Chiarimento di una dimostrazione
Sia $ f : A -> B $ e sia $ g : B-> A $ tali che $ g @ f = IdA $ e $ f @ g = IdB $ allora f e' biiettiva e $ g = f^(-1)$
Per dimostrare il primo punto in prof ha detto che IdA e IdB sono iniettive e suriettive quindi nel caso $ g @ f = IdA $ ho che f e' suriettiva e g e' iniettiva, mentre nel caso $ f @ g = IdB $ ho che g e' suriettiva e f e' iniettiva , quindi ho dimostrato che f e' biiettiva.
IdA e IdB sono iniettive e suriettive perche' sono definite da un insieme (ad esempio A) all'inisieme stesso (A) quindi verificano la condizione di iniettivita' e di suriettivita'. 'E corretto?
Punto 2:
visto che f e' biiettiva allora $ f^(-1)$ e' una applicazione in particolare:
$ f^(-1) (y)= f^(-1) (IdB(y)) = f^(-1) (f @ g (y)) = f^(-1) (f ( g (y))) = f^(-1) @ (f @ g (y)) = (f^(-1) @ f) @ g (y) =IdB(y) @ g(y) = g(y)$
Qui non riesco a capire l'ultimo passaggio, dove compone la funzione identita' su B con g(y)
Per dimostrare il primo punto in prof ha detto che IdA e IdB sono iniettive e suriettive quindi nel caso $ g @ f = IdA $ ho che f e' suriettiva e g e' iniettiva, mentre nel caso $ f @ g = IdB $ ho che g e' suriettiva e f e' iniettiva , quindi ho dimostrato che f e' biiettiva.
IdA e IdB sono iniettive e suriettive perche' sono definite da un insieme (ad esempio A) all'inisieme stesso (A) quindi verificano la condizione di iniettivita' e di suriettivita'. 'E corretto?
Punto 2:
visto che f e' biiettiva allora $ f^(-1)$ e' una applicazione in particolare:
$ f^(-1) (y)= f^(-1) (IdB(y)) = f^(-1) (f @ g (y)) = f^(-1) (f ( g (y))) = f^(-1) @ (f @ g (y)) = (f^(-1) @ f) @ g (y) =IdB(y) @ g(y) = g(y)$
Qui non riesco a capire l'ultimo passaggio, dove compone la funzione identita' su B con g(y)
Risposte
nessuna idea?
Il passaggio è \(\displaystyle (\mathrm{Id}_B\circ g)(y) = g(y) \), come lo hai scritto tu non ha alcun senso. Quello che stai dicendo è che se applichi \(\displaystyle g \) e poi mantieni tutto uguale è come applicare \(\displaystyle g \) e basta.
Comunque, riguardo alla tua dimostrazione della prima parte, avevi dimostrato precedentemente che se \(f\circ g = \mathrm{Id}_B\) allora \(g\) è iniettiva e \(f\) è suriettiva? Perché altrimenti andrebbe dimostrato, seppur sia semplice.
Comunque, riguardo alla tua dimostrazione della prima parte, avevi dimostrato precedentemente che se \(f\circ g = \mathrm{Id}_B\) allora \(g\) è iniettiva e \(f\) è suriettiva? Perché altrimenti andrebbe dimostrato, seppur sia semplice.
La parte se $ f∘g=IdB $ allora $g$ è iniettiva e $f$ è suriettiva e' stata dimostrata prima quindi non l'ho scritta. Ritornando alla seconda parte (visto che cio' che ho scritto e' sbagliato) e' corretto scrivere?
$ f^(−1)(y)=f^(−1)(IdB(y))=f^(−1)((f∘g)(y))=(f^(−1) ∘f) (g(y))= IdB (g(y))= g(y) $
$ f^(−1)(y)=f^(−1)(IdB(y))=f^(−1)((f∘g)(y))=(f^(−1) ∘f) (g(y))= IdB (g(y))= g(y) $
Si e no. Continui a confondere la componente funzionale da quella di valutazione. Il mio suggerimento è di non considerare un elemento \(\displaystyle y \) ma di fare l'uguaglianza tra funzioni.
Insomma
\(\displaystyle f^{-1} = f^{-1}\circ \mathrm{Id}_B = f^{-1}\circ \bigl(f\circ g \bigr) = \bigl(f^{-1}\circ f\bigr)\circ g = \mathrm{Id}_A\circ g = g \)
Usando gli elementi diventa
\(\displaystyle f^{-1}(y) = f^{-1}\bigl(\mathrm{Id}_B(y)\bigr) = f^{-1}\bigl((f\circ g)(y) \bigr) = f^{-1}\Bigl(f\bigl(g(y)\bigr) \Bigr) = (f^{-1}\circ f\bigr)\bigl(g(y)\bigr) = \mathrm{Id}_A\bigl(g(y)\bigr) = g(y) \)
Nota che tra l'altro \(\displaystyle f^{-1}\circ f\colon A\to A \) perché \(\displaystyle f\colon A \to B \) e si applica prima \(\displaystyle f \) e poi \(\displaystyle f^{-1} \).
Insomma
\(\displaystyle f^{-1} = f^{-1}\circ \mathrm{Id}_B = f^{-1}\circ \bigl(f\circ g \bigr) = \bigl(f^{-1}\circ f\bigr)\circ g = \mathrm{Id}_A\circ g = g \)
Usando gli elementi diventa
\(\displaystyle f^{-1}(y) = f^{-1}\bigl(\mathrm{Id}_B(y)\bigr) = f^{-1}\bigl((f\circ g)(y) \bigr) = f^{-1}\Bigl(f\bigl(g(y)\bigr) \Bigr) = (f^{-1}\circ f\bigr)\bigl(g(y)\bigr) = \mathrm{Id}_A\bigl(g(y)\bigr) = g(y) \)
Nota che tra l'altro \(\displaystyle f^{-1}\circ f\colon A\to A \) perché \(\displaystyle f\colon A \to B \) e si applica prima \(\displaystyle f \) e poi \(\displaystyle f^{-1} \).
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