Caratterizzazione dell'iniettività mediante il complemento.
Buonasera vi mostro come svolgo la seguente caratterizzazione dell'iniettività di una funzione, ovviamente, se qualcosa non va per il verso giusto commentate 
i)
Siano
$f:S to T$,
$A,B subseteq S$,
$f(A)-f(B)=f(A-B)$ allora $f$ è iniettiva.
Dimostrazione:
P.A. $f$ non sia iniettiva, quindi posso considerare $a,b $ per cui $ a in A\,\ b in B$ dove $a ne b$ e $f(a)=f(b)=y$.
Quindi
$y in f(A)-f(B) \to\ y in f(A-B)$, in particolare
$y=f(b) in f(A-B) \to\ exists b in A\:\ y=f(b)$ ma questo è assurdo, poiché $b notin A$ e $b ne a$.
Quindi $f$ è iniettiva.
ii)
Siano
$f:S to T$,
$A,B subseteq S$,
Se $f$ è iniettiva, allora $f(A)-f(B)=f(A-B)$.
Dimostrazione: dobbiamo provare una doppia inclusione;
$subseteq$
$y in f(A)-f(B) \ to \y in f(A)\,\ notin f(B)$
$exists a in A\:\ y=f(a) \ "e" \ exists x in B\:\ y=f(x) $
$y=f(a)\,\ a in A, a notinB$
$exists a in A-B \:\ y=f(a) $
$y in f(A-B) $
$supseteq$
$y in f(A-B) \to \ exists a in A-B \:\ y=f(a)$
$exists a in A, a notin B \:\ y=f(a) \ to \ y in f(A)$
invece supponiamo P.A.
$y in f(B) \ to exists b in B \:\ y=f(b)$
Allora $y=f(a)=f(b) \ to a=b$ poiché $f$ è iniettiva.
Per cui $a in B$ questo è assurdo.
Quindi risulta $y notin f(B)$, quindi la tesi.
i)
Siano
$f:S to T$,
$A,B subseteq S$,
$f(A)-f(B)=f(A-B)$ allora $f$ è iniettiva.
Dimostrazione:
P.A. $f$ non sia iniettiva, quindi posso considerare $a,b $ per cui $ a in A\,\ b in B$ dove $a ne b$ e $f(a)=f(b)=y$.
Quindi
$y in f(A)-f(B) \to\ y in f(A-B)$, in particolare
$y=f(b) in f(A-B) \to\ exists b in A\:\ y=f(b)$ ma questo è assurdo, poiché $b notin A$ e $b ne a$.
Quindi $f$ è iniettiva.
ii)
Siano
$f:S to T$,
$A,B subseteq S$,
Se $f$ è iniettiva, allora $f(A)-f(B)=f(A-B)$.
Dimostrazione: dobbiamo provare una doppia inclusione;
$subseteq$
$y in f(A)-f(B) \ to \y in f(A)\,\ notin f(B)$
$exists a in A\:\ y=f(a) \ "e" \ exists x in B\:\ y=f(x) $
$y=f(a)\,\ a in A, a notinB$
$exists a in A-B \:\ y=f(a) $
$y in f(A-B) $
$supseteq$
$y in f(A-B) \to \ exists a in A-B \:\ y=f(a)$
$exists a in A, a notin B \:\ y=f(a) \ to \ y in f(A)$
invece supponiamo P.A.
$y in f(B) \ to exists b in B \:\ y=f(b)$
Allora $y=f(a)=f(b) \ to a=b$ poiché $f$ è iniettiva.
Per cui $a in B$ questo è assurdo.
Quindi risulta $y notin f(B)$, quindi la tesi.
Risposte
Nella i)
è da intendersi come $forall A,B subseteq S$
quindi, dati $A,B subseteq S$, chi mi assicura che puoi scegliere $a$ da $A$ e $b$ da $B$?
Devi prenderli da $S$.
Quindi:
p.a. $f$ non iniettiva $implies exists x,y in S$ $t.c. f(x)=f(y) ^^ x != y implies x in S"\"{y} implies f(x) in f(S"\"{y})=f(S)"\"f({y}) implies f(x) notinf({y})={f(y)} implies f(x)!=f(y)$
"Pasquale 90":
A,B⊆S
è da intendersi come $forall A,B subseteq S$
"Pasquale 90":
P.A. f non sia iniettiva, quindi posso considerare a,b per cui a∈A, b∈B dove a≠b e f(a)=f(b)=y.
quindi, dati $A,B subseteq S$, chi mi assicura che puoi scegliere $a$ da $A$ e $b$ da $B$?
Devi prenderli da $S$.
Quindi:
p.a. $f$ non iniettiva $implies exists x,y in S$ $t.c. f(x)=f(y) ^^ x != y implies x in S"\"{y} implies f(x) in f(S"\"{y})=f(S)"\"f({y}) implies f(x) notinf({y})={f(y)} implies f(x)!=f(y)$
"Derio97":
quindi, dati $A,B subseteq S$, chi mi assicura che puoi scegliere $a$ da $A$ e $b$ da $B$?
Grazie tutto chiaro, avevo anch'io questo dubbio sulla scelta dei due valori $a,b$, ma se prendiamo inconsiderazione AC si potrebbe sorpassare questo problema ?
"Pasquale 90":
ma se prendiamo in considerazione AC si potrebbe sorpassare questo problema ?
Cioè? Cosa avevi in mente?
Volevo far uso dell'assioma della scelta, il quale ci dà la possibilità di scegliere per ogni insieme non vuoto un suo elemento.
Ovviamente si dovrebbe formalizzare quello appena detto.
Ovviamente si dovrebbe formalizzare quello appena detto.
Il problema riguarda i quantificatori, faccio un esempio:
siano $S,T={1,2,3,4}$
$f:S->T " " t.c. f(1)=1,f(2)=2,f(3)=f(4)=3$
$A={1},B={2}$
$f$ non è iniettiva, ma chiaramente non puoi considerare $a in A, b in B$ con $a!=b, f(a)=f(b)$.
Se invece volevi dire $exists A,B subseteqS$ ecc., bastava porre $A={a}, B={b}$, e dal fatto che $A!=B$ notare che $y in f(A"\"B) implies y in f(A)"\"f(B)$, e non viceversa, per poi concludere $y!=f(b)$
siano $S,T={1,2,3,4}$
$f:S->T " " t.c. f(1)=1,f(2)=2,f(3)=f(4)=3$
$A={1},B={2}$
$f$ non è iniettiva, ma chiaramente non puoi considerare $a in A, b in B$ con $a!=b, f(a)=f(b)$.
Se invece volevi dire $exists A,B subseteqS$ ecc., bastava porre $A={a}, B={b}$, e dal fatto che $A!=B$ notare che $y in f(A"\"B) implies y in f(A)"\"f(B)$, e non viceversa, per poi concludere $y!=f(b)$
Ok grazie.
Avevo fatto un ragionamento simile su un'altra caratterizzazione dell'iniettività di una funzione mediante l'intersezione ditemi se posso pubblicare quì oppure apro un altro topic.
Comunque per rispondere alla domanda di arnett:
$sin: x in RR \ to \ y=sin(x) in [-1,1]$
$A=[-pi/2,0]$, $B=]0,pi/2]$ allora $C=[-pi/2,pi/2]$
Chiaramente la funzione $sin_C$ è iniettiva in $C$ inoltre è anche invertibile ed la sua inversa è $"arcsin"$.
Avevo fatto un ragionamento simile su un'altra caratterizzazione dell'iniettività di una funzione mediante l'intersezione ditemi se posso pubblicare quì oppure apro un altro topic.
Comunque per rispondere alla domanda di arnett:
$sin: x in RR \ to \ y=sin(x) in [-1,1]$
$A=[-pi/2,0]$, $B=]0,pi/2]$ allora $C=[-pi/2,pi/2]$
Chiaramente la funzione $sin_C$ è iniettiva in $C$ inoltre è anche invertibile ed la sua inversa è $"arcsin"$.
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