và, nếu $I \neq \emptyset$,

Cho $x$ là một phần tử của $\bigcap\limits_{\iota \in I} X_\iota$. Tồn tại một chỉ số $\iota \in I$ sao cho $x \in X_\iota$. Vì $f\langle K \rangle = I$, tồn tại một chỉ số $\varkappa \in K$ sao cho $\iota = f(\varkappa)$, do đó $x \in X_{f(\varkappa)}$ và do đó

Ngược lại, nếu $x \in \bigcup\limits_{\varkappa \in K} X_{f(\varkappa)}$, thì tồn tại $\varkappa \in K$ sao cho $x \in X_{f(\varkappa)}$, và vì thế, vì $f(\varkappa) \in I$, ta có $x \in \bigcup\limits_{\iota \in I} X_\iota$. Vậy nên

¶ Bây giờ giả sử rằng $I \neq \emptyset$, và lấy $x$ là một phần tử của $\bigcap\limits_{\iota \in I} X_\iota$. Với mỗi phần tử $\varkappa$ của K ta có $f(\varkappa) \in I$, nên $x \in X_{f(\varkappa)}$, và do đó

Ngược lại, lấy $x$ là một phần tử của $\bigcap\limits_{\varkappa \in K} X_{f(\varkappa)}$. Nếu $\iota$ là một phần tử bất kỳ của I, thì tồn tại một phần tử $\varkappa$ của K sao cho $\iota = f(\varkappa)$, do đó $x \in X_\iota$ và do đó $x \in \bigcap_{\iota \in I} X_\iota$. Vậy nên

Đối với các họ tập hợp con của một tập hợp đã cho, hiển nhiên là phần thứ hai của Mệnh đề 1 vẫn còn đúng mà không cần hạn chế $I \neq \emptyset$.

Áp dụng Mệnh đề 1 cho ánh xạ hằng $\iota \to \alpha$ từ I lên $\{\alpha\}$.

và (nếu $L \neq \emptyset$ và $J_\lambda \neq \emptyset$ với mọi $\lambda \in L$)

("tính kết hợp" của hợp và giao).

Cho $x$ là một phần tử của $\bigcup_{\iota \in I} X_\iota$. Tồn tại một chỉ số $\iota \in I$ sao cho $x \in X_\iota$. Vì I là hợp của họ $(J_\lambda)_{\lambda \in L}$, tồn tại một chỉ số $\lambda \in L$ sao cho $\iota \in J_\lambda$, do đó $x \in \bigcup_{\iota \in J_\lambda} X_\iota$, và do đó

Ngược lại, cho $x$ là một phần tử của tập hợp này. Tồn tại một chỉ số $\lambda \in L$ sao cho $x \in \bigcup_{\iota \in J_\lambda} X_\iota$, nên tồn tại một chỉ số $\iota \in J_\lambda$ (và vì thế $\iota \in I$) sao cho $x \in X_\iota$; suy ra rằng

Bây giờ giả sử rằng $L \neq \emptyset$ và $J_\lambda \neq \emptyset$ với mỗi $\lambda \in L$. Khi đó $I \neq \emptyset$. Gọi $x$ là một phần tử của $\bigcap_{\iota \in I} X_\iota$. Nếu $\lambda \in L$, ta có $x \in X_\iota$ với mỗi $\iota \in J_\lambda$ (vì $J_\lambda \subset I$), do đó $x \in \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_\iota$. Vì bao hàm sau cùng này đúng với mọi $\lambda \in L$, nên $x$ thuộc $\bigcap_{\lambda \in L} \left( \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_\iota \right)$. Ngược lại, gọi $x$ là một phần tử của tập hợp sau này, và gọi $\iota$ là một phần tử bất kỳ của I. Tồn tại $\lambda \in L$ sao cho $\iota \in J_\lambda$; vì $x \in \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_\iota$, ta có $x \in X_\iota$, điều này đúng với mọi $\iota \in I$. Vậy $x \in \bigcap_{\iota \in I} X_\iota$. Điều này kết thúc chứng minh.

Đối với các họ tập con của một tập hợp đã cho, phần thứ hai của Mệnh đề 2 vẫn đúng mà không có hạn chế nào đối với L và $J_\lambda$.

Quan hệ $(\exists x)\left(x \in \bigcup_{\iota \in I} X_\iota \text{ và } y \in \Gamma(x)\right)$ là tương đương với

do đó tương đương với $(\exists \iota)(\iota \in I$ và $y \in \Gamma\langle X_\iota \rangle)$, do đó tương đương với $y \in \bigcup_{\iota \in I} \Gamma\langle X_\iota \rangle$; điều này chứng minh công thức thứ nhất. Đối với công thức thứ hai, ta có $\bigcap_{\iota \in I} X_\iota \subset X_\iota$ với mọi $\iota \in I$, do đó (§3, Mệnh đề 2)

và do đó

¶ Nếu $\Gamma$ là một sự tương ứng tùy ý (và đặc biệt là một hàm tùy ý), thì công thức

thường là sai.

\* Ví dụ, trong mặt phẳng $\mathbf{R}^2$ các phép chiếu thứ nhất của các đường thẳng $y = x$ và $y = x + 1$ đều bằng $\mathbf{R}$, nhưng giao của các đường thẳng này là rỗng, và do đó phép chiếu thứ nhất của giao này cũng rỗng [^2]. \*

Tuy nhiên, ta có kết quả quan trọng sau đây :

Để chứng minh điều này, cho $x$ là một phần tử của $\bigcap_{\iota \in I} \overset{-1}{f}\langle Y_\iota \rangle$. Ta có $f(x) \in Y_\iota$ với mọi $\iota \in I$, do đó $f(x) \in \bigcap_{\iota \in I} Y_\iota$, và do đó

Vậy $\bigcap_{\iota \in I} \overset{-1}{f}(Y_\iota) \subset \overset{-1}{f}\left\langle \bigcap_{\iota \in I} Y_\iota \right\rangle$; quan hệ này, cùng với Mệnh đề 3, cho kết quả.

Thật vậy, ta có thể viết $f = i \circ g$, trong đó $i$ là đơn ánh chính tắc của $f\langle A \rangle$ vào B và $g$ là một song ánh của A lên $f\langle A \rangle$. Nếu $h$ ký hiệu ánh xạ nghịch đảo của $g$, ta có $f\langle X \rangle = \overset{-1}{h}\langle X \rangle$ với mọi tập con X của A, và do đó ta quy về Mệnh đề 4.

Cho $x \in \complement_E\left(\bigcup_{\iota \in I} X_\iota\right)$. Khi đó $x \in E$ và, với mọi $\iota \in I$, $x \notin X_\iota$, nên $x \in \complement_E X_\iota$; do đó

Ngược lại, cho $x$ là một phần tử của $\bigcap_{\iota \in I} (\complement_E X_\iota)$; theo định nghĩa của giao ta có $x \in E$. Hơn nữa, nếu ta có $x \in \bigcup_{\iota \in I} X_\iota$, thì sẽ tồn tại một chỉ số $\varkappa \in I$ sao cho $x \in X_\varkappa$, điều này mâu thuẫn với giả thiết $x \in \bigcap_{\iota \in I} (\complement_E X_\iota)$; vì thế

Điều này chứng minh công thức thứ nhất; công thức thứ hai là một hệ quả ngay lập tức, xét đến quan hệ $\complement_E(\complement_E X) = X$ với mọi tập con X của E.

Vì $x$ thuộc $\overset{-1}{f}\langle \mathrm{B} - \mathrm{Y} \rangle$ khi và chỉ khi $f(x)$ thuộc B nhưng không thuộc Y, tức là, khi và chỉ khi $x$ thuộc $\overset{-1}{f}\ \langle \mathrm{B} \rangle$ nhưng không thuộc $\overset{-1}{f}\ \langle \mathrm{Y} \rangle$.

Viết $f = i \circ g$, trong đó $i$ là đơn ánh chính tắc của $f\langle \mathrm{A} \rangle$ vào B, ta rút gọn Hệ quả thành Mệnh đề 6 áp dụng cho $\overset{-1}{g}$.

¶ Giao $\mathrm{X} \cap \mathrm{A}$ đôi khi được gọi là vết của X trên A. Nếu $\mathfrak{F}$ là một họ tập hợp, tập hợp các vết trên A của các tập hợp thuộc $\mathfrak{F}$ được gọi là vết của $\mathfrak{F}$ trên A.

(2) Cho $(X_\iota)_{\iota \in I}$ là một họ tập hợp và cho $(f_\iota)_{\iota \in I}$ là một họ ánh xạ có cùng tập đích F sao cho với mỗi $\iota \in I$ miền xác định của $f_\iota$ là $X_\iota$, và với mỗi cặp $(\iota, \varkappa) \in I \times I$, $f_\iota$ và $f_\varkappa$ trùng nhau trên $X_\iota \cap X_\varkappa$. Khi đó tồn tại đúng một hàm $f$ có miền xác định $A = \bigcup_{\iota \in I} X_\iota$ và tập đích F mở rộng mỗi hàm $f_\iota$ $(i \in I)$.

(1) Cho $x$ là một phần tử bất kỳ của E. Khi đó tồn tại $\iota \in I$ sao cho $x \in X_\iota$, do đó $f(x) = g(x)$ theo giả thiết. (2) Gọi $G_\iota$ là đồ thị của $f_\iota$ và gọi $G = \bigcup_{\iota \in I} G_\iota$; hãy chỉ ra rằng G là một đồ thị phiếm hàm. Nếu $(x, y) \in G$ và $(x, y') \in G$, thì tồn tại hai chỉ số $\iota$, $\varkappa$ trong I sao cho $(x, y) \in G_\iota$ và $(x, y') \in G_\varkappa$. Điều này suy ra $x \in X_\iota$, $x \in X_\varkappa$, $y = f_\iota(x)$, $y' = f_\varkappa(x)$; nhưng vì $x \in X_\iota \cap X_\varkappa$, ta có

nghĩa là, $y = y'$. Đồ thị G có miền xác định $\mathrm{pr}_1 G = \bigcup_{\iota \in I} \mathrm{pr}_1 G_\iota = A$; do đó hàm $f = (G, A, F)$ thỏa mãn các điều kiện cần có. Tính duy nhất của nó suy ra từ phần đầu của Mệnh đề.

Đây là một hệ quả của Mệnh đề 7, vì $f_\iota$ và $f_\varkappa$ rõ ràng trùng nhau trên $\mathrm{X}_\iota \cap \mathrm{X}_\varkappa = \emptyset$ mỗi khi $\iota \neq \varkappa$.

Cho $\mathrm{A} = \bigcup_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota$. Nếu $\iota \in \mathrm{I}$, ánh xạ $x \rightarrow (x, \iota)$ $(x \in \mathrm{X}_\iota)$ là một ánh xạ một-một từ $\mathrm{X}_\iota$ lên một tập con $\mathrm{X}'_\iota$ của $\mathrm{A} \times \mathrm{I}$. Hơn nữa, ảnh của $\mathrm{X}'_\iota$ dưới hàm tọa độ thứ hai trên $\mathrm{A} \times \mathrm{I}$ được chứa trong tập $\{\iota\}$; suy ra $\mathrm{X}'_\iota \cap \mathrm{X}'_\varkappa = \emptyset$ mỗi khi $\iota \neq \varkappa$. Khi đó ta có thể lấy $\mathrm{X} = \bigcup_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}'_\iota$.

Với mỗi $\iota \in \mathrm{I}$, gọi $f_\iota$ là một song ánh từ $\mathrm{X}_\iota$ lên $\mathrm{X}_\iota \times \{\iota\}$. Nhờ Mệnh đề 8, tồn tại một ánh xạ $f$ từ A vào S mở rộng mọi ánh xạ $f_\iota$. Ta kiểm tra ngay lập tức rằng $f$ là một ánh xạ song ánh từ A lên S.

Theo phép lạm dụng ngôn ngữ, một tập hợp E được gọi là tổng của một họ tập hợp $(\mathrm{X}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ nếu tồn tại một song ánh từ E lên tổng của họ đó, như đã định nghĩa trong Định nghĩa 8.

Chú ý rằng nếu $(\mathrm{X}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ là một họ tập hợp tùy ý, thì lập luận của Mệnh đề 10 chỉ ra rằng tồn tại một ánh xạ từ tổng S lên hợp A.