---
# System prepended metadata

title: Domácí úkol 4.1

---

# Domácí úkol 4.1
## Sklad3
(Značení: $M_1 = M_2 = M_3, f: M_2 \rightarrow M_3, g: M_1 \rightarrow M_2, f\circ g: M_1 \rightarrow M_3$)
### $f \circ g$ je prosté
a) Ne - Pokud by zobrazení $f$ nebylo prosté, pak dva prvky z $M_2$ by se musely zobrazit do jednoho prvku z $M_3$. Lze toho dosáhnout, aniž by byla porušeno celkové skládání prostých zobrazení? Ano, pokud jeden z těchto dvou prvků nebude žádným zobrazením z $M_1$ do $M_2$. Tím pádem se pouze jeden z těchto prvků (z $M_2$) zobrazí do $M_3$, a tak složené zobrazení bude prosté, i když $f$ složené samo o sobě nemusí být.
b) Ne - Pokud by zobrazení $g$ nebylo prosté, pak by se dva prvky z $M_1$ musely zobrazit do téhož prvku $M_2$. Tento prvek však má (z definice zobrazení) nejvýše jednu možnost, jak se zobrazit do $M_3$, a tak by se ve výsledku dva prvky z $M_1$ zobrazily do téhož prvku z $M_3$, což je spor s tvrzením, že $f \circ g$ je prosté. Nicméně stejně jako v předchozím případě, pokud tento prvek z $M_2$ nebude v definičním oboru funkce $f$, nezobrazí se do ničeho ve složeném zobrazení, což se může stát. 
### $f \circ g$ je na
Pro toto tvrzení musí každý prvek z $M_3$ být zobrazením z $M_1$. Obě množiny si však jsou rovny, a tak mají stejný počet prvků. Jelikož z každého prvku z $M_1$ může vycházet nejvýše jedna šipka, musí tak z každého prvku vcházet právě jedna šipka do $M_2$, a stejně tak z každého prvku v $M_2$ pak právě jedna šipka do $M_3$.
c) ano
d) ano