Applicazioni tra insiemi
Sia $S$ un insieme non vuoto, e sia $f: S \to S$ un'applicazione di $S$ in sé. Provare che $f$ è iniettiva se e solo se comunque si considerino delle parti $X$ e $Y$ di $S$ risulta $f(XnnY)$=$f(X)$ $nn$ $f(Y)$. Come devo impostare l'esercizio per poter dimostrare che $f$ è iniettiva? Grazie anticipatamente a chi potrà rispondermi! 
Risposte
Ciao.
Enunciato così mi sembra falso (sto pensando a $S=\mathbb{R}$, $f: x \mapsto \sin(x)$, $X={0}$, $Y={2\pi}$).
Sicuro che non ci siano altre ipotesi su $X$,$Y$? Sono complementari in $S$?
Enunciato così mi sembra falso (sto pensando a $S=\mathbb{R}$, $f: x \mapsto \sin(x)$, $X={0}$, $Y={2\pi}$).
Sicuro che non ci siano altre ipotesi su $X$,$Y$? Sono complementari in $S$?
Supponi che [tex]f[/tex] non sia iniettiva. Allora esistono [tex]a,b \in S[/tex] tali che [tex]a \ne b[/tex] e [tex]f(a) = f(b)[/tex]. Ma [tex]\{a\} \cap \{b\} = \emptyset[/tex], quindi...
Propongo comunque un rilancio.
Definizione. Siano [tex]A,B[/tex] due insiemi. Diciamo che una relazione [tex]\sigma \subseteq A \times B[/tex] è:
Propongo comunque un rilancio.
Definizione. Siano [tex]A,B[/tex] due insiemi. Diciamo che una relazione [tex]\sigma \subseteq A \times B[/tex] è:
[*:19gzodcl] ovunque definita se per ogni [tex]a \in A[/tex] esiste almeno un [tex]b \in B[/tex] tale che [tex]a \sigma b[/tex];[/*:m:19gzodcl]
[*:19gzodcl] funzionale se per ogni [tex]a \in A[/tex] esiste al più un [tex]b \in B[/tex] tale che [tex]a \sigma b[/tex];[/*:m:19gzodcl]
[*:19gzodcl] iniettiva se per ogni [tex]b \in B[/tex] esiste al più un [tex]a \in A[/tex] tale che [tex]a \sigma b[/tex];[/*:m:19gzodcl]
[*:19gzodcl] suriettiva se per ogni [tex]b \in B[/tex] esiste almeno un [tex]a \in A[/tex] tale che [tex]a \sigma b[/tex].[/*:m:19gzodcl][/list:u:19gzodcl]
Definizione. Siano [tex]A,B[/tex] due insiemi. Sia [tex]\sigma \subseteq A \times B[/tex]. Definiamo [tex]\tilde{\sigma} : \mathcal P(A) \to \mathcal P(B)[/tex] ponendo [tex]\tilde{\sigma}(S) = \{b \in B \mid \exists a \in S, \: a \sigma b\}[/tex].
Rilancio. Provate che [tex]\tilde{\sigma}[/tex] è sempre una funzione. Provate che [tex]\displaystyle \tilde{\sigma} \left( \bigcup_{i \in I} S_i \right) = \bigcup_{i \in I} \tilde{\sigma} (S_i)[/tex] e che [tex]\displaystyle \tilde{\sigma} \left( \bigcap_{i \in I} S_i \right) \subseteq \bigcap_{i \in I} \tilde{\sigma}(S_i)[/tex]. Provate che se [tex]\sigma[/tex] è iniettiva nell'ultima relazione vale l'uguaglianze e provate che se [tex]\sigma[/tex] è funzionale vale il viceversa (ossia che l'uguaglianza implica l'iniettività).
Update: @Paolo90. Non mi sembra un controesempio! Infatti [tex]\sin(\{0\} \cap \{2\pi\}) = \sin(\emptyset) = \emptyset[/tex], mentre [tex]\sin(\{0\}) \cap \sin(\{2\pi\}) = \{0\}[/tex]. E infatti la funzione seno non è iniettiva...
Ciao Paolo90! L'esercizio l'ho scritto pari pari così come mi è stato consegnato. Su $X$ ed $Y$ non ci sono altre ipotesi...
Osservate che l'esercizio che vi ho proposto sta dicendo sostanzialmente che [tex]\tilde{\sigma}[/tex] è sempre un morfismo unione tra i reticoli delle parti degli insiemi su cui [tex]\sigma[/tex] è definita e che se [tex]\sigma[/tex] è iniettiva allora è pure un morfismo di reticoli...
"maurer":
Update: @Paolo90. Non mi sembra un controesempio! Infatti [tex]\sin(\{0\} \cap \{2\pi\}) = \sin(\emptyset) = \emptyset[/tex], mentre [tex]\sin(\{0\}) \cap \sin(\{2\pi\}) = \{0\}[/tex]. E infatti la funzione seno non è iniettiva...
Naturalmente. Non so dove avessi la testa
Grazie
Ho provato a continuare il ragionamento che mi è stato suggerito da Maurer, però non so se è accettabile come prova dell'esercizio. Correggetemi se ho sbagliato.
1) Supponiamo che $f$ non è iniettiva. Quindi $EE$ $a$, $b$ $in$ $S$ tale che $a$ $!=$ $b$ e $f(a)$ $=$ $f(b)$. Ma ${a}$ $nn$ ${b}$ $=$ $\phi$, quindi $f({a} nn {b})$ $=$ $\phi$, mentre $f(a)$ $nn$ $f(b)$ $!=$ $\phi$. Pertanto $f({a} nn {b})$ e $f(a)$ $nn$ $f(b)$ non coincidono.
Quindi se $f$ è iniettiva avremo $f(a)$ $=$ $f(b)$, perciò risulta $a$ $=$ $b$. Pertanto ${a}$ $nn$ ${b}$ $!=$ $\phi$ e $f({a} nn {b})$ $=$ $f(a)$ $nn$ $f(b)$.
Comunque ho provato a fare un altro ragionamento, sfruttando $X$ e $Y$ in quanto parti di $S$.
2) Siano $a$, $b$ $in$ $X nn Y$. Ciò implica che $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(X nn Y)$. Dato che $a$, $b$ $in$ $X$ e $a$, $b$ $in$ $Y$ risulta $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(X)$ e $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(Y)$. Dunque $f(X nn Y)$ $sube$ $f(X)$ $nn$ $f(Y)$. Dato che $f$ è iniettiva avremo: $f(a)$ $=$ $f(b)$ e quindi risulta $a$ $=$ $b$. Siccome $a=b$ $in$ $X nn Y$ $=>$ $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X nn Y)$. Continuando $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X)$ e $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(Y)$ $=>$ $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X)$ $nn$ $f(Y)$. Pertanto $f(X nn Y)$ e $f(X)$ $nn$ $f(Y)$ coincidono.
Spero di essere stato abbastanza chiaro su come ho voluto procedere in entrambi i casi e che strumenti ho provato ad utilizzare. Fatemi sapere se il procedimento è giusto.
1) Supponiamo che $f$ non è iniettiva. Quindi $EE$ $a$, $b$ $in$ $S$ tale che $a$ $!=$ $b$ e $f(a)$ $=$ $f(b)$. Ma ${a}$ $nn$ ${b}$ $=$ $\phi$, quindi $f({a} nn {b})$ $=$ $\phi$, mentre $f(a)$ $nn$ $f(b)$ $!=$ $\phi$. Pertanto $f({a} nn {b})$ e $f(a)$ $nn$ $f(b)$ non coincidono.
Quindi se $f$ è iniettiva avremo $f(a)$ $=$ $f(b)$, perciò risulta $a$ $=$ $b$. Pertanto ${a}$ $nn$ ${b}$ $!=$ $\phi$ e $f({a} nn {b})$ $=$ $f(a)$ $nn$ $f(b)$.
Comunque ho provato a fare un altro ragionamento, sfruttando $X$ e $Y$ in quanto parti di $S$.
2) Siano $a$, $b$ $in$ $X nn Y$. Ciò implica che $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(X nn Y)$. Dato che $a$, $b$ $in$ $X$ e $a$, $b$ $in$ $Y$ risulta $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(X)$ e $f(a)$, $f(b)$ $in$ $f(Y)$. Dunque $f(X nn Y)$ $sube$ $f(X)$ $nn$ $f(Y)$. Dato che $f$ è iniettiva avremo: $f(a)$ $=$ $f(b)$ e quindi risulta $a$ $=$ $b$. Siccome $a=b$ $in$ $X nn Y$ $=>$ $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X nn Y)$. Continuando $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X)$ e $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(Y)$ $=>$ $f(a)$ $=$ $f(b)$ $in$ $f(X)$ $nn$ $f(Y)$. Pertanto $f(X nn Y)$ e $f(X)$ $nn$ $f(Y)$ coincidono.
Spero di essere stato abbastanza chiaro su come ho voluto procedere in entrambi i casi e che strumenti ho provato ad utilizzare. Fatemi sapere se il procedimento è giusto.
"Lord Rubik":
Ho provato a continuare il ragionamento che mi è stato suggerito da Maurer, però non so se è accettabile come prova dell'esercizio. Correggetemi se ho sbagliato.
1) Supponiamo che $f$ non è iniettiva. Quindi $EE$ $a$, $b$ $in$ $S$ tale che $a$ $!=$ $b$ e $f(a)$ $=$ $f(b)$. Ma ${a}$ $nn$ ${b}$ $=$ $\phi$, quindi $f({a} nn {b})$ $=$ $\phi$, mentre $f(a)$ $nn$ $f(b)$ $!=$ $\phi$. Pertanto $f({a} nn {b})$ e $f(a)$ $nn$ $f(b)$ non coincidono.
Hai già concluso qui. Infatti tu vuoi dimostrare che se [tex]f(X \cap Y) = f(X) \cap f(Y)[/tex] per ogni scelta dei due sottoinsiemi [tex]X,Y[/tex] allora [tex]f[/tex] è iniettiva. E' equivalente provare la contronominale: se [tex]f[/tex] non è iniettiva, quell'uguaglianza non può mai sussistere. Ed è esattamente quello che hai fatto.
Nel secondo punto mi sembra piuttosto che tu provi a dimostrare che se f è iniettiva, allora vale l'uguaglianza [tex]f(X \cap Y) = f(X) \cap f(Y)[/tex]. Tuttavia, non sono convintissimo di tutti i passaggi (più che altro ti ingarbugli nelle argomentazioni). Prova a rifarlo con una classica doppia inclusione.
Allora il (1) ho fatto bene a svolgerlo? Per quanto riguarda il (2) ho provato a dimostrare l'uguaglianza tramite l'iniettività di $f$. Non è questo ciò che chiede l'esercizio? Comunque grazie per i consigli!!! Proverò a svolgere l'esercizio anche tramite la doppia inclusione!
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