(2) Nếu $f$ là một đơn ánh từ E vào F, mở rộng chính tắc $\hat{f}$ của $f$ là một đơn ánh từ $\mathfrak{P}(\mathrm{E})$ vào $\mathfrak{P}(\mathrm{F})$.

(1) Nếu $s$ là một tiết diện của $f$, thì $f \circ s$ là ánh xạ đồng nhất của F, do đó $\hat{f} \circ \hat{s}$ là ánh xạ đồng nhất của $\mathfrak{P}(\mathrm{F})$; vì thế $\hat{f}$ là toàn ánh và $\hat{s}$ là một tiết diện của $\hat{f}$ (§3, no. 8).

(2) Mệnh đề là hiển nhiên nếu $E = \varnothing$, vì khi đó $\mathfrak{P}(E) = \{\varnothing\}$. Nếu $E \ne \varnothing$ và nếu $r$ là một phép rút lại của $f$, thì $r \circ f$ là ánh xạ đồng nhất của $E$, nên $\hat{r} \circ \hat{f}$ là ánh xạ đồng nhất của $\mathfrak{P}(E)$; do đó $\hat{f}$ là đơn ánh, và $\hat{r}$ là một phép rút lại của $\hat{f}$ (§3, no. 8).

(2) Nếu $u$ là một đơn ánh từ $E'$ vào $E$ và $v$ là một toàn ánh từ $F$ lên $F'$, thì ánh xạ $f \mapsto v \circ f \circ u$ là toàn ánh.

Ta sẽ giả sử rằng các tập hợp $E$, $E'$, $F$, $F'$ đều không rỗng, vì nếu không thì mệnh đề được kiểm tra một cách tầm thường.

(1) Cho $s$ là một tiết diện của $u$ và $r$ là một phép co của $v$ (§3, Định nghĩa 11). Khi đó $r \circ (v \circ f \circ u) \circ s = I_F \circ f \circ I_E = f$, nên

là đơn ánh.

(2) Cho $r'$ là một phép co rút của $u$ và $s'$ là một tiết diện của $v$. Với mọi ánh xạ $f' : E' \to F'$ ta có $v \circ (s' \circ f' \circ r') \circ u = f'$, điều đó cho thấy rằng ánh xạ $f \mapsto v \circ f \circ u$ là toàn ánh.

Cho $A$, $B$, $C$ là ba tập hợp và cho $f$ là một ánh xạ từ $B \times C$ vào $A$. Với mỗi $y \in C$, gọi $f(\mathord{\cdot}, y)$ là ánh xạ bộ phận $x \mapsto f(x,y)$ từ $B$ vào $A$ (§ 3, no. 9); hàm $y \mapsto f(\mathord{\cdot}, y)$ là một ánh xạ từ $C$ vào $\mathfrak{F}(B, A)$. Ngược lại, với mỗi ánh xạ $g$ từ $C$ vào $\mathfrak{F}(B, A)$ tồn tại một ánh xạ duy nhất $f$ từ $\mathrm{B} \times \mathrm{C}$ vào A sao cho $g(y) = f(\bullet, y)$ với mọi $y \in \mathrm{C}$, cụ thể là ánh xạ $(x, y) \to (g(y))(x)$. Do đó :

Tương tự, ta định nghĩa một song ánh chính tắc của $\mathfrak{F}(\mathrm{B} \times \mathrm{C}, \mathrm{A})$ lên $\mathfrak{F}(\mathrm{B}, \mathfrak{F}(\mathrm{C}, \mathrm{A}))$. Do sự tương ứng một-một giữa các ánh xạ và các đồ thị phiếm hàm, các song ánh này dẫn đến các song ánh chính tắc của $\mathrm{A}^{\mathrm{B} \times \mathrm{C}}$ lên $(\mathrm{A}^{\mathrm{B}})^{\mathrm{C}}$ (resp. $(\mathrm{A}^{\mathrm{C}})^{\mathrm{B}}$).

Đặt

(§4, Mệnh đề 1). Ánh xạ $F\to F\circ U$ ($F\in A^I$) là một song ánh từ $A^I$ lên $A^K$ (Mệnh đề 2). Hiển nhiên điều kiện “với mọi $\iota\in I$, $F(\iota)\in X_\iota$” là tương đương với “với mọi $x\in K$, $(F\circ U)(x)\in X_{u(x)}$”, và kết quả suy ra.

Theo các nhận xét ở trên, chỉ cần chứng minh mệnh đề sau đây:

Với mỗi $\iota\in I-J$ gọi $T_\iota$ là số hạng $\tau_\iota(y\in X_\iota)$. Vì $X_\iota\ne\varnothing$ theo giả thiết, nên ta có $T_\iota\in X_\iota$ với mọi $\iota\in I-J$ (Chương I, §4, no. 1). Nếu $G$ là đồ thị của $g$, thì đồ thị $G\cup\left(\displaystyle\bigcup_{\iota\in I-J}\{(\iota,T_\iota)\}\right)$ là đồ thị của một hàm có các tính chất đã yêu cầu, điều này được kiểm tra ngay lập tức.

Áp dụng Mệnh đề 5 cho tập con $J=\{\alpha\}$ của $I$ và chú ý rằng $\operatorname{pr}_\alpha$ là hợp thành của ánh xạ chính tắc từ $X_\alpha^{\{\alpha\}}$ lên $X_\alpha$ và ánh xạ $\operatorname{pr}_{\{\alpha\}}$.

Nếu ta có $\mathrm{X}_\iota \neq \emptyset$ với mỗi $\iota \in \mathrm{I}$, thì theo Hệ quả 1 suy ra rằng $\prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota \neq \emptyset$; ngược lại, nếu $\prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota \neq \emptyset$, quan hệ $\mathrm{pr}_\alpha\Big(\prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota\Big) \subset \mathrm{X}_\alpha$ cho thấy rằng $\mathrm{X}_\alpha \neq \emptyset$ với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$.

Do đó, nếu ta có một họ $(\mathrm{X}_\iota)_{\iota \in \mathrm{I}}$ các tập hợp khác rỗng, ta có thể đưa vào (như một hằng phụ) một hàm $f$ có miền xác định là I sao cho $f(\iota) \in \mathrm{X}_\iota$ với mọi $\iota \in \mathrm{I}$. Trong thực hành người ta nói: "lấy một phần tử $x_\iota$ trong mỗi $\mathrm{X}_\iota$". Một cách trực giác, như vậy ta đã "chọn" một phần tử $x_\iota$ trong mỗi tập hợp $\mathrm{X}_\iota$; việc đưa vào dấu lôgic $\tau$ và các tiêu chuẩn chi phối cách dùng nó giúp ta khỏi cần phát biểu một "tiên đề lựa chọn" để hợp thức hóa phép toán này (x. Tóm tắt các Kết quả, §4, no. 10).

Ngược lại, nếu $\prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota \subset \prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{Y}_\iota$, và nếu $\mathrm{X}_\iota \neq \emptyset$ với mọi $\iota \in \mathrm{I}$, thì $\mathrm{X}_\iota \subset \mathrm{Y}_\iota$ với mọi $\iota \in \mathrm{I}$.

Mệnh đề thứ nhất là hiển nhiên, và mệnh đề thứ hai suy ra từ Mệnh đề 1, Hệ quả 5, vì khi đó ta có, với mỗi $\alpha \in \mathrm{I}$,

của $\prod\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota$ vào tập hợp tích $\prod\limits_{\lambda \in \mathrm{L}} \Big(\prod\limits_{\iota \in \mathrm{J}_\lambda} \mathrm{X}_\iota\Big)$ là song ánh ("tính kết hợp" của các tích của tập hợp).

Từ cách hiểu $\mathrm{pr}_{\mathrm{J}_\lambda} f$ như là đồ thị của hạn chế của hàm có đồ thị là $f$ (no. 4), suy ra rằng mệnh đề nói ánh xạ $f \to (\mathrm{pr}_{\mathrm{J}_\lambda} f)_{\lambda \in \mathrm{L}}$ là song ánh có nghĩa là, với mỗi họ $(v_\lambda)_{\lambda \in \mathrm{L}}$, trong đó $v_\lambda$ là một ánh xạ của $\mathrm{J}_\lambda$ vào $\bigcup\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathrm{X}_\iota$, tồn tại một ánh xạ duy nhất $u$ của I vào $\bigcup_{\iota \in I} X_\iota$ sao cho $v_\lambda$ là hạn chế của $u$ trên $J_\lambda$ với mỗi $\lambda \in L$. Nhưng đây là một hệ quả của giả thiết rằng $(J_\lambda)_{\lambda \in L}$ là một phân hoạch của I (§4, Mệnh đề 8).

¶ Song ánh được xác định trong Mệnh đề 7, và song ánh ngược của nó, được gọi là chính tắc.

Nhận xét

Khi đó ta có

("tính phân phối" của hợp đối với giao, và của giao đối với hợp).

Cho $x$ là một phần tử của $\bigcup_{\lambda \in L} \left( \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_{\lambda, \iota} \right)$ và cho $f$ là một phần tử bất kỳ của I. Tồn tại một chỉ số $\lambda$ sao cho $x \in \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_{\lambda, \iota}$; do đó $x \in X_{\lambda, f(\lambda)}$ và vì thế

Vì điều này đúng với mọi $f \in I$, ta có

Ngược lại, cho $x$ là một phần tử không thuộc tập hợp

Khi đó với mỗi $\lambda \in L$ ta có $x \notin \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_{\lambda, \iota}$, điều đó có nghĩa là tập hợp $J'_\lambda$ các chỉ số $\iota \in J_\lambda$ sao cho $x \notin X_{\lambda, \iota}$ là không rỗng đối với mỗi $\lambda \in L$. Theo Mệnh đề 5, Hệ quả 2, tồn tại một đồ thị phiếm hàm $f$ với miền xác định là L sao cho với mỗi $\lambda \in L$ ta có $f(\lambda) \in J'_\lambda$. Do đó $f \in I$ và $x \notin X_{\lambda, f(\lambda)}$ với mỗi $\lambda \in L$; suy ra

và do đó

Điều này hoàn tất chứng minh của công thức thứ nhất. Công thức thứ hai suy ra bằng cách áp dụng công thức thứ nhất cho họ $((\complement_A X_{\lambda, \iota})_{\iota \in J_\lambda})_{\lambda \in L}$, trong đó A biểu thị hợp $\bigcap_{\lambda \in L} \left( \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_\lambda \right)$.

Cho $\alpha$, $\beta$ là hai đối tượng phân biệt; áp dụng các công thức của Mệnh đề 8 (với $L = \{\alpha,\ \beta\}$, $J_\alpha = I$, $J_\beta = K$) cho họ $((Z_{\lambda,\, \mu})_{\mu \in J_\lambda})_{\lambda \in L}$, trong đó $Z_{\alpha,\, \iota} = X_\iota$ với mọi $\iota \in I$ và $Z_{\beta,\, \varkappa} = Y_\varkappa$ với mỗi $\varkappa \in K$. Nhờ sự tồn tại của song ánh chính tắc từ $\coprod_{\lambda \in L} J_\lambda$ lên $I \times K$ (no. 3) và nhờ Mệnh đề 1 của § 4, ta thu được các công thức đã phát biểu.

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

("tính phân phối" của tích đối với hợp và đối với giao). Công thức thứ nhất là hiển nhiên đúng nếu $L = \emptyset$ hoặc nếu $J_\lambda = \emptyset$ với một $\lambda \in L$. Nếu không, cho $g$ là một phần tử của $\prod_{\lambda \in L} \left( \bigcap_{\iota \in J_\lambda} X_{\lambda,\, \iota} \right)$. Với mỗi $\lambda \in L$ tồn tại một chỉ số $\iota \in J_\lambda$ sao cho $g(\lambda) \in X_{\lambda,\, \iota}$; nói cách khác, tập hợp $H_\lambda$ gồm các chỉ số $\iota \in J_\lambda$ sao cho $g(\lambda) \in X_{\lambda,\, \iota}$ là không rỗng. Do đó, theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 5, tồn tại một đồ thị phiếm hàm $f$ có miền xác định là L sao cho

với mỗi $\lambda \in L$, tức là $g(\lambda) \in X_{\lambda,\, f(\lambda)}$. Do đó ta có $g \in \prod_{\lambda \in L} X_{\lambda,\, f(\lambda)}$ và do đó $g \in \bigcup_{f \in I} \left( \prod_{\lambda \in L} X_{\lambda,\, f(\lambda)} \right)$. Ngược lại, nếu

thì tồn tại một đồ thị phiếm hàm $f \in I$ sao cho với mọi $\lambda \in L$ ta có

và, a fortiori, $g(\lambda) \in \bigcup_{\iota \in J_\lambda} X_{\lambda, \iota}$. Điều này hoàn tất chứng minh của công thức thứ nhất. Chứng minh của công thức thứ hai là tương tự nhưng đơn giản hơn, và chúng tôi để lại cho người đọc.

Nếu ta đặt

khi đó, theo công thức thứ nhất của Mệnh đề 9, chỉ cần chứng minh rằng $\mathrm{P}_f \neq \emptyset$ với mọi $f \in I$ và rằng $\mathrm{P}_f \cap \mathrm{P}_g = \emptyset$ bất cứ khi nào $f$ và $g$ là các phần tử phân biệt của I. Điểm thứ nhất suy ra từ Mệnh đề 5, Hệ quả 2. Đối với điểm thứ hai, nếu $f \neq g$, tồn tại $\lambda \in L$ sao cho

và do đó, theo giả thiết, $X_{\lambda, f(\lambda)} \cap X_{\lambda, g(\lambda)} = \emptyset$. Suy ra không có đồ thị nào thuộc $\mathrm{P}_f \cap \mathrm{P}_g$; thật vậy, nếu G là một đồ thị như thế, thì ta sẽ có $\mathrm{G}(\lambda) \in X_{\lambda, f(\lambda)} \cap X_{\lambda, g(\lambda)} = \emptyset$, điều này vô lý.

và, nếu I và K không rỗng,

Chứng minh theo cùng khuôn mẫu như chứng minh của Hệ quả của Mệnh đề 8.

Hai vế của đẳng thức cần chứng minh đều là các đồ thị phiếm hàm. Một đồ thị $f$ thuộc vế trái nếu và chỉ nếu, với mỗi $\varkappa \in K$, $f \in \prod_{\iota \in I} X_{\iota, \varkappa}$; tức là, nếu và chỉ nếu $f(\iota) \in X_{\iota, \varkappa}$ với mọi $(\iota, \varkappa) \in I \times K$. Để $f$ thuộc vế phải, điều kiện cần và đủ là $f(\iota) \in \bigcap_{\varkappa \in K} X_{\iota, \varkappa}$ với mỗi $\iota \in I$, nghĩa là $f(\iota) \in X_{\iota, \varkappa}$ với mỗi cặp $(\iota, \varkappa) \in I \times K$. Điều này hoàn tất chứng minh.

Áp dụng Mệnh đề 10 cho trường hợp K (tương ứng là I) là một tập hợp gồm hai phần tử phân biệt.