $1\neq0$.
• Separasi pada $A\times B$ menghasilkan $\Gamma=\{(a,0)\}$, grafik fungsi $\{a\}\to\{0\}$ yang sah. Andai pembatas $B$ dibuang seluruhnya, baik $p\in A\times B$ maupun $y\in B$, sehingga yang dibentuk adalah kumpulan $\{p:\exists x\in A\,\exists y\,(p=(x,y)\land\varphi(x,y))\}$, kumpulan itu memuat $(a,1)$, dengan keluaran $1$ di luar kodomain. Pada contoh kecil ini kumpulan tersebut kebetulan himpunan, yaitu $\{(a,0),(a,1)\}$ menurut aksioma pasangan. Secara umum, bentuk tanpa himpunan induk tidak dijamin himpunan oleh separasi.

Jadi, ketika ekspansi $\exists y\in B$ menjadi $\exists y\,(y\in B\land\dots)$ dan ekspansi $\forall z\in B$ menjadi $\forall z\,(z\in B\Rightarrow\dots)$, konjung dan anteseden $y\in B$, $z\in B$ tidak boleh dibuang.

Membuang konjung $y\in B$ membuat saksi boleh berada di luar $B$. Akibatnya, grafik hasil separasi pada $A\times B$ dapat gagal total. Contohnya, ambil $A=\{a\}$, $B=\{0\}$, dan $\varphi(x,y)$ berupa $y=1$. Versi tanpa konjung, $\exists y\,(\varphi(a,y)\land\forall z\in B\,(\varphi(a,z)\Rightarrow z=y))$, benar dengan saksi $y=1$, sebab $\varphi(a,0)$ salah. Separasi pada $A\times B$ justru menghasilkan $\Gamma=\varnothing$, yang gagal total di $a$. Jika pada formula pembentuk grafik kedua pembatas $p\in A\times B$ dan $y\in B$ juga dihapus, koleksi pada contoh ini menjadi $\{(a,1)\}$, sehingga komponen keduanya berada di luar kodomain $B$.

Membuang anteseden $z\in B$ menghasilkan hipotesis yang lebih kuat daripada yang sebenarnya tersedia. Teoremanya tidak menjadi salah, tetapi menjadi lebih sempit cakupannya. Contoh pertama di atas memenuhi ($\ast$), tetapi tidak memenuhi versi tanpa anteseden.

Contoh terhitung

Contoh 5.1.10. Misalkan $a,b,c$ tiga objek yang berbeda satu sama lain, $A=\{a,b,c\}$, dan $B=\{0,1\}$. Bilangan $0$ dan $1$ dipinjam, dengan $0\neq1$. Tinjau empat relasi berikut. Semuanya bagian dari $A\times B$ karena setiap pasangannya berkomponen pertama di $A$ dan berkomponen kedua di $B$:

$$\begin{aligned} \Gamma_1&=\{(a,0),(b,1),(c,1)\},&\Gamma_2&=\{(a,0),(b,1)\},\\ \Gamma_3&=\{(a,0),(a,1),(b,1),(c,1)\},&\Gamma_4&=\{(a,0),(a,1),(b,1)\}. \end{aligned}$$

$\Gamma_1$ adalah grafik fungsi. Totalitas: $(a,0),(b,1),(c,1)\in\Gamma_1$. Ketunggalan: misalkan $(a,z)\in\Gamma_1$ dengan $z\in B$. Maka $(a,z)$ sama dengan salah satu dari tiga pasangan anggota $\Gamma_1$. Kesamaan $(a,z)=(b,1)$ memaksa $a=b$, dan $(a,z)=(c,1)$ memaksa $a=c$. Keduanya mustahil, jadi $(a,z)=(a,0)$ dan $z=0$. Dengan cara yang sama, $(b,z)\in\Gamma_1$ memaksa $z=1$ dan $(c,z)\in\Gamma_1$ memaksa $z=1$. Fungsi $f=(A,B,\Gamma_1)$ memiliki tabel nilai

Masukan $b\neq c$ mempunyai keluaran yang sama. Hal ini tidak melanggar apa pun, karena ketunggalan berbicara tentang satu masukan, bukan tentang perbedaan keluaran antarmasukan. Sifat yang melarang hal tersebut akan didefinisikan pada 5.4.

$\Gamma_2$ gagal total, tetapi tunggal. Untuk setiap $y\in B$, $(c,y)\notin\Gamma_2$, karena kesamaan $(c,y)$ dengan $(a,0)$ atau $(b,1)$ memaksa $c=a$ atau $c=b$. Ketunggalan tetap berlaku, dengan argumen yang sama seperti untuk $\Gamma_1$ pada masukan $a$ dan $b$, dan secara hampa pada $c$.

$\Gamma_3$ total, tetapi gagal tunggal. $\Gamma_3\supseteq\Gamma_1$, jadi totalitas diwarisi. Namun $(a,0),(a,1)\in\Gamma_3$ dengan $0\neq1$.

$\Gamma_4$ gagal keduanya. Masukan $c$ tidak mempunyai pasangan, dengan alasan yang sama seperti pada $\Gamma_2$. Masukan $a$ mempunyai dua nilai, $0$ dan $1$. Sesuai pengamatan setelah Proposisi 5.1.4, kedua saksi kegagalan, $c$ dan $a$, berbeda.

Relasi kosong $\varnothing\subseteq A\times B$ juga gagal total karena $A$ tak kosong, tetapi tunggal secara hampa. Hal ini berbeda dari situasi Teorema 5.1.11, ketika domainnya sendiri kosong.

Kasus kosong

Bab 1--2 memakai semesta pembicaraan yang tak kosong untuk logika predikat. Asumsi itu menyangkut semesta semua objek, bukan himpunan tertentu yang menjadi domain fungsi. Kuantor terbatas $\forall x\in\varnothing\;\psi$, yaitu $\forall x\,(x\in\varnothing\Rightarrow\psi)$, benar untuk setiap $\psi$ karena antesedennya selalu salah. Kuantor $\exists y\in\varnothing\;\psi$ selalu salah. Kedua fakta ini cukup untuk menangani fungsi berdomain atau berkodomain kosong.

Pertama, $\varnothing\times B=\varnothing$ dan $A\times\varnothing=\varnothing$. Jika $p\in\varnothing\times B$, maka ada $x\in\varnothing$ dan $y\in B$ dengan $p=(x,y)$, dan ini mustahil karena $\varnothing$ tidak beranggota. Jadi $\varnothing\times B$ tidak beranggota, dan ekstensionalitas memberi $\varnothing\times B=\varnothing$. Argumen untuk $A\times\varnothing$ simetris.

Teorema 5.1.11. Untuk setiap himpunan $B$ ada tepat satu fungsi $\varnothing\to B$, dan grafiknya $\varnothing$.

Bukti. Keberadaan. $\varnothing\subseteq\varnothing\times B$. Syarat (F) berbentuk $\forall x\in\varnothing\;\dots$, sehingga benar secara hampa. Jadi $(\varnothing,B,\varnothing)$ adalah fungsi.

Ketunggalan. Jika $g:\varnothing\to B$, maka $\Gamma_g\subseteq\varnothing\times B=\varnothing$, sehingga $\Gamma_g=\varnothing$. Domain, kodomain, dan grafik $g$ sama dengan milik $(\varnothing,B,\varnothing)$. Menurut Definisi 5.1.6, keduanya sama. Kesimpulan yang sama juga diperoleh dari Teorema 5.1.8, karena syarat titik demi titik hampa pada domain $\varnothing$. $\square$

Teorema 5.1.12. Untuk setiap himpunan $A$, ada fungsi $A\to\varnothing$ jika dan hanya jika $A=\varnothing$.

Bukti. ($\Leftarrow$) Jika $A=\varnothing$, Teorema 5.1.11 dengan $B=\varnothing$ memberi fungsi $(\varnothing,\varnothing,\varnothing)$.

($\Rightarrow$) Misalkan $f:A\to\varnothing$. Andaikan $A$ mempunyai anggota, dan ambil $a\in A$. Langkah ini adalah eliminasi eksistensial biasa dari Bab 2, bukan prinsip pilihan. Totalitas memberi $y\in\varnothing$ dengan $(a,y)\in\Gamma_f$. Ini mustahil. Jadi $A$ tidak beranggota, dan ekstensionalitas memberi $A=\varnothing$. $\square$

Akibat 5.1.13. Jika $B\neq C$, fungsi tunggal $\varnothing\to B$ dan fungsi tunggal $\varnothing\to C$ mempunyai grafik yang sama, yaitu $\varnothing$, tetapi keduanya fungsi yang berbeda.

Bukti. Grafik keduanya $\varnothing$ menurut Teorema 5.1.11. Kodomainnya berbeda, jadi menurut Definisi 5.1.6 keduanya tidak sama. $\square$

Akibat ini merupakan bentuk paling ringkas dari Proposisi 5.1.7(2). Kesamaan grafik tidak menentukan fungsi bertipe.

Latihan

Latihan 1. Dengan $A=\{a,b,c\}$ (tiga objek berbeda) dan $B=\{0,1\}$, tentukan apakah setiap relasi berikut merupakan grafik fungsi $A\to B$. Jika tidak, sebutkan syarat yang gagal beserta saksinya.

$$R_1=\{(a,1),(b,0),(c,0)\},\quad R_2=\{(a,0),(b,0),(c,0),(c,1)\},\quad R_3=\{(b,0),(b,1)\},\quad R_4=\{(a,1),(b,1),(c,1)\}.$$

Strategi. Periksa (T) dan (U) satu per satu untuk setiap masukan. Untuk kegagalan, gunakan bentuk Proposisi 5.1.4 dan tunjukkan saksi $x$, serta $y,z$ bila perlu. Perbandingan pasangan memakai sifat pasangan terurut dan perbedaan $a,b,c$.

Pembahasan. $R_1$: setiap masukan muncul tepat sekali sebagai komponen pertama. Seperti pada $\Gamma_1$ dalam Contoh 5.1.10, $(x,z)\in R_1$ hanya mungkin bila $(x,z)$ adalah pasangan yang komponen pertamanya $x$, karena komponen pertama lain berbeda dari $x$. Jadi $R_1$ total dan tunggal, sehingga merupakan grafik fungsi dengan nilai $a\mapsto1$, $b\mapsto0$, $c\mapsto0$.

$R_2$: total, karena $a,b,c$ masing-masing berpasangan. Namun $R_2$ gagal tunggal dengan saksi $x=c$, $y=0$, $z=1$: $(c,0),(c,1)\in R_2$ dan $0\neq1$.

$R_3$: gagal total dengan saksi $a$. Untuk setiap $y\in B$, $(a,y)\notin R_3$, karena kesamaan $(a,y)=(b,0)$ atau $(a,y)=(b,1)$ memaksa $a=b$. $R_3$ juga gagal tunggal dengan saksi $b$, $0$, $1$. Jadi $R_3$ gagal keduanya, dengan saksi masukan berbeda, yaitu $a$ dan $b$.

$R_4$: total dan tunggal. $R_4$ adalah grafik fungsi konstan bernilai $1$. Keluaran yang sama untuk masukan berbeda tidak melanggar Definisi 5.1.1.

Latihan 2. Dengan $A,B$ seperti pada Latihan 1, buktikan bahwa daftar berikut memuat setiap fungsi $A\to B$ dan tidak memuat dua fungsi yang sama. Daftarnya terdiri atas $(A,B,\{(a,u),(b,v),(c,w)\})$ untuk delapan pilihan

$$(u,v,w)\in\{(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)\}.$$

Di sini $(u,v,w)$ hanya label indeks daftar yang menyebutkan sekaligus nilai $u$, $v$, dan $w$. Tidak ada konstruksi tripel terurut yang dipakai.

Strategi. Pertama, tunjukkan bahwa setiap pilihan $u,v,w\in B$ memberikan fungsi. Kedua, gunakan Teorema 5.1.8 dua kali: arah ($\Leftarrow$) untuk kelengkapan dan arah ($\Rightarrow$) untuk ketidakberulangan.

Pembahasan. Untuk $u,v,w\in B$, misalkan $\Gamma_{uvw}=\{(a,u),(b,v),(c,w)\}\subseteq A\times B$. Argumen untuk $\Gamma_1$ pada Contoh 5.1.10 berlaku kata demi kata: setiap masukan berpasangan, dan $(x,z)\in\Gamma_{uvw}$ hanya cocok dengan pasangan berkomponen pertama $x$ karena $a,b,c$ berbeda. Jadi $\Gamma_{uvw}$ grafik fungsi $f_{uvw}$ dengan $f_{uvw}(a)=u$, $f_{uvw}(b)=v$, $f_{uvw}(c)=w$.

Kelengkapan: misalkan $g:A\to B$. Nilai $g(a),g(b),g(c)$ masing-masing $0$ atau $1$. Jadi ada pilihan dalam daftar dengan $u=g(a)$, $v=g(b)$, dan $w=g(c)$. Kedua fungsi bertipe $A\to B$ dan bernilai sama di $a$, $b$, dan $c$. Karena setiap anggota $A$ adalah $a$, $b$, atau $c$, Teorema 5.1.8 memberi $g=f_{uvw}$.

Tanpa pengulangan: pilihan $(u,v,w)$ dan $(u',v',w')$ yang berbeda dalam daftar berarti $u\neq u'$, $v\neq v'$, atau $w\neq w'$. Misalnya $u\neq u'$. Maka $f_{uvw}(a)=u\neq u'=f_{u'v'w'}(a)$; kasus lainnya serupa di $b$ atau $c$. Menurut Teorema 5.1.8 ($\Rightarrow$), kedua fungsi itu tidak sama.

Latihan 3. Dengan aritmetika bilangan bulat yang dipinjam, misalkan $A=\{0,1,4\}$, $B=\{0,1,2\}$, $B'=\{-2,-1,0,1,2\}$, dan $\varphi(x,y)$ adalah $y\cdot y=x$. (a) Buktikan bahwa ($\ast$) dari Teorema 5.1.9 berlaku untuk $A$ dan $B$, lalu hitung grafik yang dihasilkan separasi. (b) Tunjukkan bahwa ($\ast$) gagal untuk $A$ dan $B'$, dan jelaskan bagian mana dari ($\ast$) yang gagal. (c) Apakah grafik pada (a) juga grafik fungsi $A\to B'$?

Strategi. Karena semua himpunannya berhingga dan kecil, periksa setiap $x\in A$ dan setiap $y$ dalam kodomain. Pada (b), perhatikan pembatas $\forall z\in B'$. Pada (c), kembali ke Definisi 5.1.1, bukan ke ($\ast$).

Pembahasan. (a) Kuadrat anggota $B$ adalah $0\cdot0=0$, $1\cdot1=1$, dan $2\cdot2=4$. Ketiga hasilnya berbeda. Untuk $x=0$, saksinya $y=0$. Jika $z\in B$ dan $z\cdot z=0$, maka dari ketiga kuadrat tadi hanya $z=0$ yang mungkin. Hal serupa berlaku untuk $x=1$ dengan $y=1$ dan untuk $x=4$ dengan $y=2$. Teorema 5.1.9(1) memberi $\Gamma=\{(0,0),(1,1),(4,2)\}$, karena anggota $A\times B$ yang memenuhi $\varphi$ tepat ketiga pasangan ini.

(b) Kuadrat anggota $B'$ adalah $(-2)\cdot(-2)=4$, $(-1)\cdot(-1)=1$, $0\cdot0=0$, $1\cdot1=1$, dan $2\cdot2=4$. Ambil $x=1$ dan sebarang $y\in B'$. Jika $\varphi(1,y)$ salah, konjung pertama dalam ($\ast$) gagal untuk $y$. Jika $\varphi(1,y)$ benar, maka $y=-1$ atau $y=1$. Ambil $z=-y\in B'$. Maka $\varphi(1,z)$ benar dan $z\neq y$, sehingga klausa $\forall z\in B'\,(\varphi(1,z)\Rightarrow z=y)$ gagal. Jadi tidak ada saksi untuk $x=1$. Bagian yang gagal adalah keunikan dalam $B'$, bukan keberadaan, karena $y=1$ memenuhi $\varphi(1,y)$. Hal yang sama terjadi untuk $x=4$ dengan $\pm2$. Bila separasi dilakukan pada $A\times B'$, hasilnya $\{(0,0),(1,-1),(1,1),(4,-2),(4,2)\}$, yang menurut Proposisi 5.1.4 gagal tunggal.

(c) Ya. $\Gamma\subseteq A\times B'$, totalitas berlaku, dan untuk $z\in B'$ dengan $(1,z)\in\Gamma$ hanya $(1,1)$ yang cocok. Hal serupa berlaku untuk $0$ dan $4$. Jadi $(A,B',\Gamma)$ adalah fungsi. Fungsi ini berbeda dari $(A,B,\Gamma)$ menurut Definisi 5.1.6. Pelajarannya: kegagalan ($\ast$) berarti aturan $\varphi$ tidak menentukan fungsi ke $B'$. Kegagalan itu tidak berarti tidak ada fungsi ke $B'$ dengan grafik tertentu.

Latihan 4. Misalkan $b$ sebuah objek. Buktikan bahwa untuk setiap himpunan $A$ ada tepat satu fungsi $A\to\{b\}$, dan grafiknya $A\times\{b\}$. Periksa kesesuaiannya dengan Teorema 5.1.11 saat $A=\varnothing$.

Strategi. Untuk keberadaan, periksa (T) dan (U) bagi $A\times\{b\}$. Untuk ketunggalan, tunjukkan dengan dua inklusi bahwa grafik sebarang fungsi $A\to\{b\}$ harus sama dengan $A\times\{b\}$.

Pembahasan. Keberadaan: $A\times\{b\}\subseteq A\times\{b\}$. Untuk $x\in A$, $(x,b)\in A\times\{b\}$, sehingga (T) berlaku. Jika $y,z\in\{b\}$, maka $y=b=z$, sehingga (U) berlaku tanpa perlu melihat grafik.

Ketunggalan: misalkan $g:A\to\{b\}$. Maka $\Gamma_g\subseteq A\times\{b\}$. Sebaliknya, untuk $p\in A\times\{b\}$ ada $x\in A$ dengan $p=(x,b)$, karena komponen kedua anggota $A\times\{b\}$ pasti $b$. Totalitas $g$ memberi $y\in\{b\}$ dengan $(x,y)\in\Gamma_g$, dan $y=b$, sehingga $p\in\Gamma_g$. Jadi $\Gamma_g=A\times\{b\}$. Karena domain dan kodomainnya juga sama, $g$ adalah fungsi yang dibangun tadi. Untuk $A=\varnothing$, $A\times\{b\}=\varnothing$, sesuai dengan Teorema 5.1.11.

Latihan 5. (a) Berikan dua fungsi $f,g$ dengan domain sama dan $f(x)=g(x)$ untuk setiap $x$ dalam domain, tetapi $f\neq g$. Jelaskan mengapa contoh ini tidak bertentangan dengan Teorema 5.1.8. (b) Apakah $(\varnothing,\{0\},\varnothing)=(\varnothing,\{1\},\varnothing)$ sebagai fungsi bertipe?

Strategi. Cari dua fungsi dengan grafik sama dan kodomain berbeda. Proposisi 5.1.7(2) dan Akibat 5.1.13 menyediakan polanya.

Pembahasan. (a) Ambil $f=(\{a\},\{0\},\{(a,0)\})$ dan $g=(\{a\},\{0,1\},\{(a,0)\})$. Keduanya fungsi menurut Proposisi 5.1.7(2), dengan $f(a)=0=g(a)$. Namun $\{0\}\neq\{0,1\}$, sehingga $f\neq g$ menurut Definisi 5.1.6. Teorema 5.1.8 mensyaratkan kodomain yang sama, dan syarat itu tidak dipenuhi di sini, jadi tidak ada pertentangan.

(b) Tidak. Keduanya fungsi menurut Teorema 5.1.11 dan grafiknya sama, tetapi $\{0\}\neq\{1\}$ karena $0\neq1$. Syarat titik demi titik berlaku secara hampa, tetapi itu tidak relevan karena kodomainnya berbeda.

Latihan 6. Misalkan $A=\{a\}$. Tentukan semua relasi $R\subseteq A\times\varnothing$, lalu tentukan mana yang merupakan grafik fungsi $A\to\varnothing$. Tentukan juga semua fungsi $\varnothing\to\varnothing$.

Strategi. Hitung $A\times\varnothing$ terlebih dahulu. Setelah itu, periksa (T) dan (U) secara langsung, lalu bandingkan dengan Teorema 5.1.12.

Pembahasan. $A\times\varnothing=\varnothing$ (lihat awal subbab kasus kosong), sehingga satu-satunya relasi $R\subseteq A\times\varnothing$ adalah $R=\varnothing$. Relasi ini memenuhi (U) secara hampa, karena tidak ada $y\in\varnothing$. Relasi ini gagal (T) dengan saksi $a$, karena tuntutan $\exists y\in\varnothing\,(a,y)\in R$ salah. Jadi tidak ada fungsi $\{a\}\to\varnothing$, sesuai Teorema 5.1.12 karena $\{a\}\neq\varnothing$. Untuk $\varnothing\to\varnothing$, Teorema 5.1.11 dengan $B=\varnothing$ memberi tepat satu fungsi, yaitu $(\varnothing,\varnothing,\varnothing)$.

Menuju 5.2

Unit ini menetapkan fungsi sebagai data bertipe $(A,B,\Gamma_f)$. Grafik adalah himpunan pasangan yang memenuhi totalitas dan ketunggalan. Domain dapat dipulihkan dari grafik, tetapi kodomain harus dideklarasikan. Kesamaan titik demi titik menentukan fungsi hanya bila tipenya sama.

Kodomain juga tidak harus "terisi". Pada Contoh 5.1.10, kedua anggota $B$ kebetulan dicapai. Pada Latihan 3(c), anggota $-2$ dan $-1$ dari $B'$ tidak dicapai, padahal $(A,B',\Gamma)$ adalah fungsi yang sah. Unit 5.2 memberi nama dan konstruksi pada himpunan nilai yang sungguh dicapai. Himpunan itu dibentuk dengan separasi pada kodomain dan selalu menjadi bagian dari kodomain, tetapi tidak harus sama dengannya. Unit 5.2 juga membahas cara mengubah domain dan kodomain sebuah fungsi tanpa mencampuradukkan tipe.

5.2 Domain, Kodomain, dan Daerah Hasil (Range)

Pada Unit 5.1, fungsi $f\colon A\to B$ dipahami sebagai data bertipe $(A,B,\Gamma_f)$. Grafiknya, $\Gamma_f\subseteq A\times B$, memenuhi dua syarat yang terpisah. Syarat pertama adalah totalitas: setiap $x\in A$ mempunyai pasangan di $B$. Syarat kedua adalah ketunggalan: pasangan itu hanya satu di $B$. Untuk $x\in A$, penulisan $f(x)=y$ menyingkat $(x,y)\in\Gamma_f$. Unit ini memberi nama pada tiap komponen data tersebut. Unit ini juga memperkenalkan himpunan nilai yang benar-benar dicapai fungsi, lalu memeriksa dengan teliti apa yang dapat dan tidak dapat dibaca dari grafik saja.

Kebutuhan akan ketelitian ini muncul dari kebiasaan sehari-hari. Kita sering menulis "fungsi $f(x)=x^2-1$" seolah-olah rumus sudah cukup untuk menentukan fungsi. Kenyataannya, rumus yang sama dapat menghasilkan fungsi yang berbeda bila domainnya berbeda. Rumus yang berbeda juga dapat menghasilkan fungsi yang sama pada domain tertentu. Fungsi dengan grafik yang sama pun dapat berbeda karena kodomainnya berbeda. Pada akhir unit, kita juga belajar mengubah data fungsi secara sah dengan dua cara: mempersempit domain (pembatasan) dan mengganti kodomain.

Sepanjang unit ini, sifat dasar pasangan terurut dari Bab 4 dipakai tanpa dikonstruksi ulang:

$$(a,b)=(c,d)\iff a=c\land b=d.$$

Bilangan real dan aljabarnya dipinjam sebagai bahan contoh. Keduanya tidak dikonstruksi di sini.

Rumus belum menentukan fungsi

Perhatikan himpunan $A=\{-2,0,2\}$ dan dua rumus berikut:

$$x^2-1\qquad\text{dan}\qquad \tfrac14x^4-1.$$

Pada ketiga anggota $A$, kedua rumus memberi nilai yang sama:

• $(-2)^2-1=3=\tfrac14\cdot 16-1$;
• $0^2-1=-1=\tfrac14\cdot 0-1$;
• $2^2-1=3=\tfrac14\cdot 16-1$.

Jadi, sebagai fungsi $A\to\mathbb R$, keduanya menghasilkan grafik yang sama, yaitu $\{(-2,3),(0,-1),(2,3)\}$. Menurut kriteria kesamaan fungsi bertipe pada Unit 5.1, keduanya adalah fungsi yang sama. Sebaliknya, bila domainnya $\mathbb R$, kedua rumus memberi fungsi yang berbeda, sebab pada $x=1$ nilainya masing-masing $0$ dan $-\tfrac34$. Pelajarannya sederhana: rumus adalah cara menuliskan aturan, bukan fungsi itu sendiri. Fungsi baru tertentu setelah domain, kodomain, dan grafiknya ditetapkan.

Definisi 5.2.1 (Domain dan kodomain). Misalkan $f=(A,B,\Gamma_f)$ adalah fungsi bertipe $f\colon A\to B$.

• Himpunan $A$ disebut domain $f$ dan ditulis $\operatorname{dom}(f)$.
• Himpunan $B$ disebut kodomain $f$ dan ditulis $\operatorname{kod}(f)$.

Kedua himpunan ini adalah bagian dari data fungsi. Keduanya ditetapkan bersama grafik. Setelah suatu grafik fungsi diberikan, domain dapat dipulihkan darinya, sedangkan kodomain tidak ditentukan oleh grafik saja. Untuk menekankan bahwa domain dipilih, kita kadang menyebutnya domain yang dinyatakan.

Dalam kalkulus, sering ditanyakan "domain dari rumus ini". Pertanyaan itu berbeda dari domain yang dinyatakan. Untuk membuatnya tepat, kita perlu mengganti "rumus terdefinisi" dengan formula yang dapat diperiksa.

Definisi 5.2.2 (Aturan fungsional parsial; domain real maksimal). Misalkan $\varphi(x,y)$ adalah formula dengan sifat berikut: untuk setiap $x\in\mathbb R$, paling banyak satu $y\in\mathbb R$ memenuhi $\varphi(x,y)$. Formula seperti ini disebut aturan fungsional parsial pada $\mathbb R$. Domain real maksimal aturan tersebut adalah

$$D_\varphi=\{x\in\mathbb R:\exists y\in\mathbb R\;\varphi(x,y)\},$$

yang ada berdasarkan separasi pada $\mathbb R$.

Rumus aljabar diterjemahkan menjadi aturan menurut konvensi berikut. Rumus diterjemahkan apa adanya, tanpa penyederhanaan lebih dulu. Setiap pembagian $a/b$ menyumbang syarat $b\neq0$ dan ditulis sebagai perkalian $y\cdot b=a$, agar tidak ada lambang yang dipakai sebelum terbukti bermakna. Syarat $b\neq0$ boleh tidak ditulis terpisah bila sudah tersirat oleh persamaannya.

Rumus $x^2-1$ menjadi $\varphi(x,y):\ y=x^2-1$. Aturan ini fungsional parsial, sebab $y=x^2-1=y'$ memberi $y=y'$. Untuk setiap $x\in\mathbb R$, bilangan real $x^2-1$ memenuhinya. Jadi $D_\varphi=\mathbb R$. Rumus $\dfrac1{x-1}$ menjadi $\varphi(x,y):\ y\,(x-1)=1$. Di sini syarat $x-1\neq0$ sudah tersirat, sebab $y\cdot0=0\neq1$. Domain real maksimalnya akan dihitung pada Contoh 5.2.17.

Domain real maksimal adalah sifat aturan, bukan sifat fungsi. Ambil rumus $x$ dan rumus $x^2/x$. Rumus kedua diterjemahkan menjadi $x\neq 0\land y\,x=x^2$. Di sini syarat $x\neq0$ harus ditulis, sebab $y\cdot0=0=0^2$ dipenuhi oleh setiap $y$; tanpa syarat itu, aturan tersebut gagal fungsional parsial di $x=0$. Pada $\mathbb R\setminus\{0\}$, kedua rumus memberi nilai yang sama, tetapi domain real maksimalnya berbeda: $\mathbb R$ untuk rumus pertama dan $\mathbb R\setminus\{0\}$ untuk rumus kedua.

Proposisi 5.2.3 (Kapan aturan memberi fungsi). Misalkan $\varphi$ adalah aturan fungsional parsial pada $\mathbb R$ dan $A\subseteq\mathbb R$. Definisikan, dengan separasi pada $A\times\mathbb R$,

$$\Gamma=\{p\in A\times\mathbb R:\exists x\in A\;\exists y\in\mathbb R\;(p=(x,y)\land\varphi(x,y))\}.$$

Maka $(A,\mathbb R,\Gamma)$ adalah fungsi jika dan hanya jika $A\subseteq D_\varphi$.

Bukti. Pertama, satu fakta bantu. Jika $(x,y)\in\Gamma$, maka ada $x'\in A$ dan $y'\in\mathbb R$ dengan $(x,y)=(x',y')$ dan $\varphi(x',y')$. Dari kesamaan pasangan, $x=x'$ dan $y=y'$. Jadi $x\in A$, $y\in\mathbb R$, dan $\varphi(x,y)$ berlaku.

($\Leftarrow$) Misalkan $A\subseteq D_\varphi$.

• Totalitas. Ambil $x\in A$. Karena $x\in D_\varphi$, ada $y\in\mathbb R$ dengan $\varphi(x,y)$. Pasangan $(x,y)$ termuat di $A\times\mathbb R$, dan $x,y$ sendiri menjadi saksinya, sehingga $(x,y)\in\Gamma$.
• Ketunggalan. Misalkan $y,z\in\mathbb R$ dengan $(x,y)\in\Gamma$ dan $(x,z)\in\Gamma$. Menurut fakta bantu, $\varphi(x,y)$ dan $\varphi(x,z)$ berlaku. Karena $\varphi$ fungsional parsial, $y=z$.

($\Rightarrow$) Misalkan $(A,\mathbb R,\Gamma)$ adalah fungsi dan ambil $x\in A$. Totalitas memberi $y\in\mathbb R$ dengan $(x,y)\in\Gamma$. Menurut fakta bantu, $\varphi(x,y)$ berlaku, sehingga $x\in D_\varphi$. $\square$

Catatan (kodomain lain). Bukti yang sama, dengan $\mathbb R$ diganti $B\subseteq\mathbb R$ pada separasi, menunjukkan hal berikut. Jika $\Gamma_B$ dibentuk dengan separasi pada $A\times B$ dengan pembatas $y\in B$, maka $(A,B,\Gamma_B)$ adalah fungsi jika dan hanya jika setiap $x\in A$ mempunyai $y\in B$ dengan $\varphi(x,y)$. Ketunggalan tetap berasal dari sifat fungsional parsial $\varphi$, karena $B\subseteq\mathbb R$.

Proposisi ini hanya mensyaratkan $A\subseteq D_\varphi$. Domain yang dinyatakan boleh lebih kecil daripada domain real maksimal. Himpunan $A=\{-2,0,2\}$ di atas adalah contohnya, karena $A\subsetneq\mathbb R=D_\varphi$ untuk $\varphi(x,y):\ y=x^2-1$.

Lemma 5.2.4 (Grafik menentukan domain). Misalkan $f\colon A\to B$. Untuk setiap objek $x$ berlaku

$$x\in A\iff\exists y\;\bigl((x,y)\in\Gamma_f\bigr).$$

Akibatnya, jika $f\colon A\to B$ dan $g\colon A'\to B'$ memenuhi $\Gamma_f=\Gamma_g$, maka $A=A'$.

Bukti. ($\Rightarrow$) Jika $x\in A$, totalitas memberi $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$.

($\Leftarrow$) Jika $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times B$, maka ada $a\in A$ dan $b\in B$ dengan $(x,y)=(a,b)$. Dari kesamaan pasangan, $x=a\in A$.

Untuk akibatnya, ambil sebarang $x$. Kita peroleh

$$x\in A\iff\exists y\,((x,y)\in\Gamma_f)\iff\exists y\,((x,y)\in\Gamma_g)\iff x\in A'.$$

Menurut ekstensionalitas, $A=A'$. $\square$

Dengan kata lain, domain adalah himpunan semua koordinat pertama anggota grafik. Domain "dapat dibaca" dari grafik. Kodomain tidak demikian, seperti yang akan ditunjukkan pada Teorema 5.2.12.

Daerah hasil

Kodomain hanya memberi tahu di mana nilai-nilai fungsi berada. Kodomain tidak memberi tahu nilai mana saja yang benar-benar muncul. Himpunan nilai yang muncul diberi nama tersendiri.

Definisi 5.2.5 (Daerah hasil). Untuk $f\colon A\to B$, daerah hasil atau range $f$ adalah

$$\operatorname{ran}(f)=\{y\in B:\exists x\in A\;((x,y)\in\Gamma_f)\}.$$

Himpunan ini ada berdasarkan aksioma separasi pada $B$. Himpunan yang sama juga ditulis $f[A]$. Notasi $f[\,\cdot\,]$ akan diperluas pada Unit 5.3 untuk subhimpunan domain yang lain.

Catatan istilah. Dalam sebagian literatur, kata "range" dipakai untuk kodomain. Buku ini selalu memakai "range" atau "daerah hasil" untuk himpunan nilai yang dicapai, sesuai Definisi 5.2.5.

Lemma 5.2.6 (Sifat dasar range). Misalkan $f\colon A\to B$.

1. $\operatorname{ran}(f)\subseteq B$.
2. Untuk setiap objek $y$: $y\in\operatorname{ran}(f)\iff\exists x\in A\;(f(x)=y)$.
3. Untuk setiap $x\in A$: $f(x)\in\operatorname{ran}(f)$.
4. Range hanya bergantung pada grafik: untuk setiap objek $y$, $y\in\operatorname{ran}(f)\iff\exists x\;((x,y)\in\Gamma_f)$.

Bukti.

1. Setiap anggota $\operatorname{ran}(f)$ diambil dari $B$ menurut definisi separasi.
2. ($\Rightarrow$) Dari definisi, ada $x\in A$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$, yaitu $f(x)=y$. ($\Leftarrow$) Jika $x\in A$ dan $f(x)=y$, maka $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times B$. Dari kesamaan pasangan, $y\in B$, sehingga $y$ memenuhi syarat separasi.
3. Ambil $y=f(x)$ pada butir 2 dengan saksi $x$ itu sendiri.
4. ($\Rightarrow$) Jelas. ($\Leftarrow$) Jika $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times B$, maka $x\in A$ dan $y\in B$ menurut kesamaan pasangan. Jadi $y$ memenuhi syarat separasi dengan saksi $x\in A$. $\square$

Inklusi $\operatorname{ran}(f)\subseteq B$ tidak otomatis menjadi kesamaan. Tidak ada bagian dari definisi fungsi yang menjamin bahwa setiap $y\in B$ mempunyai praimaj. Totalitas berbicara tentang setiap input, bukan setiap anggota kodomain.

Contoh 5.2.7 (Contoh baku: $x^2-1$ pada tiga titik). Tetapkan $A=\{-2,0,2\}$ dan kodomain $B=\mathbb R$. Aturannya $\varphi(x,y):\ y=x^2-1$. Telah ditunjukkan bahwa aturan ini fungsional parsial dengan $D_\varphi=\mathbb R$. Karena $A\subseteq\mathbb R=D_\varphi$, Proposisi 5.2.3 menjamin bahwa aturan ini memberi fungsi $f\colon A\to\mathbb R$.

Tabel nilai.

Grafik. Setiap anggota grafik hasil separasi berbentuk $(x,x^2-1)$ dengan $x\in A$. Dengan memeriksa tiga kemungkinan $x$, diperoleh

$$\Gamma_f=\{(-2,3),\,(0,-1),\,(2,3)\}.$$

Bila digambar pada bidang, grafik ini hanya terdiri atas tiga titik terpisah:

Ketiga titik itu tidak dihubungkan. Tidak ada "parabola" di sini, karena domainnya hanya tiga bilangan. Kurva parabola adalah grafik fungsi lain yang berdomain $\mathbb R$.

Range. Menurut Lemma 5.2.6(2), untuk setiap $y$:

$$y\in\operatorname{ran}(f)\iff y=f(-2)\lor y=f(0)\lor y=f(2)\iff y=3\lor y=-1\lor y=3\iff y=-1\lor y=3.$$

Menurut ekstensionalitas,

$$\operatorname{ran}(f)=\{-1,3\}.$$

Pengulangan bukan anggota baru. Bila nilai-nilai didaftar menurut urutan tabel, kita mendapat penulisan $\{3,-1,3\}$. Syarat keanggotaannya, $y=3\lor y=-1\lor y=3$, setara dengan $y=-1\lor y=3$. Jadi $\{3,-1,3\}=\{-1,3\}$ sebagai himpunan. Nilai $3$ yang muncul dua kali tidak menambah anggota. Domain beranggota tiga sedangkan range beranggota dua, dan hal ini tidak bertentangan dengan apa pun. Definisi fungsi mengizinkan dua input berbeda, $-2$ dan $2$, berbagi output yang sama.

Range tidak sama dengan kodomain. Bilangan $0$ termuat di $\mathbb R$, tetapi $0\neq 3$ dan $0\neq-1$. Jadi $0\notin\operatorname{ran}(f)$, dan $\operatorname{ran}(f)\subsetneq\mathbb R$. Sifat "setiap anggota kodomain dicapai" akan diberi nama pada Unit 5.4. Di sini sifat itu cukup dinyatakan sebagai formula, dan formula tersebut gagal untuk $f$.

Contoh 5.2.8 (Kodomain $\{-1,3\}$ sah, kodomain $\{3\}$ tidak sah). Gunakan $A$, aturan, dan grafik $\Gamma_f$ dari Contoh 5.2.7.

(a) Kodomain $\{-1,3\}$. Ketiga anggota $\Gamma_f$ mempunyai koordinat kedua di $\{-1,3\}$, sehingga $\Gamma_f\subseteq A\times\{-1,3\}$.

• Totalitas. Setiap $x\in A$ mempunyai pasangan di $\Gamma_f$, dan koordinat keduanya berada di $\{-1,3\}$.
• Ketunggalan. Jika $(x,z)\in\Gamma_f$ dengan $z\in\{-1,3\}$, maka $z\in\mathbb R$. Ketunggalan $f$ di $\mathbb R$ lalu memberi $z=f(x)$.

Jadi $f_1=(A,\{-1,3\},\Gamma_f)$ adalah fungsi. Domain, grafik, dan range-nya sama dengan milik $f$, dan setiap nilainya juga sama: $f_1(x)=f(x)$. Meski begitu, $f_1\neq f$ sebagai fungsi bertipe, karena kodomainnya berbeda: $0\in\mathbb R$ tetapi $0\notin\{-1,3\}$.

Hal ini memperlihatkan bahwa kriteria kesamaan titik demi titik dari Unit 5.1 hanya berlaku bila domain dan kodomain kedua fungsi sudah sama. Kesamaan nilai tidak cukup untuk menyimpulkan kesamaan fungsi bertipe.

(b) Kodomain $\{3\}$. Misalkan aturan $y=x^2-1$ dipakai untuk membentuk grafik dengan separasi pada $A\times\{3\}$:

$$\Gamma'=\{p\in A\times\{3\}:\exists x\in A\;\exists y\in\{3\}\;(p=(x,y)\land y=x^2-1)\}=\{(-2,3),(2,3)\}.$$

Grafik ini gagal memenuhi totalitas di $x=0$. Totalitas menuntut adanya $y\in\{3\}$ dengan $y=0^2-1$, yaitu $3=-1$, dan itu salah. Inilah kegagalan syarat pada catatan setelah Proposisi 5.2.3, dengan $B=\{3\}$. Grafik $\Gamma_f$ juga tidak dapat dipakai, sebab $(0,-1)\in\Gamma_f$ sedangkan $(0,-1)\notin A\times\{3\}$ karena $-1\neq 3$.

Memang ada fungsi $A\to\{3\}$, yaitu fungsi konstan dengan grafik $\{(-2,3),(0,3),(2,3)\}$. Namun fungsi itu bernilai $3$ di $0$, bukan $-1$, sehingga bukan fungsi yang diberikan oleh aturan $x^2-1$. Masalahnya terletak pada satu nilai yang keluar dari kodomain. Masalahnya bukan pada jumlah anggota kodomain.

Mengganti kodomain

Contoh 5.2.8 menunjukkan pola umum: kodomain boleh diganti selama range tetap tertampung di dalamnya.

Teorema 5.2.9 (Penggantian kodomain). Misalkan $f\colon A\to B$ dan $C$ suatu himpunan. Maka

$$(A,C,\Gamma_f)\ \text{adalah fungsi}\iff \operatorname{ran}(f)\subseteq C.$$

Dalam hal ini, fungsi baru tersebut mempunyai nilai yang sama dengan $f$ di setiap $x\in A$, dan range-nya sama dengan $\operatorname{ran}(f)$.

Bukti. ($\Leftarrow$) Misalkan $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$.

• $\Gamma_f\subseteq A\times C$. Ambil $p\in\Gamma_f$. Karena $\Gamma_f\subseteq A\times B$, ada $a\in A$ dan $b\in B$ dengan $p=(a,b)$. Maka $(a,b)\in\Gamma_f$, sehingga $b\in\operatorname{ran}(f)\subseteq C$ dengan saksi $a$. Jadi $p\in A\times C$.
• Totalitas. Untuk $x\in A$, pasangan $(x,f(x))$ termuat di $\Gamma_f$, dan $f(x)\in\operatorname{ran}(f)\subseteq C$ menurut Lemma 5.2.6(3).
• Ketunggalan. Misalkan $z\in C$ dan $(x,z)\in\Gamma_f$. Ketunggalan $f$ hanya dijamin untuk calon di $B$, jadi kita perlu memastikan dulu bahwa $z\in B$. Hal itu benar karena $\Gamma_f\subseteq A\times B$ dan kesamaan pasangan. Setelah itu, ketunggalan $f$ memberi $z=f(x)$.

Untuk menerapkan langsung klausa ketunggalan terbatas dalam (F), kita memastikan $z\in B$ terlebih dahulu. Lema 5.1.5 juga memberikan ketunggalan di antara semua objek, berdasarkan inklusi grafik dalam $A\times B$.

($\Rightarrow$) Misalkan $(A,C,\Gamma_f)$ adalah fungsi, sehingga $\Gamma_f\subseteq A\times C$. Jika $y\in\operatorname{ran}(f)$, ada $x$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times C$, sehingga $y\in C$.

Nilai dan range. Tulis $f'=(A,C,\Gamma_f)$ dan ambil $x\in A$. Karena $(x,f(x))\in\Gamma_f$ dan $f(x)\in C$, pasangan ini memenuhi syarat nilai $f'$ di $x$. Menurut ketunggalan $f'$ di $C$, berlaku $f'(x)=f(x)$. Untuk range, Lemma 5.2.6(4) berlaku bagi kedua fungsi dan menyatakan keanggotaan range masing-masing dengan syarat yang sama, yaitu $\exists x\,((x,y)\in\Gamma_f)$. Menurut ekstensionalitas, kedua range sama. $\square$

Definisi 5.2.10 (Notasi penggantian kodomain). Jika $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$, fungsi $(A,C,\Gamma_f)$ ditulis $f^{\to C}\colon A\to C$.

• Jika $C\subseteq B$, penggantian ini disebut pembatasan kodomain.
• Jika $B\subseteq C$, penggantian ini disebut perluasan kodomain.

Notasi $f^{\to C}$ adalah konvensi buku ini. Lambang ini selalu memuat himpunan $C$ di superskrip; peta maju pada Unit 5.3 ditulis $f[\,\cdot\,]$, bukan $f^{\to}$. Banyak teks memakai huruf $f$ yang sama untuk fungsi yang kodomainnya telah diganti. Kebiasaan itu praktis, tetapi menyembunyikan perubahan data. Karena itu, di sini perubahan kodomain selalu ditandai.

Dalam Contoh 5.2.8, $f_1=f^{\to\{-1,3\}}$ adalah pembatasan kodomain. Sementara itu, $f^{\to\{3\}}$ tidak terdefinisi, karena $\operatorname{ran}(f)=\{-1,3\}\not\subseteq\{3\}$.

Akibat 5.2.11 (Range adalah kodomain sah terkecil). Untuk $f\colon A\to B$, fungsi $f^{\to\operatorname{ran}(f)}\colon A\to\operatorname{ran}(f)$ ada. Selain itu, setiap himpunan $C$ yang membuat $(A,C,\Gamma_f)$ menjadi fungsi memenuhi $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$.

Bukti. Terapkan Teorema 5.2.9 pada $C=\operatorname{ran}(f)$ untuk bagian pertama. Bagian kedua adalah arah ($\Rightarrow$) dari teorema yang sama. $\square$

Pada $f^{\to\operatorname{ran}(f)}$, setiap anggota kodomain mempunyai praimaj. Hal ini terjadi karena kodomainnya dipilih sama dengan range, bukan karena sifat aturan $f$.

Teorema 5.2.12 (Grafik mengungkap domain, tetapi tidak kodomain).

1. Jika $f\colon A\to B$ dan $g\colon A'\to B'$ memenuhi $\Gamma_f=\Gamma_g$, maka $A=A'$ dan $\operatorname{ran}(f)=\operatorname{ran}(g)$.
2. Kodomain tidak ditentukan oleh grafik. Untuk setiap $f\colon A\to B$ dan setiap himpunan $C\neq B$ dengan $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$, fungsi $f$ dan $f^{\to C}$ berbeda sebagai fungsi bertipe, padahal grafiknya sama. Pasangan seperti itu memang ada.

Bukti.

1. Kesamaan domain adalah Lemma 5.2.4. Kesamaan range diperoleh dari Lemma 5.2.6(4): untuk setiap $y$, $y\in\operatorname{ran}(f)\iff\exists x\,((x,y)\in\Gamma_f)\iff\exists x\,((x,y)\in\Gamma_g)\iff y\in\operatorname{ran}(g)$.
2. Teorema 5.2.9 menjamin bahwa $f^{\to C}$ adalah fungsi dengan grafik $\Gamma_f$. Karena $C\neq B$, kedua fungsi bertipe itu berbeda. Pasangan yang konkret sudah tersedia di Contoh 5.2.8, yaitu $f$ dengan kodomain $\mathbb R$ dan $f^{\to\{-1,3\}}$. Contoh lain berasal dari Unit 5.1: fungsi $\varnothing\to\{0\}$ dan $\varnothing\to\{0,1\}$ sama-sama berdomain kosong dan bergrafik kosong. $\square$

Latihan 4 menguatkan bagian 2. Di sana ditunjukkan bahwa setiap fungsi mempunyai "kembaran" dengan grafik yang sama tetapi kodomain yang berbeda. Akibat praktisnya jelas. Pertanyaan "apakah setiap anggota kodomain dicapai?" tidak dapat dijawab hanya dengan melihat grafik, karena jawabannya bergantung pada kodomain yang dinyatakan.

Domain kosong dan range kosong

Teorema 5.2.13. Untuk setiap fungsi $f\colon A\to B$,

$$A=\varnothing\iff\operatorname{ran}(f)=\varnothing.$$

Bukti. ($\Rightarrow$) Misalkan $A=\varnothing$ dan andaikan ada $y\in\operatorname{ran}(f)$. Maka ada $x\in A$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$. Ini mustahil karena $A$ tidak beranggota. Jadi $\operatorname{ran}(f)$ tidak beranggota, dan menurut ekstensionalitas $\operatorname{ran}(f)=\varnothing$.

($\Leftarrow$) Kita buktikan kontraposisinya. Misalkan $A\neq\varnothing$, dan ambil $a\in A$. Totalitas memberi nilai $f(a)\in B$, dan Lemma 5.2.6(3) memberi $f(a)\in\operatorname{ran}(f)$. Jadi $\operatorname{ran}(f)\neq\varnothing$. $\square$

Beberapa catatan tentang teorema ini:

• Teorema ini tidak mengasumsikan apa pun tentang $B$.
• Fungsi kosong $\varnothing\to B$ yang tunggal (Unit 5.1) mempunyai range $\varnothing$. Akibatnya, range-nya sama dengan kodomain jika dan hanya jika $B=\varnothing$.
• Jika $B=\varnothing$, Unit 5.1 sudah menunjukkan bahwa fungsi $A\to\varnothing$ hanya ada bila $A=\varnothing$. Dalam hal itu $\operatorname{ran}(f)=\varnothing=B$.
• Kontraposisi arah ($\Leftarrow$) menyatakan bahwa jika $A$ tak kosong, range mempunyai sedikitnya satu anggota. Hal itu tidak menjamin bahwa setiap anggota $B$ dicapai.
• Konvensi bahwa semesta struktur logika tidak kosong (Bab 1–2) tidak melarang himpunan $A$ kosong menjadi domain. Yang dikuantifikasi di sini adalah anggota $A$, dan kuantor $\exists x\in A$ atas himpunan kosong memang bernilai salah.

Pembatasan domain

Mempersempit domain adalah operasi yang sangat sering dipakai. Operasi ini sudah muncul tanpa nama ketika kita membandingkan $x^2-1$ pada $\mathbb R$ dan pada $A=\{-2,0,2\}$.

Definisi 5.2.14 (Pembatasan). Misalkan $f\colon A\to B$ dan $S\subseteq A$. Grafik pembatasan didefinisikan dengan separasi pada $\Gamma_f$:

$$\Gamma_{f|_S}=\{p\in\Gamma_f:\exists x\in S\;\exists y\in B\;(p=(x,y))\}.$$

Pembatasan $f$ pada $S$ adalah $f|_S=(S,B,\Gamma_{f|_S})$. Kodomainnya tetap $B$.

Teorema 5.2.15 (Sifat pembatasan). Misalkan $f\colon A\to B$ dan $S\subseteq A$.

1. Untuk setiap $x,y$: $(x,y)\in\Gamma_{f|_S}\iff x\in S\land(x,y)\in\Gamma_f$.
2. $f|_S\colon S\to B$ adalah fungsi, dan $(f|_S)(x)=f(x)$ untuk setiap $x\in S$.
3. $f|_S$ adalah satu-satunya fungsi $g\colon S\to B$ yang memenuhi $g(x)=f(x)$ untuk setiap $x\in S$.
4. $\operatorname{ran}(f|_S)\subseteq\operatorname{ran}(f)$.
5. $f|_A=f$, dan $f|_\varnothing$ adalah fungsi kosong $\varnothing\to B$.

Bukti.

1. ($\Rightarrow$) Jika $(x,y)\in\Gamma_{f|_S}$, maka $(x,y)\in\Gamma_f$, dan ada $x'\in S$ serta $y'\in B$ dengan $(x,y)=(x',y')$. Dari kesamaan pasangan, $x=x'\in S$. ($\Leftarrow$) Jika $x\in S$ dan $(x,y)\in\Gamma_f\subseteq A\times B$, maka $y\in B$. Pasangan $(x,y)$ sendiri memenuhi syarat separasi dengan saksi $x$ dan $y$.
2. Grafik di $S\times B$: setiap $p\in\Gamma_{f|_S}$ berbentuk $(x,y)$ dengan $x\in S$ dan $y\in B$. Totalitas: untuk $x\in S\subseteq A$, berlaku $(x,f(x))\in\Gamma_f$, sehingga menurut butir 1, $(x,f(x))\in\Gamma_{f|_S}$. Ketunggalan: jika $z\in B$ dan $(x,z)\in\Gamma_{f|_S}$, maka menurut butir 1, $(x,z)\in\Gamma_f$, sehingga $z=f(x)$ oleh ketunggalan $f$. Karena $(x,f(x))\in\Gamma_{f|_S}$, nilai $f|_S$ di $x$ adalah $f(x)$.
3. Keberadaan fungsi seperti itu diberikan oleh butir 2. Misalkan $g\colon S\to B$ memenuhi $g(x)=f(x)$ untuk setiap $x\in S$. Maka $g$ dan $f|_S$ berdomain dan berkodomain sama, dan $g(x)=f(x)=(f|_S)(x)$ untuk setiap $x\in S$. Menurut kriteria kesamaan pada Unit 5.1, $g=f|_S$.
4. Jika $y\in\operatorname{ran}(f|_S)$, ada $x\in S$ dengan $(x,y)\in\Gamma_{f|_S}$. Menurut butir 1, $(x,y)\in\Gamma_f$ dengan $x\in S\subseteq A$, dan $y\in B$. Jadi $y\in\operatorname{ran}(f)$.
5. Untuk $S=A$: setiap $p\in\Gamma_f$ berbentuk $(x,y)$ dengan $x\in A$, sehingga $p\in\Gamma_{f|_A}$. Inklusi sebaliknya berlaku menurut definisi separasi. Jadi $\Gamma_{f|_A}=\Gamma_f$, dan karena domain serta kodomain juga sama, $f|_A=f$. Untuk $S=\varnothing$: setiap anggota $\Gamma_{f|_\varnothing}$ akan berbentuk $(x,y)$ dengan $x\in\varnothing$, dan itu mustahil. Jadi grafiknya kosong, dan $f|_\varnothing$ adalah fungsi kosong $\varnothing\to B$, yang tunggal menurut Unit 5.1. $\square$

Range $f|_S$ adalah himpunan semua nilai $f$ pada input dari $S$. Unit 5.3 akan memperlakukan himpunan ini sebagai operasi tersendiri pada subhimpunan $S$. Di sini himpunan itu hanya muncul sebagai range dari fungsi baru.

Contoh 5.2.16 (Pembatasan membuka kodomain baru). Pada Contoh 5.2.7, ambil $S=\{-2,2\}$. Menurut Teorema 5.2.15(1), $\Gamma_{f|_S}=\{(-2,3),(2,3)\}$ dan $\operatorname{ran}(f|_S)=\{3\}\subsetneq\{-1,3\}=\operatorname{ran}(f)$. Karena itu, menurut Teorema 5.2.9, fungsi

$$(f|_S)^{\to\{3\}}\colon\{-2,2\}\to\{3\}$$

sah. Bandingkan dengan Contoh 5.2.8(b): kodomain $\{3\}$ tidak sah bagi $f$ berdomain $A$, tetapi menjadi sah setelah input $0$ dibuang dari domain. Kesahan suatu kodomain selalu dinilai terhadap range dari fungsi yang sedang dibicarakan.

Contoh 5.2.17 (Rumus $1/(x-1)$: domain real maksimal dan domain yang dinyatakan). Terjemahkan rumus ini menjadi aturan

$$\varphi(x,y):\quad y\,(x-1)=1.$$

Aturan ini fungsional parsial. Jika $y(x-1)=1=y'(x-1)$, maka $x-1\neq 0$, sebab $0\cdot y=0\neq1$. Dengan mengalikan kedua ruas dengan kebalikan real dari $x-1$, diperoleh $y=y'$.

Domain real maksimal. Jika $x\neq1$, bilangan $y=\dfrac1{x-1}$, yaitu kebalikan real dari $x-1\neq0$, memenuhi $\varphi(x,y)$. Jika $x=1$, setiap $y$ memberi $y\cdot0=0\neq1$, sehingga tidak ada $y$ yang memenuhi. Jadi $D_\varphi=\mathbb R\setminus\{1\}$. Himpunan ini ada berdasarkan separasi pada $\mathbb R$.

Fungsi pada domain maksimal. Menurut Proposisi 5.2.3, aturan ini memberi fungsi $h\colon\mathbb R\setminus\{1\}\to\mathbb R$ dengan $h(x)=\dfrac1{x-1}$. Range-nya dihitung dengan dua inklusi.

• $\operatorname{ran}(h)\subseteq\mathbb R\setminus\{0\}$: jika $y=h(x)$, maka $y(x-1)=1$. Andaikan $y=0$; maka $0=1$, dan itu salah. Jadi $y\neq0$.
• $\mathbb R\setminus\{0\}\subseteq\operatorname{ran}(h)$: ambil $y\neq0$ dan bentuk calon $x=1+\dfrac1y$. Calon ini masih perlu diperiksa. Pertama, $x-1=\dfrac1y\neq0$, sehingga $x\in\mathbb R\setminus\{1\}$. Kedua, $y(x-1)=y\cdot\dfrac1y=1$, sehingga $\varphi(x,y)$ berlaku, yaitu $h(x)=y$.

Jadi $\operatorname{ran}(h)=\mathbb R\setminus\{0\}$. Menurut Teorema 5.2.9, $h^{\to\mathbb R\setminus\{0\}}$ sah. Sebaliknya, kodomain $\mathbb R\setminus\{0,5\}$ tidak sah, karena $h(6/5)=\dfrac1{1/5}=5$.

Titik $x=1$. Bilangan $1$ bukan anggota domain, sehingga lambang $h(1)$ tidak bermakna. Tidak benar bahwa "$h(1)=\infty$". Lambang $\infty$ bukan bilangan real dan tidak berada di kodomain $\mathbb R$. Lagi pula, pasangan dengan koordinat pertama $1$ tidak termuat di $(\mathbb R\setminus\{1\})\times\mathbb R$. Perilaku $h$ di dekat $1$ adalah persoalan limit dan berada di luar bab ini.

Domain yang dinyatakan $\{0,2\}$. Karena $\{0,2\}\subseteq\mathbb R\setminus\{1\}$, aturan yang sama memberi fungsi $k\colon\{0,2\}\to\mathbb R$. Untuk $x\in\{0,2\}$, fakta bantu dalam bukti Proposisi 5.2.3 memberi $\varphi(x,k(x))$ dan $\varphi(x,h(x))$, dengan $k(x),h(x)\in\mathbb R$. Karena $\varphi$ fungsional parsial, $k(x)=h(x)$. Menurut Teorema 5.2.15(2), $h(x)=(h|_{\{0,2\}})(x)$. Fungsi $k$ dan $h|_{\{0,2\}}$ sama-sama berdomain $\{0,2\}$ dan berkodomain $\mathbb R$, sehingga menurut Teorema 5.2.15(3), $k=h|_{\{0,2\}}$. Nilainya:

Jadi $\Gamma_k=\{(0,-1),(2,1)\}$ dan $\operatorname{ran}(k)=\{-1,1\}$.

Dua pilihan, dua fungsi. Fungsi $h$ dan $k$ sama-sama sah, tetapi $h\neq k$, sebab domainnya berbeda: $\tfrac12\in\mathbb R\setminus\{1\}$ sedangkan $\tfrac12\notin\{0,2\}$. Sebaliknya, domain yang dinyatakan $\{0,1,2\}$ tidak sah untuk aturan ini. Menurut Proposisi 5.2.3, $\{0,1,2\}\not\subseteq D_\varphi$, dan totalitas gagal di $x=1$.

Rumus berbeda, fungsi sama. Fungsi $\{0,2\}\to\mathbb R$ dengan aturan $x\mapsto x-1$ bernilai $-1$ di $0$ dan $1$ di $2$. Menurut kriteria Unit 5.1, fungsi itu sama dengan $k$, walaupun rumusnya berbeda dan domain real maksimal kedua rumus juga berbeda ($\mathbb R$ dan $\mathbb R\setminus\{1\}$).

Ringkasan: lima objek yang harus dibedakan

Hubungan yang selalu berlaku di antara objek-objek ini:

• Domain yang dinyatakan termuat dalam domain real maksimal, bila fungsi dibentuk dari aturan menurut Proposisi 5.2.3.
• $\operatorname{ran}(f)\subseteq\operatorname{kod}(f)$, dan inklusinya boleh sejati.
• Grafik menentukan domain dan range, tetapi tidak menentukan kodomain.
• Kodomain boleh diganti dengan himpunan $C$ mana pun yang memuat range, dan hanya dengan himpunan seperti itu.

Latihan

1. Misalkan $g\colon\{-1,0,1,3\}\to\mathbb Z$ dengan $g(x)=x^2-2x$.
   • (a) Buat tabel nilai, tuliskan grafik, dan tentukan $\operatorname{ran}(g)$.
   • (b) Untuk setiap $C$ berikut, tentukan apakah $(\{-1,0,1,3\},C,\Gamma_g)$ adalah fungsi: $\mathbb Z$, $\mathbb N$, $\{-1,0,3\}$, $\{0,3\}$, $\{-1,0,1,3\}$.
   • (c) Apakah $1\in\operatorname{ran}(g)$?
   • (d) Tentukan semua $S\subseteq\{-1,0,1,3\}$ beranggota dua dengan $\operatorname{ran}(g|_S)=\{3\}$, lalu periksa apakah $(g|_S)^{\to\{3\}}$ sah.
2. Misalkan $f\colon A\to B$ dan $S\subseteq S'\subseteq A$. Buktikan $(f|_{S'})|_S=f|_S$. Berikan pula contoh dengan $\operatorname{ran}(f|_S)\subsetneq\operatorname{ran}(f)$.
3. (Kasus kosong)
   • (a) Tentukan semua fungsi berdomain $\varnothing$ dan berkodomain $\{0,1\}$, beserta range-nya. Apakah range-nya sama dengan kodomain?
   • (b) Buktikan: jika $f\colon\varnothing\to B$ dan $\operatorname{ran}(f)=B$, maka $B=\varnothing$.
   • (c) Adakah fungsi $f\colon A\to B$ dengan $A\neq\varnothing$ dan $\operatorname{ran}(f)=\varnothing$?
4. (Setiap fungsi mempunyai kembaran) Misalkan $f\colon A\to B$. Buktikan bahwa ada himpunan $C\neq B$ sehingga $f^{\to C}$ terdefinisi. Petunjuk: gunakan $r=\{x\in B:x\notin x\}$ dan $C=B\cup\{r\}$.
5. Perhatikan rumus $\dfrac1{x^2-4}$, yang diterjemahkan menjadi aturan $y(x^2-4)=1$.
   • (a) Tentukan domain real maksimal $D$.
   • (b) Untuk $u\colon\{0,1,3\}\to\mathbb R$ yang diberikan oleh aturan ini, buat tabel, grafik, dan range.
   • (c) Apakah $\{0,1,2\}$ domain yang sah?
   • (d) Untuk $v\colon D\to\mathbb R$, buktikan $0\notin\operatorname{ran}(v)$.
   • (e) Apakah $u=v|_{\{0,1,3\}}$?
6. Misalkan $f\colon A\to B$, $S\subseteq A$, dan $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$. Buktikan bahwa $(f|_S)^{\to C}$ terdefinisi dan $(f^{\to C})|_S=(f|_S)^{\to C}$.
7. (Audit klaim) Seorang mahasiswa menulis: "Untuk $f\colon\mathbb R\to\mathbb R$, $f(x)=x^2-1$, kodomainnya $\mathbb R$, jadi range $f$ adalah $\mathbb R$."
   • (a) Tunjukkan kesalahannya dengan membuktikan $-2\notin\operatorname{ran}(f)$.
   • (b) Tentukan $\operatorname{ran}(f)$. Anda boleh meminjam fakta bahwa setiap real $t\ge0$ mempunyai real $s$ dengan $s^2=t$.
   • (c) Mana di antara $\mathbb R$, $[-1,\infty)$, dan $[0,\infty)$ yang merupakan kodomain sah? Di sini $[c,\infty)=\{y\in\mathbb R:y\ge c\}$; lambang $\infty$ hanya bagian notasi, bukan bilangan.

Pembahasan latihan

Latihan 1.

Strategi. Hitung nilai di setiap input. Gunakan Lemma 5.2.6(2) untuk menentukan range, lalu gunakan Teorema 5.2.9 untuk menguji setiap calon kodomain.

Pembahasan.

(a) Nilai-nilainya:

Grafiknya $\Gamma_g=\{(-1,3),(0,0),(1,-1),(3,3)\}$. Untuk setiap $y$, $y\in\operatorname{ran}(g)$ jika dan hanya jika $y=3\lor y=0\lor y=-1\lor y=3$. Jadi $\operatorname{ran}(g)=\{-1,0,3\}$.

(b) Menurut Teorema 5.2.9, sebuah calon $C$ sah tepat bila $\{-1,0,3\}\subseteq C$.

• $\mathbb Z$: sah.
• $\mathbb N$: tidak sah, karena $-1\notin\mathbb N=\{0,1,2,\dots\}$, padahal $g(1)=-1$.
• $\{-1,0,3\}$: sah. Ini kodomain sah terkecil menurut Akibat 5.2.11.
• $\{0,3\}$: tidak sah, karena $-1$ tidak termuat.
• $\{-1,0,1,3\}$: sah. Kebetulan himpunan ini sama dengan domain, tetapi hal itu tidak memberi arti khusus.

(c) Tidak. Bilangan $1$ berbeda dari $3$, $0$, dan $-1$. Jadi tidak ada $x$ di domain dengan $g(x)=1$, walaupun $1\in\mathbb Z$.

(d) Input yang bernilai $3$ hanyalah $-1$ dan $3$. Menurut Teorema 5.2.15(1), $\operatorname{ran}(g|_S)$ adalah himpunan nilai $g$ di anggota $S$. Jika $S$ memuat $0$ atau $1$, maka $0$ atau $-1$ masuk ke range. Jadi satu-satunya pilihan adalah $S=\{-1,3\}$. Untuk $S$ ini, $\operatorname{ran}(g|_S)=\{3\}\subseteq\{3\}$, sehingga $(g|_S)^{\to\{3\}}$ sah menurut Teorema 5.2.9.

Latihan 2.

Strategi. Tunjukkan bahwa kedua fungsi mempunyai domain dan kodomain yang sama, lalu terapkan kriteria titik demi titik dari Unit 5.1.

Pembahasan.

• Fungsi $f|_{S'}$ berdomain $S'$ dan berkodomain $B$. Karena $S\subseteq S'$, pembatasannya $(f|_{S'})|_S$ terdefinisi, berdomain $S$, dan berkodomain $B$. Fungsi $f|_S$ juga berdomain $S$ dan berkodomain $B$.
• Untuk $x\in S$, berlaku pula $x\in S'$. Dengan menerapkan Teorema 5.2.15(2) dua kali, $\bigl((f|_{S'})|_S\bigr)(x)=(f|_{S'})(x)=f(x)=(f|_S)(x)$.
• Menurut kriteria Unit 5.1, kedua fungsi sama.

Sebagai contoh inklusi sejati, Contoh 5.2.16 dengan $S=\{-2,2\}$ memberi $\operatorname{ran}(f|_S)=\{3\}\subsetneq\{-1,3\}=\operatorname{ran}(f)$.

Latihan 3.

Strategi. Gabungkan ketunggalan fungsi kosong dari Unit 5.1 dengan Teorema 5.2.13.

Pembahasan.

(a) Menurut Unit 5.1, ada tepat satu fungsi $\varnothing\to\{0,1\}$, dan grafiknya $\varnothing$. Menurut Teorema 5.2.13, range-nya $\varnothing$. Range ini tidak sama dengan kodomain, karena $0\in\{0,1\}$ sedangkan $0\notin\varnothing$.

(b) Domain $f$ kosong, sehingga $\operatorname{ran}(f)=\varnothing$ menurut Teorema 5.2.13. Karena $\operatorname{ran}(f)=B$, diperoleh $B=\varnothing$.

(c) Tidak ada. Jika $A\neq\varnothing$, Teorema 5.2.13 (arah $\Leftarrow$ dalam bentuk kontraposisi) memberi $\operatorname{ran}(f)\neq\varnothing$. Secara konkret, untuk $a\in A$ berlaku $f(a)\in\operatorname{ran}(f)$.

Latihan 4.

Strategi. Cari satu objek $r$ yang dijamin tidak termuat di $B$. Tambahkan $r$ ke $B$ untuk memperoleh $C$, lalu gunakan Teorema 5.2.9.

Pembahasan.

• Keberadaan $r$. Himpunan $r=\{x\in B:x\notin x\}$ ada berdasarkan separasi pada $B$.
• $r\notin B$. Andaikan $r\in B$. Menurut definisi $r$, berlaku $r\in r\iff(r\in B\land r\notin r)$. Karena $r\in B$, kesetaraan ini menjadi $r\in r\iff r\notin r$, dan itu kontradiksi. Jadi $r\notin B$.
• Pembentukan $C$. Himpunan $\{r\}$ ada menurut aksioma pasangan, dan $C=B\cup\{r\}$ ada menurut aksioma gabungan.
• $C\neq B$. Kita punya $r\in C$ tetapi $r\notin B$. Menurut ekstensionalitas, $C\neq B$.
• $f^{\to C}$ terdefinisi. Karena $\operatorname{ran}(f)\subseteq B\subseteq C$, Teorema 5.2.9 memberi bahwa $f^{\to C}$ adalah fungsi.

Menurut Teorema 5.2.12(2), $f$ dan $f^{\to C}$ adalah fungsi bertipe yang berbeda dengan grafik yang sama. Argumen ini tidak memakai aksioma fondasi.

Latihan 5.

Strategi. Tentukan kapan penyebut nol, lalu gunakan Proposisi 5.2.3 untuk menilai kesahan domain. Untuk membandingkan $u$ dengan pembatasan $v$, turunkan kesamaan nilai dari sifat fungsional parsial aturan, lalu gunakan Teorema 5.2.15(3).

Pembahasan.

(a) Aturan ini fungsional parsial dengan alasan yang sama seperti pada Contoh 5.2.17: jika $y(x^2-4)=1=y'(x^2-4)$, maka $x^2-4\neq0$ sebab $0\cdot y=0\neq1$, dan perkalian dengan kebalikan real dari $x^2-4$ memberi $y=y'$. Jika $x^2-4\neq0$, nilai $y=\dfrac1{x^2-4}$ memenuhi aturan. Jika $x^2-4=0$, tidak ada $y$ yang memenuhi, karena $y\cdot0=0\neq1$. Selanjutnya, $x^2-4=(x-2)(x+2)$ bernilai nol jika dan hanya jika $x=2$ atau $x=-2$, menurut sifat hasil kali nol pada bilangan real. Jadi $D=\mathbb R\setminus\{-2,2\}$.

(b) Nilai-nilainya:

Grafiknya $\Gamma_u=\{(0,-\tfrac14),(1,-\tfrac13),(3,\tfrac15)\}$, dan range-nya $\{-\tfrac13,-\tfrac14,\tfrac15\}$.

(c) Tidak. Karena $2\notin D$, totalitas gagal di $x=2$ menurut Proposisi 5.2.3.

(d) Andaikan $v(x)=0$ untuk suatu $x\in D$. Maka aturan memberi $0\cdot(x^2-4)=1$, yaitu $0=1$, dan itu kontradiksi. Jadi $0\notin\operatorname{ran}(v)$.

(e) Ya. Kita punya $\{0,1,3\}\subseteq D$. Tulis $\psi(x,y)$ untuk aturan $y(x^2-4)=1$. Untuk $x\in\{0,1,3\}$, fakta bantu dalam bukti Proposisi 5.2.3 memberi $\psi(x,u(x))$ dan $\psi(x,v(x))$, dengan $u(x),v(x)\in\mathbb R$. Karena $\psi$ fungsional parsial, $u(x)=v(x)$. Menurut Teorema 5.2.15(2), $v(x)=(v|_{\{0,1,3\}})(x)$. Fungsi $u$ dan $v|_{\{0,1,3\}}$ berdomain $\{0,1,3\}$ dan berkodomain $\mathbb R$, sehingga menurut Teorema 5.2.15(3), $u=v|_{\{0,1,3\}}$.

Latihan 6.

Strategi. Periksa dulu bahwa kedua sisi terdefinisi. Setelah itu, cocokkan domain, kodomain, dan nilai keduanya.

Pembahasan.

• Sisi kanan terdefinisi. Menurut Teorema 5.2.15(4), $\operatorname{ran}(f|_S)\subseteq\operatorname{ran}(f)\subseteq C$. Teorema 5.2.9 lalu memberi fungsi $(f|_S)^{\to C}\colon S\to C$.
• Sisi kiri terdefinisi. Fungsi $f^{\to C}$ berdomain $A$ dan berkodomain $C$. Pembatasannya pada $S$ berdomain $S$ dan berkodomain $C$. Perhatikan bahwa separasi untuk pembatasan ini memakai pembatas $y\in C$ menurut Definisi 5.2.14 yang diterapkan pada $f^{\to C}$.
• Nilai sama. Untuk $x\in S$, $(f^{\to C})|_S(x)=f^{\to C}(x)=f(x)$, dengan Teorema 5.2.15(2) dan Teorema 5.2.9. Di sisi lain, $(f|_S)^{\to C}(x)=(f|_S)(x)=f(x)$.

Menurut kriteria Unit 5.1, kedua fungsi sama. Jadi urutan antara membatasi domain dan mengganti kodomain tidak berpengaruh, asalkan $\operatorname{ran}(f)\subseteq C$.

Latihan 7.

Strategi. Kodomain hanya memberi batas atas bagi range. Range harus dihitung dengan dua inklusi, dan setiap fakta real yang dipinjam harus disebut secara eksplisit.

Pembahasan.

(a) Klaim mahasiswa itu menyamakan kodomain dengan range, padahal secara umum hanya berlaku $\operatorname{ran}(f)\subseteq\mathbb R$. Andaikan $f(x)=-2$. Maka $x^2-1=-2$, sehingga $x^2=-1<0$. Ini bertentangan dengan fakta real $x^2\ge0$. Jadi $-2\notin\operatorname{ran}(f)$.

(b) Klaimnya: $\operatorname{ran}(f)=[-1,\infty)=\{y\in\mathbb R:y\ge-1\}$.

• Inklusi $\subseteq$: dari $x^2\ge0$ diperoleh $f(x)=x^2-1\ge-1$.
• Inklusi $\supseteq$: ambil $y\ge-1$ dan tetapkan $t=y+1\ge0$. Menurut fakta pinjaman, ada real $s$ dengan $s^2=t$. Maka $f(s)=s^2-1=y$.

(c) Menurut Teorema 5.2.9:

• $\mathbb R$: sah.
• $[-1,\infty)$: sah, dan merupakan kodomain sah terkecil menurut Akibat 5.2.11.
• $[0,\infty)=\{y\in\mathbb R:y\ge0\}$: tidak sah, karena $f(0)=-1\notin[0,\infty)$.

Menuju 5.3

Range $\operatorname{ran}(f)=f[A]$ mengumpulkan nilai $f$ pada seluruh domain. Pembatasan sudah menunjukkan bahwa kita juga dapat mengumpulkan nilai pada sebagian domain saja, yaitu $\operatorname{ran}(f|_S)$. Dari sini muncul dua pertanyaan yang saling berlawanan arah. Pertanyaan pertama: untuk subhimpunan $S$ dari domain, nilai mana saja yang dihasilkan oleh input-input di $S$? Pertanyaan kedua: untuk subhimpunan $T$ dari kodomain, input mana saja yang nilainya jatuh ke $T$? Pertanyaan kedua tetap bermakna untuk setiap fungsi, termasuk fungsi yang tidak dapat "dibalik", karena jawabannya adalah sebuah himpunan input, bukan satu nilai. Unit 5.3 menjadikan kedua pertanyaan itu operasi pada himpunan, yaitu peta maju dan peta balik, lalu membuktikan bagaimana keduanya berinteraksi dengan gabungan, irisan, dan komplemen.

5.3 Peta Maju (Direct Image) dan Peta Balik (Inverse Image)

Unit 5.2 memberi nama $f[A]$ bagi daerah hasil fungsi $f:A\to B$, yaitu himpunan semua nilai yang benar-benar dicapai. Dalam analisis kita sering membutuhkan pertanyaan yang lebih halus. Nilai apa yang dicapai jika input dibatasi pada suatu bagian $S\subseteq A$? Input mana yang nilainya jatuh ke dalam suatu bagian $T\subseteq B$? Pertanyaan pertama menghasilkan citra (image). Pertanyaan kedua menghasilkan pracitra (preimage). Operasi yang membentuk citra dan pracitra disebut peta maju dan peta balik.

Kedua operasi ini tampak simetris, tetapi perilakunya tidak sama. Peta balik mempertahankan gabungan, irisan, dan komplemen tanpa syarat apa pun. Peta maju mempertahankan gabungan, tetapi pada irisan umumnya hanya memberi inklusi. Penyebabnya terletak pada urutan kuantifikator: "ada satu input yang bekerja untuk semua indeks" berbeda dari "untuk setiap indeks ada input yang bekerja". Unit ini membuktikan semua identitas tersebut lewat keanggotaan dan kuantifikator. Unit ini juga menunjukkan dengan tepat kondisi yang memulihkan kesamaan. Konsep image, preimage, dan invers juga dibahas dalam [R5-1], bagian 12.5–12.6. Konvensi fungsi bertipe dan irisan kosong relatif semesta yang dipakai di sini adalah konvensi buku ini.

Sepanjang unit ini $f:A\to B$ adalah fungsi bertipe dengan grafik $\Gamma_f\subseteq A\times B$. Untuk $x\in A$, $f(x)$ menyatakan satu-satunya $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$ (Unit 5.1). Fakta tentang bilangan real yang muncul dalam contoh dipinjam dan tidak dikonstruksi di sini.

Definisi lewat separasi

Definisi 5.3.1 (peta maju dan peta balik). Misalkan $f:A\to B$, $S\subseteq A$, dan $T\subseteq B$. Didefinisikan

$$f[S]=\{y\in B:\exists x\in S\;(f(x)=y)\},\qquad f^{-1}[T]=\{x\in A:f(x)\in T\}.$$

Himpunan $f[S]$ disebut citra (image) $S$ oleh $f$. Himpunan $f^{-1}[T]$ disebut pracitra (preimage) $T$ oleh $f$. Operasi $S\mapsto f[S]$ disebut peta maju, sedangkan operasi $T\mapsto f^{-1}[T]$ disebut peta balik.

Kedua himpunan ada berdasarkan aksioma separasi. $f[S]$ dipisahkan dari $B$ oleh formula $\exists x\in S\,(f(x)=y)$. $f^{-1}[T]$ dipisahkan dari $A$ oleh formula $f(x)\in T$. Dalam formula pertama, $x\in S$ mengakibatkan $x\in A$ karena $S\subseteq A$, sehingga $f(x)$ bermakna. Jika ditulis lengkap dengan grafik, $f(x)=y$ berarti $(x,y)\in\Gamma_f$. Untuk $x\in A$, $f(x)\in T$ berarti $\exists y\in B\,((x,y)\in\Gamma_f\land y\in T)$.

Penulisan singkat $f[S]=\{f(x):x\in S\}$ lazim dan boleh dipakai sebagai singkatan. Pembenarannya tetap separasi pada $B$ di atas: setiap $f(x)$ dengan $x\in A$ sudah merupakan anggota $B$, sehingga tidak diperlukan prinsip pembentukan himpunan baru.

Notasi $f^{-1}[T]$ tidak mengandaikan fungsi invers. Pracitra himpunan tersedia untuk setiap fungsi, termasuk fungsi yang dua inputnya memiliki nilai sama atau yang tidak mencapai seluruh kodomain. Lambang $f^{-1}$ di sini hanya bagian dari nama operasi $T\mapsto f^{-1}[T]$. Lambang itu bukan nama suatu fungsi $B\to A$. Karena itu kita tidak menulis "$f^{-1}(y)$" untuk $y\in B$. Yang bermakna untuk semua $f$ adalah pracitra singleton $f^{-1}[\{y\}]$, yaitu himpunan semua input bernilai $y$. Himpunan ini bisa kosong, bisa beranggota satu, bisa beranggota banyak.

Tanda kurung siku juga mencegah kerancuan lain. Suatu himpunan dapat sekaligus menjadi anggota dan bagian dari domain. Misalkan $A=\{\varnothing,\{\varnothing\}\}$. Maka $\{\varnothing\}\in A$ dan juga $\{\varnothing\}\subseteq A$. Untuk $f:A\to B$, $f(\{\varnothing\})$ adalah nilai $f$ di anggota $\{\varnothing\}$. Sebaliknya, $f[\{\varnothing\}]$ adalah himpunan nilai pada bagian $\{\varnothing\}$, yaitu $\{f(\varnothing)\}$ menurut Proposisi 5.3.2(c). Kedua objek ini umumnya berbeda.

Proposisi 5.3.2 (sifat dasar). Misalkan $f:A\to B$, $S\subseteq A$, $T\subseteq B$, dan $x\in A$.

(a) $f[S]\subseteq B$ dan $f^{-1}[T]\subseteq A$. (b) $f[A]=\operatorname{ran}(f)$. (c) $f[\{x\}]=\{f(x)\}$. (d) $f[\varnothing]=\varnothing$. Lebih lanjut, $f[S]=\varnothing$ jika dan hanya jika $S=\varnothing$. (e) $f^{-1}[\varnothing]=\varnothing$ dan $f^{-1}[B]=A$.

Bukti. (a) Langsung dari definisi, karena separasi menghasilkan bagian dari himpunan yang dipisahkan.

(b) Untuk $y\in B$, $y\in f[A]$ berarti $\exists x\in A\,(f(x)=y)$, yaitu $\exists x\in A\,((x,y)\in\Gamma_f)$. Ini persis syarat keanggotaan $\operatorname{ran}(f)$ dari Unit 5.2. Kedua himpunan merupakan bagian dari $B$, sehingga keduanya sama menurut ekstensionalitas.

(c) Ambil $y$ sebarang. Maka $y\in f[\{x\}]$ jika dan hanya jika $y\in B\land\exists w\in\{x\}\,(f(w)=y)$. Karena satu-satunya anggota $\{x\}$ adalah $x$, syarat ini setara dengan $y\in B\land f(x)=y$. Karena $f(x)\in B$, syarat itu setara dengan $y=f(x)$, yaitu $y\in\{f(x)\}$.

(d) Tidak ada $x\in\varnothing$, jadi formula $\exists x\in\varnothing\,(f(x)=y)$ salah untuk setiap $y$, sehingga $f[\varnothing]=\varnothing$. Sebaliknya, misalkan $S\neq\varnothing$. Ambil $x\in S$. Maka $x\in A$, $f(x)\in B$, dan $x$ merupakan saksi bagi $f(x)\in f[S]$. Jadi $f[S]\neq\varnothing$. Langkah ini memakai totalitas $f$: setiap $x\in A$ mempunyai nilai.

(e) Untuk $x\in A$, $f(x)\in\varnothing$ selalu salah, jadi $f^{-1}[\varnothing]=\varnothing$. Untuk $x\in A$, $f(x)\in B$ selalu benar, jadi setiap anggota $A$ memenuhi syarat keanggotaan $f^{-1}[B]$, dan $f^{-1}[B]=A$. $\blacksquare$

Perhatikan asimetrinya. $f[S]=\varnothing$ hanya bila $S=\varnothing$. Sebaliknya, $f^{-1}[T]$ dapat kosong walaupun $T$ tak kosong, yaitu bila tidak ada anggota $T$ yang dicapai oleh $f$.

Kedua operasi sebagai fungsi pada himpunan kuasa

Definisi 5.3.3. Untuk $f:A\to B$ didefinisikan dua fungsi bertipe

$$f_\ast:\mathcal P(A)\to\mathcal P(B),\quad f_\ast(S)=f[S],\qquad\qquad f^\ast:\mathcal P(B)\to\mathcal P(A),\quad f^\ast(T)=f^{-1}[T].$$

Grafiknya dibentuk dengan separasi seperti pada Unit 5.1:

$$\Gamma_{f_\ast}=\{p\in\mathcal P(A)\times\mathcal P(B):\exists S\in\mathcal P(A)\;\exists U\in\mathcal P(B)\;(p=(S,U)\land U=f[S])\},$$

dan $\Gamma_{f^\ast}$ dibentuk serupa di dalam $\mathcal P(B)\times\mathcal P(A)$, dengan syarat $V=f^{-1}[T]$ untuk pasangan $(T,V)$. Syarat $U=f[S]$ adalah singkatan dari formula

$$\forall y\;\Bigl(y\in U\iff y\in B\land\exists x\in S\;\bigl((x,y)\in\Gamma_f\bigr)\Bigr),$$

dan syarat $V=f^{-1}[T]$ singkatan dari $\forall x\,\bigl(x\in V\iff x\in A\land\exists y\in T\,((x,y)\in\Gamma_f)\bigr)$. Jadi formula pemisahnya hanya memuat $\Gamma_f$, $A$, $B$, dan keanggotaan.

Pemeriksaan syarat fungsi. Ambil $S\in\mathcal P(A)$. Menurut Proposisi 5.3.2(a), $f[S]\in\mathcal P(B)$, jadi $(S,f[S])\in\Gamma_{f_\ast}$. Ini menunjukkan totalitas. Untuk ketunggalan, misalkan $(S,U)$ dan $(S,U')$ keduanya anggota $\Gamma_{f_\ast}$. Dari $(S,U)\in\Gamma_{f_\ast}$ ada $S_1\in\mathcal P(A)$ dan $U_1\in\mathcal P(B)$ dengan $(S,U)=(S_1,U_1)$ dan $U_1=f[S_1]$. Menurut kesamaan pasangan terurut dari Bab 4, $S=S_1$ dan $U=U_1$, sehingga $U=f[S]$. Dengan cara yang sama $U'=f[S]$, sehingga $U=U'$. Pembatas $U\in\mathcal P(B)$ tidak dibuang: nilainya memang anggota kodomain $\mathcal P(B)$. Argumen untuk $f^\ast$ sama, dengan $f^{-1}[T]\in\mathcal P(A)$.

Arah tipe perlu diperhatikan. Peta maju berjalan $\mathcal P(A)\to\mathcal P(B)$, searah dengan $f$. Peta balik berjalan $\mathcal P(B)\to\mathcal P(A)$, berlawanan arah, dan selalu terdefinisi. Nama $f_\ast$ dan $f^\ast$ adalah notasi buku ini. Dalam badan teks kita tetap memakai $f[S]$ dan $f^{-1}[T]$.

Contoh terhitung

Contoh 5.3.4 (lanjutan contoh Unit 5.2). Misalkan $A=\{-2,0,2\}$, $B=\mathbb R$, dan $f:A\to B$ dengan $f(x)=x^2-1$. Tabel nilainya adalah $f(-2)=3$, $f(0)=-1$, $f(2)=3$.

• $S=\{-2,2\}$. Untuk $y\in\mathbb R$, $y\in f[S]$ jika dan hanya jika $y=f(-2)$ atau $y=f(2)$, yaitu $y=3$. Jadi $f[S]=\{3\}$. Dua input berbeda menyumbang nilai yang sama, dan nilai itu hanya menjadi satu anggota.
• $f^{-1}[\{3\}]=\{x\in A:f(x)=3\}$. Periksa setiap anggota $A$: $f(-2)=3$ (masuk), $f(0)=-1$ (tidak masuk), $f(2)=3$ (masuk). Jadi $f^{-1}[\{3\}]=\{-2,2\}$.
• $f^{-1}[\{0\}]=\varnothing$, karena ketiga nilai $3,-1,3$ tidak ada yang sama dengan $0$. Bilangan $0$ adalah anggota kodomain $B$ yang tidak mempunyai praimaj.
• $f^{-1}[\{-1,3\}]=A$, karena setiap nilai $f$ adalah $-1$ atau $3$.
• Sebagai pratinjau Proposisi 5.3.15(b): $f[f^{-1}[\{0,3\}]]=f[\{-2,2\}]=\{3\}$. Hasil ini lebih kecil daripada $\{0,3\}$. Hasil ini sama dengan $\{0,3\}\cap f[A]=\{0,3\}\cap\{-1,3\}=\{3\}$.

Contoh 5.3.5 (kuadrat real). Misalkan $g:\mathbb R\to\mathbb R$ dengan $g(x)=x^2$. Dua fakta aljabar real dipinjam: $uv=0$ jika dan hanya jika $u=0$ atau $v=0$; dan $x^2\ge0$ untuk setiap $x\in\mathbb R$.

• $g^{-1}[\{1\}]=\{x\in\mathbb R:x^2=1\}$. Karena $x^2-1=(x-1)(x+1)$, kita peroleh $x^2=1$ jika dan hanya jika $x=1$ atau $x=-1$. Jadi $g^{-1}[\{1\}]=\{-1,1\}$. Pracitra singleton $\{1\}$ adalah himpunan beranggota dua. Pracitra ini bukan satu nilai "$g^{-1}(1)$". Tidak ada fungsi $g^{-1}:\mathbb R\to\mathbb R$ yang dibicarakan di sini.
• $g^{-1}[\{-1\}]=\varnothing$, karena $x^2\ge0>-1$.
• $g[\{-1\}]=\{1\}$, $g[\{1\}]=\{1\}$, dan $g[\{-1,1\}]=\{1\}$, menurut Proposisi 5.3.2(c) dan definisi.

Monotoni

Proposisi 5.3.6 (monotoni). Misalkan $f:A\to B$. (a) Jika $S\subseteq S'\subseteq A$, maka $f[S]\subseteq f[S']$. (b) Jika $T\subseteq T'\subseteq B$, maka $f^{-1}[T]\subseteq f^{-1}[T']$.

Bukti. (a) Ambil $y\in f[S]$. Maka $y\in B$ dan ada $x\in S$ dengan $f(x)=y$. Karena $S\subseteq S'$, saksi yang sama memenuhi $x\in S'$. Jadi $y\in f[S']$.

(b) Ambil $x\in f^{-1}[T]$. Maka $x\in A$ dan $f(x)\in T\subseteq T'$. Jadi $x\in f^{-1}[T']$. $\blacksquare$

Kebalikan kedua implikasi umumnya salah (Latihan 7).

Keluarga berindeks: gabungan dan irisan relatif semesta

Kita memakai konvensi Bab 3. Misalkan $I$ himpunan indeks dan $(T_i)_{i\in I}$ keluarga bagian dari $B$. Definisi 3.3.1 menetapkan keluarga melalui formula $\psi(i,X)$ dengan tepat satu $X\subseteq B$ untuk setiap $i\in I$. Teorema 5.1.9 sekarang menjamin grafik fungsi $I\to\mathcal P(B)$ dengan memisahkan pasangan $(i,X)$ yang memenuhi $\psi(i,X)$ dari $I\times\mathcal P(B)$. Nilainya pada $i$ adalah $T_i$. Dengan demikian, pembacaan keluarga sebagai fungsi cocok dengan definisi sebelumnya; bukti di bawah tetap memakai karakterisasi keanggotaan sukunya. Untuk keluarga bagian dari $B$ berlaku

$$\bigcup_{i\in I}T_i=\{y\in B:\exists i\in I\;(y\in T_i)\},\qquad \bigcap^{B}_{i\in I}T_i=\{y\in B:\forall i\in I\;(y\in T_i)\}.$$

Karena setiap $T_i\subseteq B$, himpunan gabungan di atas sama dengan gabungan keluarga dari Bab 3 dan tidak bergantung pada pilihan semesta; jadi $y\in\bigcup_iT_i\iff\exists i\in I\,(y\in T_i)$. Hanya irisan yang memerlukan semesta. Untuk keluarga $(S_i)_{i\in I}$ bagian dari $A$, gabungan dan irisan didefinisikan serupa dengan semesta $A$. Irisan kita tulis $\bigcap^{A}_{i\in I}S_i$.

Jika $I=\varnothing$, maka $\bigcup_{i\in\varnothing}T_i=\varnothing$. Irisannya adalah seluruh semesta, karena $\forall i\in\varnothing\,(\dots)$ benar secara hampa. Jadi $\bigcap^{B}_{i\in\varnothing}T_i=B$ dan $\bigcap^{A}_{i\in\varnothing}S_i=A$. Semesta yang disebutkan menentukan hasilnya. Karena itu setiap identitas di bawah menyebut secara eksplisit semesta di sisi $A$ dan di sisi $B$.

Keluarga dua indeks. Ambil $I=\{0,1\}$, dengan $0\neq1$, serta $S_0,S_1\subseteq A$. Anggota $I$ tepat $0$ dan $1$, sehingga $\forall i\in I\,(w\in S_i)$ setara dengan $w\in S_0\land w\in S_1$. Jadi

$$\bigcap^{A}_{i\in\{0,1\}}S_i=\{w\in A:w\in S_0\land w\in S_1\}=S_0\cap S_1,$$

dengan kesamaan terakhir karena $S_0\subseteq A$. Dengan cara yang sama, untuk bagian dari $B$ berlaku $\bigcap^{B}_{i\in\{0,1\}}f[S_i]=f[S_0]\cap f[S_1]$. Paragraf ini menjadi penghubung setiap kali irisan dua himpunan dibaca sebagai irisan keluarga berindeks.

Peta balik mempertahankan gabungan, irisan, dan komplemen

Teorema 5.3.7. Misalkan $f:A\to B$, $I$ sebarang himpunan (boleh kosong), $(T_i)_{i\in I}$ keluarga bagian dari $B$, dan $T\subseteq B$. Maka

$$\text{(a)}\;\; f^{-1}\Bigl[\bigcup_{i\in I}T_i\Bigr]=\bigcup_{i\in I}f^{-1}[T_i],\qquad \text{(b)}\;\; f^{-1}\Bigl[\bigcap^{B}_{i\in I}T_i\Bigr]=\bigcap^{A}_{i\in I}f^{-1}[T_i],\qquad \text{(c)}\;\; f^{-1}[B\setminus T]=A\setminus f^{-1}[T].$$

Bukti. Pada ketiga identitas, kedua ruas merupakan bagian dari $A$. Jadi cukup ditunjukkan bahwa untuk setiap $x\in A$, $x$ anggota ruas kiri jika dan hanya jika $x$ anggota ruas kanan. Tetapkan $x\in A$. Ingat bahwa untuk $x\in A$, $x\in f^{-1}[U]$ setara dengan $f(x)\in U$, dan bahwa $f(x)\in B$.

(a)

$$x\in f^{-1}\Bigl[\bigcup_{i}T_i\Bigr]\iff f(x)\in\bigcup_{i}T_i\iff\exists i\in I\;(f(x)\in T_i)\iff\exists i\in I\;(x\in f^{-1}[T_i])\iff x\in\bigcup_{i}f^{-1}[T_i].$$

Langkah kedua dan terakhir hanya memakai definisi gabungan keluarga; setiap $T_i$ adalah bagian dari $B$ dan setiap $f^{-1}[T_i]$ adalah bagian dari $A$.

(b)

$$x\in f^{-1}\Bigl[\bigcap^{B}_{i}T_i\Bigr]\iff f(x)\in B\land\forall i\in I\;(f(x)\in T_i)\iff\forall i\in I\;(f(x)\in T_i)\iff\forall i\in I\;(x\in f^{-1}[T_i])\iff x\in\bigcap^{A}_{i}f^{-1}[T_i].$$

Langkah kedua sah karena $f(x)\in B$ selalu benar. Langkah terakhir memakai $x\in A$, yaitu syarat semesta irisan di sisi kanan. Yang diuji terhadap semua $T_i$ adalah input $x$ yang sama. Tidak ada saksi yang dipilih per indeks, sehingga tidak ada pertukaran kuantifikator.

(c)

$$x\in f^{-1}[B\setminus T]\iff f(x)\in B\land f(x)\notin T\iff f(x)\notin T\iff x\notin f^{-1}[T]\iff x\in A\setminus f^{-1}[T].$$

Langkah ketiga memakai fakta bahwa untuk $x\in A$, $x\in f^{-1}[T]\iff f(x)\in T$. Negasi kedua ruas karenanya setara. $\blacksquare$

Kasus $I=\varnothing$. Pada (a), kedua ruas sama dengan $f^{-1}[\varnothing]=\varnothing$. Pada (b), ruas kiri adalah $f^{-1}[B]=A$ (Proposisi 5.3.2(e)) dan ruas kanan adalah irisan kosong relatif $A$, yaitu $A$. Bukti di atas sudah mencakup kasus ini tanpa pemisahan kasus. Identitas (b) juga menunjukkan mengapa semesta kedua sisi harus berbeda. Bila ruas kanan dihitung relatif terhadap $B$, kasus $I=\varnothing$ menuntut $A=B$, yang salah secara umum. Bahkan tipenya tidak cocok, karena pracitra selalu merupakan bagian dari $A$.

Peta maju: gabungan dan irisan

Teorema 5.3.8 (peta maju gabungan). Misalkan $f:A\to B$, $I$ sebarang himpunan, dan $(S_i)_{i\in I}$ keluarga bagian dari $A$. Maka

$$f\Bigl[\bigcup_{i\in I}S_i\Bigr]=\bigcup_{i\in I}f[S_i].$$

Bukti. Untuk $y$ sebarang,

$$\begin{aligned} y\in f\Bigl[\bigcup_i S_i\Bigr] &\iff y\in B\land\exists x\;\Bigl(x\in\bigcup_i S_i\land f(x)=y\Bigr)\\ &\iff y\in B\land\exists x\;\exists i\in I\;(x\in S_i\land f(x)=y)\\ &\iff y\in B\land\exists i\in I\;\exists x\;(x\in S_i\land f(x)=y)\\ &\iff \exists i\in I\;\bigl(y\in B\land\exists x\in S_i\;(f(x)=y)\bigr)\\ &\iff \exists i\in I\;(y\in f[S_i])\iff y\in\bigcup_i f[S_i]. \end{aligned}$$

Pada baris pertama, $f(x)$ bermakna karena $\bigcup_iS_i\subseteq A$. Baris kedua memakai definisi gabungan keluarga; karena setiap $S_i\subseteq A$, syarat $x\in A$ otomatis terpenuhi dan tidak perlu ditulis. Baris ketiga menukar $\exists x\,\exists i$ menjadi $\exists i\,\exists x$. Pertukaran ini sah karena kedua kuantifikator eksistensial. Baris keempat memasukkan konjungsi $y\in B$, yang tidak memuat $i$, ke dalam $\exists i$. Kesetaraan ini berlaku juga bila $I=\varnothing$, sebab dalam kasus itu kedua bentuk sama-sama salah. $\blacksquare$

Kasus $I=\varnothing$: $f[\varnothing]=\varnothing=\bigcup_{i\in\varnothing}f[S_i]$.

Untuk irisan situasinya berbeda.

Teorema 5.3.9 (inklusi peta maju irisan). Misalkan $f:A\to B$, $I$ sebarang himpunan, termasuk $I=\varnothing$, dan $(S_i)_{i\in I}$ keluarga bagian dari $A$. Maka

$$f\Bigl[\bigcap^{A}_{i\in I}S_i\Bigr]\subseteq\bigcap^{B}_{i\in I}f[S_i].$$

Bukti. Ambil $y\in f[\bigcap^{A}_iS_i]$. Maka $y\in B$ dan ada satu $x\in\bigcap^{A}_iS_i$ dengan $f(x)=y$. Tetapkan saksi $x$ ini. Kita harus menunjukkan $y\in B$, yang sudah diketahui, dan $\forall i\in I\,(y\in f[S_i])$. Ambil $i\in I$ sebarang. Karena $x\in S_i$ dan $f(x)=y$, saksi $x$ yang sama memenuhi syarat keanggotaan $f[S_i]$. Jadi $y\in f[S_i]$. Karena $i$ sebarang, $y\in\bigcap^{B}_if[S_i]$. $\blacksquare$

Struktur logikanya adalah $\exists x\,\forall i\Rightarrow\forall i\,\exists x$: satu saksi bersama melayani semua indeks. Implikasi ini selalu benar. Arah sebaliknya, $\forall i\,\exists x\Rightarrow\exists x\,\forall i$, tidak sah. Keberadaan satu praimaj di setiap $S_i$ tidak menjamin adanya satu praimaj yang sama untuk semua indeks. Untuk $I=\varnothing$, teorema menyatakan $f[A]\subseteq B$. Ini benar, dan bukti di atas mencakupnya karena bagian "$\forall i$" benar secara hampa.

Contoh 5.3.10 (arah balik gagal).

(a) Misalkan $g:\mathbb R\to\mathbb R$ dengan $g(x)=x^2$. Ambil keluarga berindeks $I=\{0,1\}$ dengan $S_0=S=\{-1\}$ dan $S_1=T=\{1\}$; di sini $T$ berperan sebagai himpunan bagian domain $\mathbb R$. Menurut paragraf Keluarga dua indeks, $\bigcap^{\mathbb R}_{i\in\{0,1\}}S_i=S\cap T$ dan $\bigcap^{\mathbb R}_{i\in\{0,1\}}g[S_i]=g[S]\cap g[T]$. Maka $S\cap T=\varnothing$, sehingga $g[S\cap T]=\varnothing$. Di sisi lain $g[S]=\{1\}$ dan $g[T]=\{1\}$, sehingga $g[S]\cap g[T]=\{1\}$. Jadi

$$g[S\cap T]=\varnothing\subsetneq\{1\}=g[S]\cap g[T].$$

Nilai $1$ mempunyai praimaj di $S$ (yaitu $-1$) dan praimaj di $T$ (yaitu $1$), tetapi tidak ada satu input yang terletak di keduanya.

(b) Fenomena yang sama muncul tanpa aljabar real. Dengan $f$ dari Contoh 5.3.4, ambil $S=\{-2\}$ dan $S'=\{2\}$, dibaca sebagai keluarga berindeks $\{0,1\}$ seperti pada (a). Maka $f[S\cap S']=f[\varnothing]=\varnothing$, sedangkan $f[S]\cap f[S']=\{3\}\cap\{3\}=\{3\}$.

(c) Kegagalan juga terjadi pada keluarga kosong. Misalkan $\iota:\{0\}\to\{0,1\}$ fungsi inklusi dengan grafik $\{(0,0)\}$. Untuk $I=\varnothing$, ruas kiri adalah $\iota[\{0\}]=\{0\}$, sedangkan ruas kanan adalah irisan kosong relatif $\{0,1\}$, yaitu $\{0,1\}$. Inklusinya sejati.

Kapan kesamaan berlaku

Dua kondisi formula berikut akan dinamai pada Unit 5.4. Di sini keduanya dipakai hanya sebagai formula. Untuk $f:A\to B$:

$$\text{(P1)}\quad\forall x\in A\;\forall z\in A\;\bigl(f(x)=f(z)\Rightarrow x=z\bigr);\qquad\qquad \text{(P2)}\quad\forall y\in B\;\exists x\in A\;\bigl(f(x)=y\bigr).$$

(P1) menyatakan bahwa setiap $y\in B$ mempunyai paling banyak satu praimaj. (P2) menyatakan bahwa setiap anggota kodomain mempunyai paling sedikit satu praimaj. Urutan kuantifikator pada (P2) adalah $\forall y\,\exists x$: praimajnya boleh bergantung pada $y$.

Proposisi 5.3.11. (P2) berlaku jika dan hanya jika $f[A]=B$.

Bukti. Inklusi $f[A]\subseteq B$ selalu berlaku. Inklusi $B\subseteq f[A]$ berarti setiap $y\in B$ memenuhi $\exists x\in A\,(f(x)=y)$, dan ini persis (P2). $\blacksquare$

Teorema 5.3.12 (kesamaan untuk keluarga tak kosong). Misalkan $f:A\to B$ memenuhi (P1), $I\neq\varnothing$, dan $(S_i)_{i\in I}$ keluarga bagian dari $A$. Maka

$$f\Bigl[\bigcap^{A}_{i\in I}S_i\Bigr]=\bigcap^{B}_{i\in I}f[S_i].$$

Bukti. Inklusi "$\subseteq$" adalah Teorema 5.3.9. Untuk "$\supseteq$", ambil $y\in\bigcap^{B}_if[S_i]$.

Karena $I\neq\varnothing$, ambil satu $i_0\in I$. Karena $y\in f[S_{i_0}]$, ambil satu $x\in S_{i_0}$ dengan $f(x)=y$. Saksi $x$ ini ditetapkan sekali dan dipakai untuk semua indeks. Kita tunjukkan $x\in\bigcap^{A}_iS_i$.

Pertama, $x\in A$ karena $S_{i_0}\subseteq A$. Kedua, ambil $i\in I$ sebarang. Karena $y\in f[S_i]$, ada $z\in S_i$ dengan $f(z)=y=f(x)$. Menurut (P1), $z=x$, sehingga $x\in S_i$.

Jadi $x\in\bigcap^{A}_iS_i$ dan $f(x)=y$. Karena $y\in B$, kita peroleh $y\in f[\bigcap^{A}_iS_i]$. $\blacksquare$

Bukti ini menetapkan dua saksi yang dipakai sepanjang arah balik, yaitu $i_0$ dan $x$. Untuk setiap $i$, keberadaan $z$ dipakai sesaat lalu langsung disamakan dengan $x$. Tidak ada pemilihan serentak keluarga saksi $(z_i)_{i\in I}$, sehingga aksioma pilihan tidak diperlukan. Hipotesis $I\neq\varnothing$ benar-benar dipakai, yaitu untuk memperoleh $i_0$.

Proposisi 5.3.13 (keluarga kosong). Untuk $I=\varnothing$, kesamaan $f[\bigcap^{A}_{i\in\varnothing}S_i]=\bigcap^{B}_{i\in\varnothing}f[S_i]$ berbunyi $f[A]=B$. Kesamaan ini berlaku jika dan hanya jika (P2) berlaku. Kondisi (P1) tidak berperan dalam kasus ini.

Bukti. Ruas kiri adalah $f[A]$ dan ruas kanan adalah $B$, menurut konvensi irisan kosong. Selanjutnya gunakan Proposisi 5.3.11. Fungsi inklusi $\iota:\{0\}\to\{0,1\}$ pada Contoh 5.3.10(c) memenuhi (P1) secara trivial, karena domainnya hanya beranggota satu. Namun $\iota[\{0\}]=\{0\}\neq\{0,1\}$. Jadi (P1) saja tidak cukup untuk $I=\varnothing$. $\blacksquare$

Teorema 5.3.14 (karakterisasi). Untuk $f:A\to B$, pernyataan berikut setara: (i) untuk setiap himpunan $I$, termasuk $I=\varnothing$, dan setiap keluarga $(S_i)_{i\in I}$ bagian dari $A$, berlaku $f[\bigcap^{A}_iS_i]=\bigcap^{B}_if[S_i]$; (ii) $f$ memenuhi (P1) dan (P2).

Bukti. (ii)$\Rightarrow$(i): untuk $I\neq\varnothing$ gunakan Teorema 5.3.12, dan untuk $I=\varnothing$ gunakan Proposisi 5.3.13.

(i)$\Rightarrow$(ii): Keluarga kosong memberi $f[A]=B$, yaitu (P2) menurut Proposisi 5.3.11. Untuk (P1), ambil $x,z\in A$ dengan $f(x)=f(z)$. Pakai $I=\{0,1\}$ dengan $S_0=\{x\}$ dan $S_1=\{z\}$. Menurut paragraf Keluarga dua indeks, (i) untuk keluarga ini berbunyi $f[S_0\cap S_1]=f[S_0]\cap f[S_1]$. Menurut Proposisi 5.3.2(c), $f[S_0]=\{f(x)\}$ dan $f[S_1]=\{f(z)\}=\{f(x)\}$. Jadi $f(x)\in f[S_0]\cap f[S_1]=f[S_0\cap S_1]$. Akibatnya ada $w\in\{x\}\cap\{z\}$ dengan $f(w)=f(x)$. Dari $w\in\{x\}$ diperoleh $w=x$, dan dari $w\in\{z\}$ diperoleh $w=z$. Jadi $x=z$. $\blacksquare$

Komposisi peta maju dan peta balik

Proposisi 5.3.15. Untuk $f:A\to B$, $S\subseteq A$, dan $T\subseteq B$:

$$\text{(a)}\;\;S\subseteq f^{-1}\bigl[f[S]\bigr],\qquad\qquad \text{(b)}\;\;f\bigl[f^{-1}[T]\bigr]=T\cap f[A].$$

Bukti. (a) Ambil $x\in S$. Maka $x\in A$ dan $f(x)\in f[S]$, dengan $x$ sendiri sebagai saksi. Jadi $x\in f^{-1}[f[S]]$.

(b) Untuk "$\subseteq$", ambil $y\in f[f^{-1}[T]]$. Maka ada $x\in f^{-1}[T]$ dengan $f(x)=y$. Dari $x\in f^{-1}[T]$ diperoleh $f(x)\in T$, jadi $y\in T$. Dari $x\in A$ diperoleh $y\in f[A]$.

Untuk "$\supseteq$", ambil $y\in T\cap f[A]$. Dari $y\in f[A]$ diperoleh $x\in A$ dengan $f(x)=y$. Karena $y\in T$, berlaku $f(x)\in T$, sehingga $x\in f^{-1}[T]$. Karena $y\in T\subseteq B$, saksi $x$ menunjukkan $y\in f[f^{-1}[T]]$. $\blacksquare$

Akibat 5.3.16. $f[f^{-1}[T]]\subseteq T$. Kesamaan $f[f^{-1}[T]]=T$ berlaku jika dan hanya jika $T\subseteq f[A]$.

Bukti. Dari Proposisi 5.3.15(b), $f[f^{-1}[T]]=T\cap f[A]\subseteq T$. Selain itu, $T\cap f[A]=T$ jika dan hanya jika $T\subseteq f[A]$. $\blacksquare$

Jadi $f[f^{-1}[T]]=T$ tidak boleh diklaim tanpa syarat $T\subseteq f[A]$.

Contoh 5.3.17. Misalkan $g:\mathbb R\to\mathbb R$ dengan $g(x)=x^2$.

• $S=\{1\}$: $g^{-1}[g[\{1\}]]=g^{-1}[\{1\}]=\{-1,1\}\supsetneq\{1\}$. Inklusi (a) sejati karena $-1$ dan $1$ memiliki nilai sama.
• $T=\{-1,1\}$: $g^{-1}[T]=g^{-1}[\{-1\}]\cup g^{-1}[\{1\}]=\varnothing\cup\{-1,1\}$, menurut Teorema 5.3.7(a) dan Contoh 5.3.5. Maka $g[g^{-1}[T]]=g[\{-1,1\}]=\{1\}\neq T$. Untuk mencocokkan dengan (b), perhatikan bahwa $-1\notin g[\mathbb R]$ karena $x^2\ge0$, sedangkan $1=g(1)\in g[\mathbb R]$. Jadi $T\cap g[\mathbb R]=\{1\}$, sesuai rumus. Perhitungan ini tidak memerlukan pengetahuan lengkap tentang $g[\mathbb R]$; cukup diketahui status keanggotaan $-1$ dan $1$.

Teorema 5.3.18 (kriteria kesamaan). Untuk $f:A\to B$: (a) $f^{-1}[f[S]]=S$ untuk setiap $S\subseteq A$ jika dan hanya jika $f$ memenuhi (P1); (b) $f[f^{-1}[T]]=T$ untuk setiap $T\subseteq B$ jika dan hanya jika $f$ memenuhi (P2).

Bukti. (a) Misalkan (P1) berlaku. Menurut Proposisi 5.3.15(a) cukup dibuktikan "$\subseteq$". Ambil $x\in f^{-1}[f[S]]$. Maka $x\in A$ dan $f(x)\in f[S]$, jadi ada $z\in S$ dengan $f(z)=f(x)$. Menurut (P1), $z=x$, sehingga $x\in S$.

Sebaliknya, misalkan kesamaan berlaku untuk semua $S$. Ambil $x,z\in A$ dengan $f(z)=f(x)$, dan pakai $S=\{x\}$. Himpunan ini ada dan merupakan bagian dari $A$, misalnya sebagai $\{w\in A:w=x\}$. Karena $z\in A$ dan $f(z)=f(x)\in f[\{x\}]$, kita peroleh $z\in f^{-1}[f[\{x\}]]=\{x\}$. Jadi $z=x$.

(b) Misalkan (P2) berlaku. Menurut Proposisi 5.3.11, $f[A]=B$. Untuk $T\subseteq B$ berlaku $T\cap f[A]=T\cap B=T$, sehingga Proposisi 5.3.15(b) memberi kesamaan. Sebaliknya, misalkan kesamaan berlaku untuk semua $T$. Pilih $T=B$. Maka $B=f[f^{-1}[B]]=f[A]$ menurut Proposisi 5.3.2(e), dan Proposisi 5.3.11 memberi (P2). $\blacksquare$

Untuk menyimpulkan (P1) pada bagian (a), kita memakai singleton $\{x\}$ dengan $x\in A$ sebarang. Untuk menyimpulkan (P2) pada bagian (b), cukup memakai satu himpunan uji, yaitu seluruh kodomain $B$.

Kasus kosong

• Domain kosong, $f:\varnothing\to B$. Satu-satunya bagian domain adalah $\varnothing$, dan $f[\varnothing]=\varnothing$. Untuk setiap $T\subseteq B$, $f^{-1}[T]\subseteq\varnothing$, jadi $f^{-1}[T]=\varnothing$. Kondisi (P1) berlaku secara hampa. Kondisi (P2) berlaku jika dan hanya jika $B=\varnothing$, karena $f[\varnothing]=\varnothing$. Semua identitas Teorema 5.3.7 dan 5.3.8 berlaku dengan kedua ruas $\varnothing$; khususnya pada Teorema 5.3.7(b) untuk $I=\varnothing$, kedua ruas sama dengan $A$, yang di sini adalah $\varnothing$. Inklusi Teorema 5.3.9 untuk $I=\varnothing$ berbunyi $\varnothing\subseteq B$, dan kesamaannya berlaku hanya bila $B=\varnothing$.
• Himpunan bagian kosong. $f[\varnothing]=\varnothing$ dan $f^{-1}[\varnothing]=\varnothing$ untuk setiap $f$.
• Keluarga berindeks kosong. Gabungan kosong adalah $\varnothing$. Irisan kosong adalah semesta yang ditetapkan: $A$ di sisi domain dan $B$ di sisi kodomain. Peta balik mengubah $B$ menjadi $A$ ($f^{-1}[B]=A$), sehingga Teorema 5.3.7(b) tetap benar. Peta maju mengubah $A$ menjadi $f[A]$, yang umumnya hanya merupakan bagian dari $B$. Inilah sebabnya kesamaan irisan kosong memerlukan (P2).

Strategi pembuktian dalam unit ini

1. Buka keanggotaan. Untuk membuktikan kesamaan dua bagian dari $A$ (atau dari $B$), tetapkan anggota sebarang semesta itu dan tulis syarat keanggotaan kedua ruas sebagai formula. Kedua ruas setara bila formulanya setara.
2. Catat jenis kuantifikator. Peta maju memuat $\exists x$, gabungan memuat $\exists i$, dan irisan memuat $\forall i$. Dua kuantifikator sejenis boleh ditukar. Pertukaran $\forall i\,\exists x$ menjadi $\exists x\,\forall i$ tidak sah tanpa argumen tambahan, misalnya (P1) bersama satu indeks $i_0$.
3. Sebutkan semesta. Setiap komplemen dan setiap irisan yang indeksnya mungkin kosong harus disertai semestanya.
4. Uji kasus kosong, baik $I=\varnothing$ maupun $S=\varnothing$, $T=\varnothing$, dan $A=\varnothing$, sebelum menerima suatu identitas.
5. Untuk menyangkal kesamaan, cari dua input dengan nilai sama (kegagalan (P1)) atau anggota kodomain yang tidak tercapai (kegagalan (P2)).

Latihan

Latihan 1 (hitungan). Misalkan $f:\{-2,0,2\}\to\mathbb R$ dengan $f(x)=x^2-1$, seperti pada Contoh 5.3.4. Hitung (a) $f[\{0,2\}]$; (b) $f^{-1}[\{-1\}]$; (c) $f^{-1}[\{3,5\}]$; (d) $f^{-1}[\mathbb R\setminus\{3\}]$, lalu cocokkan dengan Teorema 5.3.7(c); (e) $f[f^{-1}[\{0,3\}]]$, lalu cocokkan dengan Proposisi 5.3.15(b). (f) Untuk $g:\mathbb R\to\mathbb R$ dengan $g(x)=x^2$, hitung $g^{-1}[\{4\}]$, $g^{-1}[\{-4\}]$, dan $g[\{-2,-1,1,2\}]$.

Strategi. Domainnya berhingga, jadi periksa setiap anggota domain satu per satu. Pada (f), gunakan pemfaktoran dan $x^2\ge0$.

Pembahasan. (a) $\{f(0),f(2)\}=\{-1,3\}$. (b) Hanya $f(0)=-1$, jadi hasilnya $\{0\}$. (c) Nilai $3$ dicapai di $-2$ dan $2$, sedangkan nilai $5$ tidak dicapai. Hasilnya $\{-2,2\}$. (d) Semestanya adalah kodomain $\mathbb R$. Anggota $x$ dengan $f(x)\neq3$ hanya $0$, jadi hasilnya $\{0\}$. Menurut Teorema 5.3.7(c), dengan semesta $A$ di ruas kanan, hasilnya juga $A\setminus f^{-1}[\{3\}]=\{-2,0,2\}\setminus\{-2,2\}=\{0\}$. (e) $f^{-1}[\{0,3\}]=\{-2,2\}$, sehingga $f[\{-2,2\}]=\{3\}$. Di sisi lain $\{0,3\}\cap f[A]=\{0,3\}\cap\{-1,3\}=\{3\}$. (f) $x^2=4\iff(x-2)(x+2)=0\iff x=2\lor x=-2$, jadi $g^{-1}[\{4\}]=\{-2,2\}$. Karena $x^2\ge0>-4$, $g^{-1}[\{-4\}]=\varnothing$. Terakhir, $g[\{-2,-1,1,2\}]=\{4,1\}$.

Latihan 2 (pracitra selisih). Buktikan bahwa untuk $T,T'\subseteq B$ berlaku $f^{-1}[T\setminus T']=f^{-1}[T]\setminus f^{-1}[T']$.

Strategi. Tetapkan $x\in A$ dan buka keanggotaannya. Kedua ruas merupakan bagian dari $A$.

Pembahasan. Untuk $x\in A$:

$$x\in f^{-1}[T\setminus T']\iff f(x)\in T\land f(x)\notin T'\iff x\in f^{-1}[T]\land x\notin f^{-1}[T']\iff x\in f^{-1}[T]\setminus f^{-1}[T'].$$

Selisih tidak memerlukan semesta tambahan. Jika $T=B$, identitas ini menjadi Teorema 5.3.7(c) dengan semesta $B$ di sisi kodomain dan $A$ di sisi domain, karena $f^{-1}[B]=A$.

Latihan 3 (peta maju selisih). Buktikan $f[S]\setminus f[S']\subseteq f[S\setminus S']$ untuk $S,S'\subseteq A$. Tunjukkan bahwa inklusi $f[S\setminus S']\subseteq f[S]\setminus f[S']$ dapat gagal. Buktikan bahwa inklusi tersebut berlaku bila (P1) berlaku.

Strategi. Pada inklusi pertama, saksi untuk $f[S]$ tidak mungkin terletak di $S'$. Untuk penyangkal, cari dua input bernilai sama.

Pembahasan. Ambil $y\in f[S]\setminus f[S']$. Ada $x\in S$ dengan $f(x)=y$. Jika $x\in S'$, maka $y\in f[S']$, sebuah kontradiksi. Jadi $x\in S\setminus S'$ dan $y\in f[S\setminus S']$.

Untuk penyangkal, gunakan $f$ dari Latihan 1 dengan $S=\{-2,2\}$ dan $S'=\{2\}$. Maka $f[S\setminus S']=f[\{-2\}]=\{3\}$, sedangkan $f[S]\setminus f[S']=\{3\}\setminus\{3\}=\varnothing$.

Dengan (P1): ambil $y\in f[S\setminus S']$, yaitu $y=f(x)$ dengan $x\in S$ dan $x\notin S'$. Maka $y\in f[S]$. Andaikan $y\in f[S']$. Maka ada $x'\in S'$ dengan $f(x')=f(x)$, sehingga $x'=x$ menurut (P1) dan $x\in S'$, sebuah kontradiksi. Jadi $y\in f[S]\setminus f[S']$.

Latihan 4 (penyangkal image irisan). Misalkan $A=\{a,b,c\}$ dengan $a,b,c$ berbeda, $B=\{0,1\}$, dan grafik $\{(a,0),(b,1),(c,1)\}$ (Unit 5.1). Temukan $S,S'\subseteq A$ dengan $f[S\cap S']\neq f[S]\cap f[S']$, lalu jelaskan penyebabnya melalui kuantifikator.

Strategi. Cari dua input berbeda bernilai sama, lalu letakkan masing-masing dalam singleton terpisah.

Pembahasan. Ambil $S=\{b\}$ dan $S'=\{c\}$. Maka $S\cap S'=\varnothing$, sehingga $f[S\cap S']=\varnothing$, sedangkan $f[S]\cap f[S']=\{1\}$. Bacalah $S,S'$ sebagai keluarga berindeks $\{0,1\}$ dengan $S_0=S$ dan $S_1=S'$; menurut paragraf Keluarga dua indeks, irisan dua himpunan ini adalah irisan keluarga itu relatif $A$ dan relatif $B$. Untuk indeks $0$, nilai $1$ mempunyai saksi $b$. Untuk indeks $1$, saksinya $c$. Tidak ada saksi bersama, jadi $\forall i\,\exists x$ berlaku sementara $\exists x\,\forall i$ gagal. Kondisi (P1) gagal karena $f(b)=f(c)$ dengan $b\neq c$. Inklusi Teorema 5.3.9, yaitu $\varnothing\subseteq\{1\}$, tetap benar.

Latihan 5 (keluarga berindeks kosong). Misalkan $f:A\to B$ dan $I=\varnothing$. Tuliskan kedua ruas Teorema 5.3.7(a),(b), Teorema 5.3.8, dan Teorema 5.3.9, dengan menyebut semesta setiap irisan. Kemudian hitung semuanya untuk fungsi inklusi $\iota:\{0\}\to\{0,1\}$. Apa yang salah jika irisan kosong pada ruas kanan Teorema 5.3.7(b) dihitung relatif terhadap $B$?

Strategi. Gabungan kosong adalah $\varnothing$. Irisan kosong adalah semesta yang disebutkan: $A$ di sisi domain dan $B$ di sisi kodomain.

Pembahasan. Teorema 5.3.7(a): $f^{-1}[\varnothing]=\varnothing=\bigcup_{\varnothing}$. Teorema 5.3.7(b): ruas kiri $f^{-1}[\bigcap^B_\varnothing]=f^{-1}[B]=A$ dan ruas kanan $\bigcap^A_\varnothing=A$. Teorema 5.3.8: $f[\varnothing]=\varnothing$ di kedua ruas. Teorema 5.3.9: $f[\bigcap^A_\varnothing]=f[A]\subseteq B=\bigcap^B_\varnothing$.

Untuk $\iota$: ketiga identitas pertama memberi $\varnothing=\varnothing$, $\{0\}=\{0\}$, dan $\varnothing=\varnothing$. Inklusinya $\{0\}\subsetneq\{0,1\}$ sejati, sesuai Proposisi 5.3.13, karena (P2) gagal.

Bila ruas kanan Teorema 5.3.7(b) dihitung relatif terhadap $B$, ruas itu menjadi $B$, sedangkan ruas kiri adalah $A$. Untuk $\iota$ hasilnya adalah $\{0\}$ lawan $\{0,1\}$, jadi "identitas" itu salah. Lebih mendasar lagi, ruas kanan umumnya bukan bagian dari $A$, padahal suatu pracitra selalu merupakan bagian dari $A$; untuk $\iota$, $\{0,1\}\not\subseteq\{0\}$.

Latihan 6 (kriteria kesamaan). Untuk fungsi pada Latihan 4, tentukan apakah $f^{-1}[f[S]]=S$ untuk setiap $S\subseteq A$, dan apakah $f[f^{-1}[T]]=T$ untuk setiap $T\subseteq B$. Beri saksi atau periksa seluruh kasus.

Strategi. Gunakan Teorema 5.3.18: periksa (P1) dan (P2) secara langsung.

Pembahasan. (P1) gagal karena $f(b)=f(c)$. Saksinya $S=\{b\}$: $f^{-1}[f[\{b\}]]=f^{-1}[\{1\}]=\{b,c\}\neq\{b\}$. (P2) berlaku karena $f(a)=0$ dan $f(b)=1$, sehingga $f[A]=B$. Menurut Teorema 5.3.18(b), $f[f^{-1}[T]]=T$ untuk setiap $T$. Pemeriksaan langsung atas keempat bagian $B$: $\varnothing\mapsto\varnothing\mapsto\varnothing$; $\{0\}\mapsto\{a\}\mapsto\{0\}$; $\{1\}\mapsto\{b,c\}\mapsto\{1\}$; $\{0,1\}\mapsto A\mapsto\{0,1\}$.

Latihan 7 (kebalikan monotoni). (a) Tunjukkan bahwa $f[S]\subseteq f[S']$ tidak mengakibatkan $S\subseteq S'$, tetapi mengakibatkannya bila (P1) berlaku. (b) Tunjukkan bahwa $f^{-1}[T]\subseteq f^{-1}[T']$ tidak mengakibatkan $T\subseteq T'$, tetapi mengakibatkannya bila (P2) berlaku.

Strategi. Penyangkal (a) memakai dua input bernilai sama. Penyangkal (b) memakai anggota kodomain tanpa praimaj.

Pembahasan. (a) Dengan $f$ dari Latihan 1, ambil $S=\{-2\}$ dan $S'=\{2\}$. Kedua image sama dengan $\{3\}$, tetapi $S\not\subseteq S'$. Dengan (P1): ambil $x\in S$. Maka $f(x)\in f[S]\subseteq f[S']$, jadi ada $x'\in S'$ dengan $f(x')=f(x)$. Menurut (P1), $x'=x$, sehingga $x\in S'$.

(b) Dengan $f$ yang sama, ambil $T=\{0\}$ dan $T'=\varnothing$. Maka $f^{-1}[\{0\}]=\varnothing\subseteq\varnothing=f^{-1}[\varnothing]$, tetapi $\{0\}\not\subseteq\varnothing$. Dengan (P2): ambil $y\in T$. Ada $x\in A$ dengan $f(x)=y$, sehingga $x\in f^{-1}[T]\subseteq f^{-1}[T']$ dan $y=f(x)\in T'$.

Latihan 8 (rumus proyeksi). Buktikan $f[S\cap f^{-1}[T]]=f[S]\cap T$ untuk $S\subseteq A$ dan $T\subseteq B$. Apa yang diperoleh untuk $S=A$?

Strategi. Saksi yang sama bekerja di kedua arah.

Pembahasan. Untuk "$\subseteq$", misalkan $y=f(x)$ dengan $x\in S$ dan $f(x)\in T$. Maka $y\in f[S]$ dan $y\in T$. Untuk "$\supseteq$", misalkan $y\in f[S]\cap T$. Ada $x\in S$ dengan $f(x)=y\in T$, sehingga $x\in S\cap f^{-1}[T]$ dan $y\in f[S\cap f^{-1}[T]]$. Untuk $S=A$ berlaku $A\cap f^{-1}[T]=f^{-1}[T]$, dan rumusnya menjadi Proposisi 5.3.15(b).

Latihan 9 (tipe pada himpunan kuasa, domain kosong). Misalkan $f:\varnothing\to B$. Tuliskan tipe dan grafik $f_\ast$ dan $f^\ast$ dari Definisi 5.3.3. Untuk $B=\{0\}$, apakah $f^\ast$ memenuhi (P1) sebagai fungsi $\mathcal P(B)\to\mathcal P(\varnothing)$?

Strategi. Gunakan $\mathcal P(\varnothing)=\{\varnothing\}$ dan Proposisi 5.3.2.

Pembahasan. $f_\ast:\{\varnothing\}\to\mathcal P(B)$ dengan grafik $\{(\varnothing,\varnothing)\}$. $f^\ast:\mathcal P(B)\to\{\varnothing\}$ mengirim setiap $T$ ke $\varnothing$, sehingga grafiknya adalah seluruh hasil kali $\mathcal P(B)\times\{\varnothing\}$. Untuk $B=\{0\}$, $f^\ast(\varnothing)=\varnothing=f^\ast(\{0\})$ padahal $\varnothing\neq\{0\}$. Jadi (P1) gagal untuk $f^\ast$. Perhatikan bahwa $f$ juga tidak memenuhi (P2), karena $f[\varnothing]=\varnothing\neq\{0\}$. Latihan 7(b) hanya menyatakan bahwa (P2) bagi $f$ cukup untuk (P1) bagi $f^\ast$; contoh ini konsisten dengan latihan tersebut, tetapi tidak diturunkan darinya.

Menuju Unit 5.4

Sepanjang unit ini dua kondisi formula muncul berulang kali. (P1) menyatakan bahwa dua input bernilai sama haruslah sama. (P2) menyatakan bahwa setiap anggota kodomain dicapai. Teorema 5.3.14 dan Teorema 5.3.18, bersama Proposisi 5.3.13, menunjukkan bahwa keduanya tepat mengukur kegagalan kesamaan pada image irisan dan pada komposisi $f^{-1}[f[\cdot]]$ dan $f[f^{-1}[\cdot]]$. Unit 5.4 memberi kedua kondisi itu nama baku, yaitu injektif dan surjektif. Unit tersebut juga membahas apa yang terjadi bila keduanya berlaku bersama, termasuk fungsi invers $B\to A$. Objek itu bertipe berbeda dari operasi pracitra $T\mapsto f^{-1}[T]$ yang telah dipakai di sini untuk semua fungsi.

5.4 Fungsi Injektif, Surjektif, Bijektif, dan Invers

Pada 5.3 kita melihat dua gejala yang membatasi peta maju dan peta balik. Pertama, dua input berbeda dapat menghasilkan output yang sama, sehingga image irisan dapat lebih kecil daripada irisan image. Kedua, sebagian anggota kodomain mungkin tidak dicapai sama sekali, sehingga $f[f^{-1}[T]]$ dapat lebih kecil daripada $T$. Unit ini memberi nama pada fungsi yang terbebas dari gejala pertama, dari gejala kedua, dan dari keduanya.

Tujuan akhir unit ini adalah memahami kapan suatu fungsi dapat "dibalik", yaitu kapan ada fungsi yang membatalkan kerjanya dari kedua sisi. Untuk menyatakan "membatalkan" secara tepat, kita memerlukan komposisi fungsi. Karena itu komposisi dibahas di sini sebagai perangkat untuk invers.

Seperti pada 5.1, setiap fungsi $f:A\to B$ dipandang sebagai data bertipe $(A,B,\Gamma_f)$. Untuk $x\in A$, penulisan $f(x)=y$ menyingkat $(x,y)\in\Gamma_f$. Dua fungsi sama sebagai fungsi bertipe jika domain, kodomain, dan grafiknya sama. Untuk domain dan kodomain yang sama, hal ini setara dengan $f(x)=g(x)$ untuk setiap $x\in A$. Kriteria ini dipakai berulang kali di bawah. Bilangan real, rasional, dan asli beserta aritmetika dan urutannya dipinjam, tidak dikonstruksi; konvensinya $\mathbb N=\{0,1,2,\dots\}$.

Tiga sifat dasar

Definisi 5.4.1. Misalkan $f:A\to B$.

1. $f$ injektif jika untuk setiap $x,z\in A$, $f(x)=f(z)$ mengakibatkan $x=z$.
2. $f$ surjektif jika untuk setiap $y\in B$ ada $x\in A$ dengan $f(x)=y$.
3. $f$ bijektif jika $f$ injektif dan surjektif.

Dalam bahasa 5.2 dan 5.3, $f$ surjektif tepat ketika $\operatorname{ran}(f)=f[A]=B$. Bentuk kontrapositif injektivitas sering lebih mudah dibayangkan: input berbeda menghasilkan output berbeda. Namun dalam bukti, bentuk "jika $f(x)=f(z)$ maka $x=z$" biasanya lebih mudah dikerjakan karena dimulai dari sebuah persamaan.

Kedua sifat merujuk pada praimaj. Injektivitas menyatakan bahwa setiap $y\in B$ punya paling banyak satu praimaj. Surjektivitas menyatakan bahwa setiap $y\in B$ punya paling sedikit satu praimaj. Proposisi berikut menyatakan hubungan ini dengan formula.

Proposisi 5.4.2. Untuk $f:A\to B$, $f$ bijektif jika dan hanya jika

$$\forall y\in B\;\exists x\in A\;\bigl(f(x)=y\land\forall z\in A\;(f(z)=y\Rightarrow z=x)\bigr).$$

Dengan kata lain, untuk setiap $y\in B$, pracitra $f^{-1}[\{y\}]$ adalah singleton.

Bukti. ($\Rightarrow$) Ambil $y\in B$. Karena $f$ surjektif, ada $x\in A$ dengan $f(x)=y$. Jika $z\in A$ dan $f(z)=y$, maka $f(z)=f(x)$, sehingga injektivitas memberi $z=x$.

($\Leftarrow$) Surjektivitas langsung dibaca dari bagian eksistensial formula. Untuk injektivitas, ambil $x,z\in A$ dengan $f(x)=f(z)$, lalu tulis $y=f(x)\in B$. Formula memberi suatu $w\in A$ dengan $f(w)=y$ dan sifat bahwa setiap praimaj $y$ sama dengan $w$. Karena $x$ dan $z$ keduanya praimaj $y$, diperoleh $x=w$ dan $z=w$, jadi $x=z$.

Untuk bentuk singleton: formula di atas menyatakan bahwa $f^{-1}[\{y\}]=\{x\in A:f(x)=y\}$ memuat $x$ dan tidak memuat anggota lain, jadi $f^{-1}[\{y\}]=\{x\}$. Sebaliknya, jika $f^{-1}[\{y\}]=\{x\}$, maka $x$ memenuhi formula. $\blacksquare$

Sifat-sifat ini bergantung pada tipe

Surjektivitas menyebut kodomain $B$ secara eksplisit. Karena itu, rumus yang sama dengan kodomain berbeda dapat memberi jawaban berbeda. Injektivitas hanya bergantung pada domain dan grafik. Tetapi domain yang lebih besar dapat memuat pasangan input yang bertabrakan.

Contoh 5.4.3 (tabel berhingga). Anggap $a,b,c$ objek yang saling berbeda.

• Fungsi $f:\{a,b,c\}\to\{0,1\}$ dengan grafik $\{(a,0),(b,1),(c,1)\}$ dari 5.1 tidak injektif, sebab $f(b)=f(c)$ padahal $b\ne c$. Fungsi ini surjektif, sebab $0=f(a)$ dan $1=f(b)$.
• Dengan grafik yang sama tetapi kodomain $\{0,1,2\}$, fungsinya tidak lagi surjektif. Tidak ada pasangan dalam grafik yang komponen keduanya $2$, jadi $f^{-1}[\{2\}]=\varnothing$. Fungsi ini tetap tidak injektif.
• Fungsi $h:\{a,b\}\to\{0,1\}$ dengan grafik $\{(a,0),(b,1)\}$ bersifat bijektif. Injektivitas cukup diperiksa pada satu-satunya pasangan input berbeda, yaitu $a\ne b$, dan $h(a)=0\ne1=h(b)$. Surjektivitas diperiksa pada kedua anggota kodomain.

Contoh 5.4.4 (fungsi linear). Misalkan $\ell:\mathbb R\to\mathbb R$, $\ell(x)=3x-5$.

Injektif. Jika $3x-5=3z-5$, maka $3x=3z$. Karena $3\ne0$, membagi dengan $3$ memberi $x=z$.

Surjektif. Ambil $y\in\mathbb R$. Calon praimajnya ditemukan dengan menyelesaikan $3x-5=y$, yaitu $x=(y+5)/3$. Pembagian ini sah karena $3\ne0$, dan $x\in\mathbb R$. Verifikasinya: $\ell(x)=3\cdot\frac{y+5}{3}-5=y$.

Jadi $\ell$ bijektif.

Bandingkan dengan $d:\mathbb N\to\mathbb N$, $d(n)=2n$. Pembagian oleh $2$ bukan operasi yang tertutup pada $\mathbb N$; untuk injektivitas kita memakai pembatalan perkalian: dari $2n=2m$ diperoleh $n=m$ menurut hukum pembatalan perkalian dengan bilangan tak nol di $\mathbb N$ (fakta pinjaman). Jadi $d$ injektif. Fungsi $d$ tidak surjektif: $d(0)=0$, dan untuk $n\ge1$ berlaku $d(n)\ge2$, jadi $1$ tidak pernah dicapai. Fakta urutan pada $\mathbb N$ ini juga dipinjam. Jika kodomain diganti menjadi himpunan bilangan genap $E=\{m\in\mathbb N:\exists k\in\mathbb N\;(m=2k)\}$, penggantian kodomain sah karena $\operatorname{ran}(d)\subseteq E$. Fungsi $d:\mathbb N\to E$ yang baru bersifat surjektif menurut definisi $E$. Fungsi ini juga injektif, karena injektivitas hanya bergantung pada domain dan grafik. Jadi $d:\mathbb N\to E$ bijektif, tetapi merupakan objek yang berbeda dari $d:\mathbb N\to\mathbb N$.

Catatan 5.4.5 (kuadrat). Rumus $x\mapsto x^2$ sering dipakai untuk menunjukkan ketergantungan pada tipe:

• dari $\mathbb R$ ke $\mathbb R$, fungsinya tidak injektif ($(-1)^2=1^2$) dan tidak surjektif ($x^2\ge0$ menurut sifat urutan $\mathbb R$, yang dipinjam; jadi $-1$ tidak dicapai);
• dari $\mathbb R$ ke $[0,\infty)$, fungsinya surjektif tetapi tidak injektif;
• dari $[0,\infty)$ ke $[0,\infty)$, fungsinya bijektif.

Dua butir terakhir memerlukan fakta pinjaman bahwa setiap $t\ge0$ memiliki akar kuadrat real $s\ge0$ dengan $s^2=t$. Untuk injektivitas pada butir terakhir, digunakan juga fakta urutan bahwa $s^2=u^2$ dengan $s,u\ge0$ memaksa $s=u$. Keberadaan akar bukan konsekuensi aljabar lapangan saja. Fakta itu bergantung pada kelengkapan $\mathbb R$, yang tidak dibahas di bab ini. Karena itu klasifikasi utama di unit ini memakai tabel berhingga, fungsi linear, dan fungsi rasional, yang seluruh langkahnya dapat diperiksa langsung atau dengan aritmetika lapangan.

Kasus kosong

Proposisi 5.4.6. Misalkan $B$ himpunan sebarang dan $e:\varnothing\to B$ satu-satunya fungsi berdomain kosong dengan kodomain $B$ (grafiknya $\varnothing$, lihat 5.1).

1. $e$ injektif.
2. $e$ surjektif jika dan hanya jika $B=\varnothing$.
3. $e$ bijektif jika dan hanya jika $B=\varnothing$.

Selain itu, fungsi berkodomain kosong hanya ada bila domainnya kosong, dan fungsi $\varnothing\to\varnothing$ bersifat bijektif.

Bukti. (1) Pernyataan "untuk setiap $x,z\in\varnothing$, …" benar secara hampa, karena tidak ada $x\in\varnothing$.

(2) Jika $B=\varnothing$, pernyataan "untuk setiap $y\in B$ ada …" benar secara hampa. Jika $B\ne\varnothing$, ambil $b\in B$. Surjektivitas menuntut suatu $x\in\varnothing$ dengan $e(x)=b$, padahal tidak ada anggota $\varnothing$. Jadi $e$ tidak surjektif.

(3) Langsung dari (1) dan (2).

Menurut 5.1, fungsi $A\to\varnothing$ ada jika dan hanya jika $A=\varnothing$. Dalam kasus itu fungsinya adalah $\varnothing\to\varnothing$, yang bijektif menurut (3). $\blacksquare$

Pelajaran dari kasus ini adalah bahwa sifat yang tampak "jelas" untuk himpunan tak kosong harus diperiksa ulang. Fungsi $\varnothing\to\{0\}$ injektif tetapi tidak surjektif, walaupun domain dan kodomainnya "sangat kecil".

Komposisi

Misalkan $f:A\to B$ dan $g:B\to C$. Kodomain $f$ sama dengan domain $g$. Kita ingin fungsi $A\to C$ yang mula-mula menerapkan $f$, lalu $g$.

Proposisi–Definisi 5.4.7. Untuk $f:A\to B$ dan $g:B\to C$, himpunan

$$\Gamma=\Bigl\{p\in A\times C:\exists x\in A\;\exists z\in C\;\bigl(p=(x,z)\land\exists y\in B\;((x,y)\in\Gamma_f\land(y,z)\in\Gamma_g)\bigr)\Bigr\}$$

ada menurut separasi pada $A\times C$, dan merupakan grafik suatu fungsi $A\to C$. Fungsi ini disebut komposisi $g\circ f:A\to C$. Untuk setiap $x\in A$ berlaku

$$(g\circ f)(x)=g(f(x)).$$

Bukti. Berdasarkan karakteristik pasangan terurut (Bab 4), $(x,z)\in\Gamma$ dengan $x\in A$ dan $z\in C$ setara dengan adanya $y\in B$ sehingga $(x,y)\in\Gamma_f$ dan $(y,z)\in\Gamma_g$. Kesetaraan ini dipakai di sepanjang bukti.

Totalitas. Ambil $x\in A$. Totalitas $f$ memberi $y\in B$ dengan $(x,y)\in\Gamma_f$, yaitu $y=f(x)$. Karena $y\in B$, totalitas $g$ memberi $z\in C$ dengan $(y,z)\in\Gamma_g$. Dengan saksi $y$, diperoleh $(x,z)\in\Gamma$.

Ketunggalan. Misalkan $(x,z)\in\Gamma$ dan $(x,z')\in\Gamma$, dengan saksi $y,y'\in B$. Artinya $(x,y),(x,y')\in\Gamma_f$ dan $(y,z),(y',z')\in\Gamma_g$. Ketunggalan pada $f$ memberi $y=y'$. Maka $(y,z),(y,z')\in\Gamma_g$, dan ketunggalan pada $g$ memberi $z=z'$.

Rumus nilai. Untuk $x\in A$, saksi $y=f(x)$ dan $z=g(y)$ dari bagian totalitas memberi $(x,g(f(x)))\in\Gamma$. Menurut ketunggalan, inilah satu-satunya nilai di $x$. $\blacksquare$

Urutan penulisan $g\circ f$ dibaca dari kanan: $f$ diterapkan lebih dahulu. Syarat tipe juga penting. Jika kodomain $f$ bukan domain $g$, kita tidak menulis $g\circ f$ tanpa terlebih dahulu mengganti kodomain $f$ secara eksplisit menjadi domain $g$, yang sah menurut 5.2 hanya bila $\operatorname{ran}(f)$ termuat dalam domain $g$. Bahkan bila $g\circ f$ dan $f\circ g$ keduanya terdefinisi, umumnya keduanya berbeda; lihat Latihan 4.

Proposisi 5.4.8 (identitas). Untuk himpunan $A$, himpunan

$$\Gamma_{\mathrm{id}_A}=\{p\in A\times A:\exists x\in A\;(p=(x,x))\}$$

adalah grafik fungsi $\mathrm{id}_A:A\to A$ dengan $\mathrm{id}_A(x)=x$. Untuk setiap $f:A\to B$ berlaku

$$f\circ\mathrm{id}_A=f,\qquad \mathrm{id}_B\circ f=f.$$

Bukti. Untuk $x\in A$, pasangan $(x,x)$ termuat dalam grafik (totalitas). Jika $(x,z)$ termuat, maka $(x,z)=(x',x')$ untuk suatu $x'\in A$, sehingga $x=x'=z$ (ketunggalan).

Kedua ruas $f\circ\mathrm{id}_A=f$ bertipe $A\to B$. Untuk setiap $x\in A$, $(f\circ\mathrm{id}_A)(x)=f(x)$. Menurut kriteria kesamaan fungsi bertipe, keduanya sama. Argumen untuk $\mathrm{id}_B\circ f$ serupa. $\blacksquare$

Untuk $A=\varnothing$, $\mathrm{id}_\varnothing$ adalah fungsi $\varnothing\to\varnothing$ dengan grafik kosong. Kasus ini tidak memerlukan perlakuan khusus.

Proposisi 5.4.9 (asosiativitas). Untuk $f:A\to B$, $g:B\to C$, $h:C\to D$,

$$h\circ(g\circ f)=(h\circ g)\circ f.$$

Bukti. Kedua ruas terdefinisi dan bertipe $A\to D$. Untuk setiap $x\in A$,

$$\bigl(h\circ(g\circ f)\bigr)(x)=h\bigl((g\circ f)(x)\bigr)=h\bigl(g(f(x))\bigr)=(h\circ g)(f(x))=\bigl((h\circ g)\circ f\bigr)(x).$$

Kriteria kesamaan fungsi bertipe menyelesaikan bukti. $\blacksquare$

Karena itu tanda kurung pada komposisi tiga fungsi dapat dihilangkan, asalkan urutan dan tipe tetap sama.

Pewarisan sifat dan pembatalan

Proposisi 5.4.10 (pewarisan). Misalkan $f:A\to B$ dan $g:B\to C$.

1. Jika $f$ dan $g$ injektif, maka $g\circ f$ injektif.
2. Jika $f$ dan $g$ surjektif, maka $g\circ f$ surjektif.
3. Jika $f$ dan $g$ bijektif, maka $g\circ f$ bijektif.

Bukti. (1) Misalkan $g(f(x))=g(f(z))$ untuk $x,z\in A$. Injektivitas $g$, yang diterapkan pada $f(x),f(z)\in B$, memberi $f(x)=f(z)$. Injektivitas $f$ lalu memberi $x=z$.

(2) Ambil $w\in C$. Surjektivitas $g$ memberi $y\in B$ dengan $g(y)=w$. Surjektivitas $f$ memberi $x\in A$ dengan $f(x)=y$. Maka $(g\circ f)(x)=w$.

(3) Gabungan (1) dan (2). $\blacksquare$

Arah sebaliknya hanya berlaku sebagian, dan bagian mana yang berlaku perlu diperhatikan dengan teliti.

Proposisi 5.4.11 (arah pembatalan yang sah). Misalkan $f:A\to B$ dan $g:B\to C$.

1. Jika $g\circ f$ injektif, maka $f$ injektif.
2. Jika $g\circ f$ surjektif, maka $g$ surjektif.
3. Jika $g$ injektif dan $f,f':A\to B$ memenuhi $g\circ f=g\circ f'$, maka $f=f'$.
4. Jika $f$ surjektif dan $g,g':B\to C$ memenuhi $g\circ f=g'\circ f$, maka $g=g'$.

Bukti. (1) Jika $f(x)=f(z)$, maka $g(f(x))=g(f(z))$. Injektivitas $g\circ f$ memberi $x=z$.

(2) Ambil $w\in C$. Ada $x\in A$ dengan $g(f(x))=w$. Maka $y=f(x)\in B$ memenuhi $g(y)=w$.

(3) $f$ dan $f'$ bertipe sama. Untuk $x\in A$, $g(f(x))=g(f'(x))$, dan injektivitas $g$ memberi $f(x)=f'(x)$.

(4) $g$ dan $g'$ bertipe sama. Ambil $y\in B$. Surjektivitas $f$ memberi suatu $x\in A$ dengan $f(x)=y$. Maka $g(y)=g(f(x))=g'(f(x))=g'(y)$.

Pada (4), kita hanya mengambil satu saksi untuk satu $y$ yang sedang ditinjau, di dalam bukti pernyataan universal. Kita tidak memilih serentak satu praimaj untuk setiap $y$. $\blacksquare$

Contoh 5.4.12 (pembatalan pada faktor yang salah gagal). Ambil

$$f:\{0\}\to\{0,1\},\ f(0)=0,\qquad g:\{0,1\}\to\{0\},\ g(0)=g(1)=0.$$

Komposisi $g\circ f:\{0\}\to\{0\}$ sama dengan $\mathrm{id}_{\{0\}}$, jadi bijektif. Namun:

• $g$ tidak injektif ($g(0)=g(1)$, $0\ne1$). Jadi "$g\circ f$ injektif" tidak memaksa $g$ injektif.
• $f$ tidak surjektif ($1$ tidak dicapai). Jadi "$g\circ f$ surjektif" tidak memaksa $f$ surjektif.

Fungsi $g$ yang sama juga menunjukkan bahwa kita tidak boleh membatalkan fungsi sembarang dari kiri. Dengan $f'(0)=1$, berlaku $g\circ f=g\circ f'$ (keduanya mengirim $0$ ke $0$), padahal $f(0)=0\ne1=f'(0)$. Pembatalan kiri pada Proposisi 5.4.11(3) memerlukan injektivitas $g$, dan $g$ di sini tidak injektif.

Invers dua sisi

Definisi 5.4.13. Misalkan $f:A\to B$ dan $g:B\to A$. Jika $g\circ f=\mathrm{id}_A$, $g$ disebut invers kiri $f$. Jika $f\circ g=\mathrm{id}_B$, $g$ disebut invers kanan $f$. Fungsi $g$ disebut invers $f$ jika

$$g\circ f=\mathrm{id}_A\qquad\text{dan}\qquad f\circ g=\mathrm{id}_B,$$

yaitu tepat ketika $g$ sekaligus invers kiri dan invers kanan $f$.

Perhatikan tipenya: $g\circ f$ bertipe $A\to A$ dan $f\circ g$ bertipe $B\to B$. Karena itu kedua identitas dibandingkan dengan dua fungsi identitas yang berbeda. Definisi invers simetris, sehingga jika $g$ invers $f$, maka $f$ invers $g$.

Lemma 5.4.14. Misalkan $f:A\to B$ dan $g:B\to A$.

1. Jika $g\circ f=\mathrm{id}_A$, maka $f$ injektif dan $g$ surjektif.
2. Jika $f\circ g=\mathrm{id}_B$, maka $f$ surjektif dan $g$ injektif.

Bukti. (1) Jika $f(x)=f(z)$, maka $x=g(f(x))=g(f(z))=z$; jadi $f$ injektif. Untuk $x\in A$, $y=f(x)\in B$ memenuhi $g(y)=x$; jadi $g$ surjektif. Butir (2) adalah butir (1) dengan peran $f$ dan $g$ ditukar. $\blacksquare$

Teorema 5.4.15. Fungsi $f:A\to B$ mempunyai invers jika dan hanya jika $f$ bijektif.

Bukti. ($\Rightarrow$) Jika $g$ invers $f$, Lemma 5.4.14 memberi injektivitas (dari $g\circ f=\mathrm{id}_A$) dan surjektivitas (dari $f\circ g=\mathrm{id}_B$).

($\Leftarrow$) Misalkan $f$ bijektif. Bentuk grafik balik dengan separasi pada $B\times A$:

$$\Gamma_g=\{p\in B\times A:\exists y\in B\;\exists x\in A\;(p=(y,x)\land(x,y)\in\Gamma_f)\}.$$

Menurut karakteristik pasangan terurut, untuk $y\in B$ dan $x\in A$ berlaku $(y,x)\in\Gamma_g$ jika dan hanya jika $(x,y)\in\Gamma_f$, yaitu $f(x)=y$.

Totalitas. Untuk $y\in B$, surjektivitas memberi $x\in A$ dengan $f(x)=y$, sehingga $(y,x)\in\Gamma_g$.

Ketunggalan. Jika $(y,x),(y,x')\in\Gamma_g$, maka $f(x)=y=f(x')$, dan injektivitas memberi $x=x'$.

Jadi $g=(B,A,\Gamma_g)$ adalah fungsi $B\to A$ dengan

$$g(y)=x\iff f(x)=y\qquad(x\in A,\ y\in B).$$

Identitas pertama. Untuk $x\in A$, tulis $y=f(x)$. Kesetaraan di atas memberi $g(y)=x$, yaitu $(g\circ f)(x)=x$.

Identitas kedua. Untuk $y\in B$, tulis $x=g(y)$. Kesetaraan di atas memberi $f(x)=y$, yaitu $(f\circ g)(y)=y$.

Kriteria kesamaan fungsi bertipe menghasilkan $g\circ f=\mathrm{id}_A$ dan $f\circ g=\mathrm{id}_B$. $\blacksquare$

Bukti ini tidak memakai prinsip pilihan apa pun. Fungsi $g$ didefinisikan sekaligus oleh satu formula separasi. Surjektivitas hanya dipakai untuk menunjukkan totalitas, yaitu satu saksi untuk setiap $y$ yang sedang diperiksa. Injektivitas menjamin bahwa tidak ada yang perlu dipilih, karena saksinya tunggal. Kasus $\varnothing\to\varnothing$ tercakup: $\Gamma_g=\varnothing$ dan kedua identitas berlaku untuk $\mathrm{id}_\varnothing$.

Proposisi 5.4.16 (keunikan invers). Jika $f:A\to B$ mempunyai invers kiri $g$ dan invers kanan $h$, maka $g=h$. Akibatnya, invers suatu fungsi, bila ada, tunggal.

Bukti. Dengan Proposisi 5.4.8 dan 5.4.9, dan dengan memperhatikan bahwa setiap komposisi bertipe benar,

$$g=g\circ\mathrm{id}_B=g\circ(f\circ h)=(g\circ f)\circ h=\mathrm{id}_A\circ h=h.$$

Bukti dengan evaluasi juga dapat dipakai: untuk $y\in B$, $g(y)=g(f(h(y)))=h(y)$, karena $f(h(y))=y$ dan $g(f(x))=x$ dengan $x=h(y)$. Jika $g$ dan $h$ keduanya invers dua sisi, maka menurut Definisi 5.4.13 khususnya $g$ invers kiri dan $h$ invers kanan, sehingga $g=h$. $\blacksquare$

Karena invers tunggal, kita boleh menyebutnya invers $f$ dan menuliskannya $f^{-1}:B\to A$. Notasi ini hanya dipakai untuk fungsi bijektif. Menurut keunikan, setiap invers yang ditemukan dengan cara lain, misalnya lewat rumus seperti pada contoh di bawah, sama dengan fungsi grafik balik pada Teorema 5.4.15.

Akibat 5.4.17. Jika $f:A\to B$ bijektif, maka $f^{-1}:B\to A$ bijektif dan $(f^{-1})^{-1}=f$. Jika $f:A\to B$ dan $g:B\to C$ bijektif, maka $g\circ f:A\to C$ bijektif dan

$$(g\circ f)^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1}:C\to A.$$

Bukti. Definisi invers simetris, sehingga $f$ adalah invers $f^{-1}$. Teorema 5.4.15 memberi bijektivitas, dan keunikan memberi $(f^{-1})^{-1}=f$.

Untuk komposisi, $g\circ f$ bijektif menurut Proposisi 5.4.10. Fungsi $f^{-1}\circ g^{-1}$ terdefinisi karena $g^{-1}:C\to B$ dan $f^{-1}:B\to A$. Dengan asosiativitas,

$$(f^{-1}\circ g^{-1})\circ(g\circ f)=f^{-1}\circ(g^{-1}\circ g)\circ f=f^{-1}\circ\mathrm{id}_B\circ f=f^{-1}\circ f=\mathrm{id}_A,$$

dan dengan cara serupa $(g\circ f)\circ(f^{-1}\circ g^{-1})=g\circ\mathrm{id}_B\circ g^{-1}=\mathrm{id}_C$. Keunikan invers menyelesaikan bukti. $\blacksquare$

Urutannya terbalik karena untuk membatalkan "$f$ lalu $g$", kita harus membatalkan $g$ lebih dahulu.

Invers fungsi dan pracitra: dua objek berbeda

Pada 5.3, $f^{-1}[T]=\{x\in A:f(x)\in T\}$ didefinisikan untuk setiap fungsi $f:A\to B$ dan setiap $T\subseteq B$. Hasilnya adalah sebuah himpunan bagian $A$. Sebaliknya, $f^{-1}:B\to A$ adalah sebuah fungsi, dan hanya ada bila $f$ bijektif. Kurung siku pada $f^{-1}[T]$ dan kurung biasa pada $f^{-1}(y)$ menandai perbedaan jenis objek ini.

Contohnya, untuk $q:\mathbb R\to\mathbb R$, $q(x)=x^2$, pracitra $q^{-1}[\{1\}]=\{-1,1\}$ terdefinisi dengan baik. Namun tidak ada fungsi $q^{-1}$, sehingga lambang "$q^{-1}(1)$" tidak bermakna.

Proposisi 5.4.18. Jika $f:A\to B$ bijektif, maka untuk setiap $T\subseteq B$,

$$f^{-1}[T]=(f^{-1})[T],$$

dengan ruas kiri pracitra $T$ di bawah $f$ dan ruas kanan image $T$ di bawah fungsi $f^{-1}:B\to A$. Khususnya, $f^{-1}[\{y\}]=\{f^{-1}(y)\}$ untuk $y\in B$.

Bukti. Tulis $g=f^{-1}$. Kedua ruas adalah himpunan bagian $A$.

Jika $x\in A$ dan $f(x)\in T$, maka $y=f(x)\in T$ dan $g(y)=x$, sehingga $x\in g[T]$.

Sebaliknya, jika $x\in g[T]$, ada $y\in T$ dengan $g(y)=x$. Maka $f(x)=f(g(y))=y\in T$, sehingga $x\in f^{-1}[T]$.

Bentuk singleton mengikuti dengan $T=\{y\}$, karena $g[\{y\}]=\{g(y)\}$. $\blacksquare$

Jadi untuk bijeksi, kedua cara membaca $f^{-1}$ memberi himpunan yang sama. Namun himpunan itu diperoleh dari dua konstruksi berbeda, dan hanya konstruksi pracitra yang tersedia untuk fungsi umum.

Batas klaim: invers satu sisi

Lemma 5.4.14 menunjukkan bahwa invers kiri memaksa injektivitas dan invers kanan memaksa surjektivitas. Kebalikannya tidak dinyatakan di sini secara umum, karena dua alasan.

• Invers kiri dapat gagal ada karena kasus kosong. Fungsi $\varnothing\to\{0\}$ injektif, tetapi tidak mempunyai invers kiri. Invers kiri harus berupa fungsi $\{0\}\to\varnothing$, dan menurut 5.1 fungsi semacam itu tidak ada. Jadi klaim tanpa syarat "setiap injeksi mempunyai invers kiri" salah.
• Invers kanan untuk surjeksi umum memerlukan prinsip pilihan. Untuk membuat $h:B\to A$ dengan $f\circ h=\mathrm{id}_B$, kita perlu menetapkan serentak satu praimaj $h(y)$ bagi setiap $y\in B$. Jika praimajnya tidak tunggal dan tidak ada aturan yang menentukannya, pemilihan serentak ini tidak dijamin oleh aksioma yang dipakai sejauh ini. Karena itu klaim "setiap surjeksi mempunyai invers kanan" tidak dibuktikan dan tidak dipakai dalam bab ini. Untuk surjeksi tertentu, invers kanan tetap dapat ditulis secara eksplisit. Misalnya untuk surjeksi $f:\{a,b,c\}\to\{0,1\}$ pada Contoh 5.4.3, fungsi $\{0,1\}\to\{a,b,c\}$ dengan $0\mapsto a$ dan $1\mapsto b$ adalah invers kanan, karena $f(a)=0$ dan $f(b)=1$; aturannya ditentukan sendiri, tanpa pilihan.

Yang kita perlukan hanyalah invers dua sisi, dan untuk itu Teorema 5.4.15 dan Proposisi 5.4.16 sudah lengkap tanpa pilihan.

Contoh sulit: fungsi rasional dan inversnya

Contoh 5.4.19. Misalkan $A=\mathbb R\setminus\{3\}$, $B=\mathbb R\setminus\{2\}$, dan

$$f:A\to B,\qquad f(x)=\frac{2x+1}{x-3}.$$

Kita membuktikan bahwa tipe ini sah, bahwa $f$ bijektif, dan bahwa inversnya adalah $g(y)=\dfrac{3y+1}{y-2}$. Di setiap langkah, penyebut diperiksa tidak nol sebelum pembagian dilakukan.

Langkah 1: $f$ terdefinisi dan nilainya berada di $B$. Untuk $x\in A$, berlaku $x\ne3$, jadi $x-3\ne0$, dan $(2x+1)/(x-3)$ adalah bilangan real yang tunggal. Untuk memastikan bahwa nilainya tidak keluar dari kodomain, hitung

$$f(x)-2=\frac{2x+1}{x-3}-\frac{2(x-3)}{x-3}=\frac{2x+1-2x+6}{x-3}=\frac{7}{x-3}.$$

Andaikan $7/(x-3)=0$. Mengalikan kedua ruas dengan $x-3$ memberi $7=0$, suatu kontradiksi. Jadi $f(x)-2\ne0$, yaitu $f(x)\ne2$ dan $f(x)\in B$.

Dengan demikian, aturan $\phi(x,y):\ y=(2x+1)/(x-3)$ menjamin tepat satu $y\in B$ untuk setiap $x\in A$, dan grafik

$$\Gamma_f=\{p\in A\times B:\exists x\in A\;\exists y\in B\;(p=(x,y)\land y=\tfrac{2x+1}{x-3})\}$$

memenuhi totalitas dan ketunggalan sesuai 5.1. Titik $x=3$ tidak termasuk domain. Kita tidak memberi nilai apa pun di sana, termasuk "$\infty$".

Langkah 2: injektif. Ambil $x,z\in A$ dengan $f(x)=f(z)$. Karena $x-3\ne0$ dan $z-3\ne0$, hasil kali $(x-3)(z-3)$ tidak nol. Mengalikan kedua ruas persamaan dengan bilangan ini menghasilkan persamaan yang setara:

$$(2x+1)(z-3)=(2z+1)(x-3).$$

Uraikan kedua ruas:

$$2xz-6x+z-3=2xz-6z+x-3.$$

Kurangkan $2xz-3$ dari kedua ruas, lalu pindahkan suku sejenis:

$$-6x+z=-6z+x\quad\Longrightarrow\quad 7z=7x.$$

Karena $7\ne0$, diperoleh $z=x$. Kita mengolah persamaan, bukan ketaksamaan, sehingga tanda $(x-3)(z-3)$ tidak berpengaruh. Yang diperlukan hanyalah bahwa bilangan itu tidak nol.

Langkah 3: calon praimaj (analisis). Ambil $y\in B$, jadi $y\ne2$. Andaikan ada $x\in A$ dengan $f(x)=y$. Karena $x-3\ne0$, perkalian dengan $x-3$ memberi

$$2x+1=y(x-3)=yx-3y\quad\Longrightarrow\quad yx-2x=3y+1\quad\Longrightarrow\quad (y-2)x=3y+1.$$

Karena $y-2\ne0$, pembagian sah dan

$$x=\frac{3y+1}{y-2}.$$

Langkah ini hanya menunjukkan bahwa jika suatu praimaj ada, maka praimaj itu harus sama dengan bilangan tersebut. Langkah ini belum membuktikan bahwa bilangan tersebut berada di $A$, juga belum membuktikan bahwa $f$ memetakannya ke $y$. Surjektivitas belum terbukti.

Langkah 4: verifikasi calon (sintesis). Untuk $y\in B$, definisikan $x_0=(3y+1)/(y-2)$. Bilangan ini terdefinisi karena $y-2\ne0$.

Calon berada di domain.

$$x_0-3=\frac{3y+1-3(y-2)}{y-2}=\frac{7}{y-2}.$$

Seperti pada Langkah 1, $7/(y-2)\ne0$, karena jika sama dengan nol, perkalian dengan $y-2$ memberi $7=0$. Jadi $x_0\ne3$ dan $x_0\in A$. Khususnya, penyebut $x_0-3$ pada $f(x_0)$ tidak nol.

Substitusi memberi $y$.

$$2x_0+1=\frac{2(3y+1)+(y-2)}{y-2}=\frac{7y}{y-2},$$

sehingga

$$f(x_0)=\frac{2x_0+1}{x_0-3}=\frac{7y/(y-2)}{7/(y-2)}=\frac{7y}{y-2}\cdot\frac{y-2}{7}=y.$$

Setiap pembagian di sini sah, karena $y-2\ne0$, $7\ne0$, dan $7/(y-2)\ne0$. Jadi setiap $y\in B$ mempunyai praimaj di $A$, dan $f$ surjektif. Bersama Langkah 2, $f$ bijektif.

Langkah 5: invers dengan tipe yang benar. Definisikan

$$g:B\to A,\qquad g(y)=\frac{3y+1}{y-2}.$$

Langkah 4 menunjukkan bahwa $g(y)$ terdefinisi dan $g(y)\in A$ untuk setiap $y\in B$. Jadi aturan ini menjamin tepat satu nilai di $A$ untuk setiap $y\in B$, sehingga, sesuai aturan grafik 5.1, $g=(B,A,\Gamma_g)$ dengan $\Gamma_g$ dipisahkan dari $B\times A$ adalah fungsi bertipe $B\to A$. Langkah 4 juga menunjukkan $f(g(y))=y$ untuk setiap $y\in B$, yaitu $f\circ g=\mathrm{id}_B$.

Untuk identitas lainnya, ambil $x\in A$ dan tulis $y=f(x)$. Langkah 1 memberi $y-2=7/(x-3)\ne0$. Selanjutnya

$$3y+1=\frac{3(2x+1)+(x-3)}{x-3}=\frac{7x}{x-3},$$

sehingga

$$g(f(x))=\frac{3y+1}{y-2}=\frac{7x/(x-3)}{7/(x-3)}=\frac{7x}{x-3}\cdot\frac{x-3}{7}=x.$$

Pembagian sah karena $x-3\ne0$, $7\ne0$, dan $7/(x-3)\ne0$. Jadi $g\circ f=\mathrm{id}_A$.

Kedua identitas telah dibuktikan pada domainnya masing-masing, sehingga $g=f^{-1}$. Menurut Proposisi 5.4.16, $g$ sama dengan fungsi grafik balik yang dihasilkan Teorema 5.4.15.

Langkah 6: hitungan kontrol. Karena $4\ne3$ dan $0\ne3$, keduanya anggota $A$, dengan penyebut $4-3=1\ne0$ dan $0-3=-3\ne0$. Maka

$$f(4)=\frac{9}{1}=9,\qquad f(0)=\frac{1}{-3}=-\frac13.$$

Keduanya anggota $B$ karena berbeda dari $2$. Penyebut pada $g$ adalah $9-2=7\ne0$ dan $-\tfrac13-2=-\tfrac73\ne0$. Maka

$$g(9)=\frac{28}{7}=4,\qquad g\!\left(-\tfrac13\right)=\frac{-1+1}{-\frac73}=0.$$

Kedua pasangan hitungan konsisten dengan $g\circ f=\mathrm{id}_A$ dan $f\circ g=\mathrm{id}_B$. Menurut Langkah 1, nilai $2$ tidak pernah dicapai oleh $f$.

Perbandingan: kodomain $\mathbb R$. Misalkan $f_{\mathbb R}:A\to\mathbb R$ memiliki grafik yang sama dengan $f$. Penggantian kodomain ini sah karena $\operatorname{ran}(f)\subseteq B\subseteq\mathbb R$.

• $f_{\mathbb R}$ tetap injektif. Langkah 2 sama sekali tidak menyebut kodomain.
• $f_{\mathbb R}$ tidak surjektif. Menurut Langkah 1, tidak ada $x\in A$ dengan $f(x)=2$, jadi $f_{\mathbb R}^{-1}[\{2\}]=\varnothing$.
• Karena itu $f_{\mathbb R}$ tidak bijektif, dan menurut Teorema 5.4.15 tidak mempunyai invers $\mathbb R\to A$. Rumus $(3y+1)/(y-2)$ tidak terdefinisi di $y=2$, sehingga rumus itu tidak memberi fungsi berdomain $\mathbb R$. Kita tidak menulis "$g(2)=\infty$".

Jadi $f$ dan $f_{\mathbb R}$ adalah dua fungsi berbeda dengan grafik yang sama. Perbedaannya hanya pada data kodomain, tetapi justru data inilah yang menentukan keberadaan invers.

Latihan

Latihan 1 (klasifikasi tabel). Anggap $1,2,3$ saling berbeda dan $p,q,r$ saling berbeda. Klasifikasikan fungsi berikut dan beri alasan untuk setiap jawaban "ya" maupun "tidak": (a) $u:\{1,2,3\}\to\{p,q,r\}$, grafik $\{(1,p),(2,q),(3,r)\}$; (b) $v:\{1,2,3\}\to\{p,q,r\}$, grafik $\{(1,p),(2,p),(3,q)\}$; (c) $w:\{1,2\}\to\{p,q,r\}$, grafik $\{(1,q),(2,r)\}$. Untuk fungsi yang bijektif, tuliskan grafik inversnya.

Strategi. Untuk injektivitas, periksa setiap pasangan input berbeda. Untuk surjektivitas, periksa setiap anggota kodomain.

Pembahasan. (a) Ketiga nilai $p,q,r$ saling berbeda, jadi setiap pasangan input berbeda menghasilkan output berbeda; $u$ injektif. Setiap anggota kodomain muncul sebagai nilai; $u$ surjektif. Jadi $u$ bijektif. Grafik balik $\{(p,1),(q,2),(r,3)\}$ memberi $u^{-1}:\{p,q,r\}\to\{1,2,3\}$. (b) $v(1)=v(2)=p$ dengan $1\ne2$, jadi $v$ tidak injektif. Tidak ada input bernilai $r$, jadi $v$ tidak surjektif. (c) $w(1)=q\ne r=w(2)$, dan $1,2$ adalah satu-satunya pasangan input berbeda, jadi $w$ injektif. Nilai $p$ tidak dicapai, jadi $w$ tidak surjektif. Fungsi ini tidak bijektif dan tidak mempunyai invers dua sisi (Teorema 5.4.15).

Latihan 2 (perubahan kodomain). Misalkan $s:\mathbb N\to\mathbb N$, $s(n)=n+1$. Tunjukkan bahwa $s$ injektif tetapi tidak surjektif. Kemudian tunjukkan bahwa $s':\mathbb N\to\mathbb N\setminus\{0\}$ dengan grafik yang sama bersifat bijektif, dan tentukan inversnya. Fakta aritmetika $\mathbb N$ boleh dipinjam.

Pembahasan. Jika $n+1=m+1$, maka $n=m$ (pembatalan penjumlahan, fakta pinjaman); $s$ injektif. Untuk setiap $n\in\mathbb N$, berlaku $n+1\ne0$, karena $n+1\ge1$ (fakta pinjaman). Jadi $0$ tidak dicapai dan $s$ tidak surjektif.

Penggantian kodomain ke $\mathbb N\setminus\{0\}$ sah karena $\operatorname{ran}(s)\subseteq\mathbb N\setminus\{0\}$ menurut alasan yang sama. Untuk $m\in\mathbb N\setminus\{0\}$, berlaku $m\ge1$, sehingga $m-1\in\mathbb N$ (fakta pinjaman) dan $s'(m-1)=m$. Jadi $s'$ surjektif, dan injektivitasnya diwarisi dari perhitungan di atas.

Inversnya $t:\mathbb N\setminus\{0\}\to\mathbb N$, $t(m)=m-1$. Untuk memeriksanya: $t(s'(n))=n$ untuk $n\in\mathbb N$, dan $s'(t(m))=m$ untuk $m\ne0$. Perhatikan bahwa rumus $m\mapsto m-1$ tidak memberi fungsi berdomain $\mathbb N$ ke $\mathbb N$, karena $0-1\notin\mathbb N$.

Latihan 3 (kasus kosong). (a) Klasifikasikan fungsi $\varnothing\to\varnothing$ dan $\varnothing\to\{0\}$. (b) Mengapa tidak ada fungsi $\{0\}\to\varnothing$ yang perlu diklasifikasikan? (c) Tunjukkan bahwa $e:\varnothing\to\{0\}$ injektif tetapi tidak mempunyai invers kiri.

Pembahasan. (a) Menurut Proposisi 5.4.6, $\varnothing\to\varnothing$ bijektif, sedangkan $\varnothing\to\{0\}$ injektif tetapi tidak surjektif, karena $0$ memerlukan praimaj di $\varnothing$. (b) Totalitas menuntut nilai di kodomain kosong untuk input $0$; menurut 5.1 fungsi semacam itu tidak ada. (c) Invers kiri harus bertipe $\{0\}\to\varnothing$, dan menurut (b) tidak ada fungsi bertipe ini. Contoh ini membantah klaim tanpa syarat "setiap injeksi mempunyai invers kiri".

Latihan 4 (komposisi bertipe). (a) Untuk $f,g:\mathbb R\to\mathbb R$, $f(x)=x+1$ dan $g(x)=2x$, hitung $g\circ f$ dan $f\circ g$, lalu tunjukkan bahwa keduanya berbeda. (b) Misalkan $f:\{0,1\}\to\{0,1,2\}$ dan $h:\{0,1\}\to\{0,1\}$. Apakah $h\circ f$ terdefinisi?

Pembahasan. (a) $(g\circ f)(x)=2(x+1)=2x+2$ dan $(f\circ g)(x)=2x+1$. Keduanya bertipe $\mathbb R\to\mathbb R$, tetapi $(g\circ f)(0)=2\ne1=(f\circ g)(0)$. Menurut kriteria kesamaan fungsi bertipe, keduanya berbeda. (b) Tidak terdefinisi menurut Proposisi–Definisi 5.4.7, karena kodomain $f$, yaitu $\{0,1,2\}$, tidak sama dengan domain $h$, yaitu $\{0,1\}$. Bila $\operatorname{ran}(f)\subseteq\{0,1\}$, kita dapat terlebih dahulu mengganti kodomain $f$ secara eksplisit (5.2) lalu menyusun komposisinya. Bila $f$ mengambil nilai $2$, langkah ini mustahil, karena $h(2)$ tidak bermakna.

Latihan 5 (keunikan invers). Misalkan $f:A\to B$ mempunyai invers kiri $g$ dan invers kanan $h$. Buktikan bahwa $f$ bijektif dan $g=h=f^{-1}$. Mengapa kesimpulan ini tidak memerlukan prinsip pilihan?

Pembahasan. Lemma 5.4.14 memberi injektivitas (dari $g$) dan surjektivitas (dari $h$), sehingga $f$ bijektif. Proposisi 5.4.16 memberi $g=g\circ(f\circ h)=(g\circ f)\circ h=h$. Akibatnya $g$ memenuhi kedua identitas, sehingga $g$ adalah invers dua sisi, dan menurut keunikan $g=f^{-1}$. Tidak ada fungsi yang perlu dibentuk dengan memilih praimaj, karena $g$ dan $h$ sudah diberikan sebagai hipotesis. Bukti hanya memakai asosiativitas dan hukum identitas.

Latihan 6 (audit calon invers yang gagal domain). Misalkan $A'=\mathbb R\setminus\{3,4\}$ dan $f':A'\to\mathbb R\setminus\{2\}$, $f'(x)=(2x+1)/(x-3)$. (a) Mengapa tipe ini sah? (b) Tunjukkan bahwa $f'$ injektif tetapi tidak surjektif, dengan menunjuk anggota kodomain yang tidak dicapai. (c) Mengapa rumus $g(y)=(3y+1)/(y-2)$ tidak memberi invers?

Pembahasan. (a) Untuk $x\in A'$ berlaku $x\ne3$, sehingga Langkah 1 Contoh 5.4.19 berlaku tanpa perubahan dan $f'(x)\ne2$. (b) Langkah 2 berlaku untuk $x,z\in A'\subseteq A$, sehingga $f'$ injektif. Untuk $y=9$, penyebut $9-2=7\ne0$, dan Langkah 3 menunjukkan bahwa setiap praimaj $x\in A'$ harus memenuhi $x=(27+1)/7=4$. Padahal $4\notin A'$. Jadi $9$ tidak mempunyai praimaj, dan $f'$ tidak surjektif. Di sini Langkah 3 (analisis) dipakai sebagai syarat perlu, sedangkan Langkah 4 (sintesis) gagal pada pemeriksaan "calon berada di domain". (c) $g(9)=4\notin A'$, sehingga $g$ tidak bertipe $\mathbb R\setminus\{2\}\to A'$. Menurut Teorema 5.4.15, invers memang tidak ada. Kesimpulannya, menyelesaikan persamaan $f(x)=y$ secara formal belum cukup; keanggotaan calon pada domain selalu harus diperiksa.

Latihan 7 (versi rasional). Buktikan bahwa rumus yang sama memberi bijeksi $f_{\mathbb Q}:\mathbb Q\setminus\{3\}\to\mathbb Q\setminus\{2\}$, dengan invers $y\mapsto(3y+1)/(y-2)$.

Pembahasan. Fakta yang dipinjam: $\mathbb Q$ tertutup terhadap penjumlahan, pengurangan, perkalian, dan pembagian oleh bilangan tak nol. Untuk $x\in\mathbb Q$, $x\ne3$, penyebut $x-3$ tidak nol, sehingga nilai $(2x+1)/(x-3)$ rasional, dan menurut Langkah 1 tidak sama dengan $2$; jadi tipe sah. Injektivitas diwarisi dari Langkah 2. Untuk $y\in\mathbb Q$, $y\ne2$, penyebut $y-2$ tidak nol, sehingga calon $x_0=(3y+1)/(y-2)$ rasional menurut sifat ketertutupan. Langkah 4 menunjukkan $x_0\ne3$ dan $f(x_0)=y$, karena semua perhitungannya adalah identitas lapangan yang juga berlaku di $\mathbb Q$. Kedua identitas invers dari Langkah 5 berlaku dengan alasan yang sama.

Kesimpulan ini tidak berlaku otomatis untuk domain sembarang. Misalnya, untuk domain $\mathbb Z\setminus\{3\}$ dengan kodomain $\mathbb Z\setminus\{2\}$, tipe itu sendiri sudah gagal: $f(0)=-1/3\notin\mathbb Z$.

Latihan 8 (pelestarian irisan dan bijektivitas; lanjutan 5.3). Buktikan bahwa $f:A\to B$ bijektif jika dan hanya jika untuk setiap himpunan indeks $I$ (termasuk $I=\varnothing$) dan setiap keluarga $(S_i)_{i\in I}$ himpunan bagian $A$ berlaku

$$f\Bigl[\textstyle\bigcap^{A}_{i\in I}S_i\Bigr]=\bigcap^{B}_{i\in I}f[S_i].$$

Di sini irisan keluarga kosong bernilai semesta yang tertulis, yaitu $A$ di sisi domain dan $B$ di sisi kodomain.

Strategi. Untuk menyimpulkan bijektivitas dari pelestarian irisan, cukup uji keluarga kosong dan keluarga dua singleton. Ini menerapkan Teorema 5.3.14 dengan istilah bijektif yang kini sudah didefinisikan.

Pembahasan. ($\Leftarrow$) Surjektif. Ambil $I=\varnothing$. Ruas kiri $f[A]$, ruas kanan $B$; kesamaan memberi $f[A]=B$. Injektif. Ambil $x,z\in A$ dengan $f(x)=f(z)$, lalu gunakan $I=\{0,1\}$ dengan $S_0=\{x\}$ dan $S_1=\{z\}$. Ruas kanan adalah $\{f(x)\}\cap\{f(z)\}=\{f(x)\}$, yang memuat $f(x)$. Maka ruas kiri $f[\{x\}\cap\{z\}]$ memuat $f(x)$. Akibatnya $\{x\}\cap\{z\}$ tidak kosong, karena image himpunan kosong adalah kosong. Jadi ada $w$ dengan $w=x$ dan $w=z$, sehingga $x=z$. ($\Rightarrow$) Untuk $I$ tak kosong, kesamaan berlaku karena $f$ injektif, menurut Teorema 5.3.12 tentang image irisan di bawah kondisi "$f(x)=f(z)$ mengakibatkan $x=z$". Untuk $I=\varnothing$, kesamaan berarti $f[A]=B$, yang berlaku karena $f$ surjektif. Semesta yang dipakai adalah $A$ untuk irisan di domain dan $B$ untuk irisan di kodomain, sesuai konvensi Bab 3.

Penutup: dari fungsi ke metode bukti

Bab ini membangun fungsi dari grafik, membedakan kodomain dari range, menghitung image dan pracitra, lalu menentukan kapan fungsi dapat dibalik. Dalam proses itu kita berulang kali memakai sejumlah pola argumen yang sama.

• Pernyataan universal dibuktikan dengan mengambil anggota sebarang, misalnya "ambil $x,z\in A$ dengan $f(x)=f(z)$".
• Keberadaan dibuktikan dengan menyusun calon, lalu memverifikasinya secara terpisah. Contoh 5.4.19 memisahkan analisis (Langkah 3) dari sintesis (Langkah 4).
• Ketunggalan dibuktikan dengan mengandaikan dua objek yang memenuhi syarat, lalu menunjukkan keduanya sama, seperti pada keunikan invers.
• Pernyataan universal dibantah dengan satu kontracontoh konkret, seperti pada Contoh 5.4.12 untuk pembatalan.
• Kasus dipisahkan antara himpunan kosong dan tak kosong.
• Sebuah sifat dibuktikan lewat kontradiksi, misalnya $7/(x-3)\ne0$.

Sejauh ini pola-pola tersebut dipakai tanpa dinamai secara sistematis. Bab 6 menjadikan pola-pola ini sebagai objek kajian: bentuk logis apa yang dibenarkan oleh tiap metode, kapan kontrapositif atau kontradiksi lebih tepat, dan bagaimana menulis bukti yang setiap langkahnya dapat diperiksa. Fungsi, image, pracitra, dan invers dari bab ini akan menjadi bahan contoh di sana.

Catatan bacaan. Pembahasan invers serta image dan preimage yang sejalan dengan unit ini terdapat pada Richard Hammack, Book of Proof, bagian 12.5–12.6 [R5-1]. Konvensi fungsi bertipe, irisan kosong relatif semesta, dan seluruh bukti serta perhitungan di atas disusun sendiri untuk buku ini, dan tidak dinisbahkan kepada sumber tersebut.

Rujukan Bab 5

[R5-1] Richard Hammack. Book of Proof, bagian 12.5–12.6, tentang invers serta citra dan pracitra. https://richardhammack.github.io/BookOfProof/Main.pdf