Dimostrare l'iniettività di funzioni a pezzi

[highlander88]

Questo è un esercizio che mi viene proposto.

Sia $ X:= Z x Z $ e si consideri la funzione $ f : X -> X $ così definita :

$AA$$(x,y)$$in$$X$ $(x,y)f :=$ $ (y,2) $ se y e' dispari, $(y , x)$ se y altrimenti

Mi occorre la dimostrazione usando la definizione dell'iniettività, ovvero quella per cui a immagini uguali corrispondono controimmagini uguali e seguita da una dimostrazione con sistema, ma il problema che mi si presenta qui è la funzione a pezzi.
Grazie per l'aiuto

[maurer]

Beh... direi che la dimostrazione è presto conclusa.
Mi sapresti dire ad esempio che immagine hanno [tex](0,1)[/tex] e [tex](1,1)[/tex]? Che cosa concludi?

[highlander88]

"maurer":Beh... direi che la dimostrazione è presto conclusa.
Mi sapresti dire ad esempio che immagine hanno [tex](0,1)[/tex] e [tex](1,1)[/tex]? Che cosa concludi?

Ho capito benissimo che la funzione in questione non è iniettiva, questo esempio tratta di un caso banale.
Per dirti, io ricorro alla dimostrazione immediata della suriettività trovando almeno una coppia che non ha controimmagine; ma per quanto riguarda l'iniettività, se si trattasse di un caso più complesso esiste una dimostrazione più generale che fa ausilio di un sistema, ma che io ora come ora so applicare solo per funzioni non a pezzi.

Ad esempio, prendendo in considerazione questo esempio di funzione:

$ f : ZxZ -> ZxZ $ dove per ogni coppia (x,y), $ f(x,y) = (x + 2y, -x + y)

Allora posso dimostrare che $ f(x,y) = f(w,z) -> (x + 2y, -x + y) = (w + 2z, -w + z) $
Ovvero:

$\{(x + 2y = w + 2z),(- x +y = -w + z):}$

Risolvendo questo sistema ottengo : $\{(x = w),(y = z):}$

Mi servirebbe quindi capire questo tipo di dimostrazione applicata a funzioni a pezzi.

[maurer]

Ma... quanto generale posso prendere la funzione? Perché direi che nel caso di una funzione molto generica non esiste una tecnica standard per risolvere il sistema. Se ci limitiamo a funzioni lineari il problema diventa banalmente uguale a determinare le controimmagini di [tex](0,0)[/tex]. Una condizione necessaria e sufficiente affinché l'insieme di tali controimmagini sia formato dal solo [tex](0,0)[/tex] (e quindi affinché la funzione sia iniettiva) è che il determinante della matrice associata sia non nullo.
Provo a mettere per iscritto l'idea: consideriamo
[tex]f(x,y) = (ax+by,cx+dy) = \left(\begin{array}{cc}a & b \\ c & d\end{array} \right) \left( \begin{array}{c}x \\ y \end{array} \right)[/tex]
Se [tex]ad-bc\ne0[/tex] l'unica soluzione al sistema (lavorando più comodamente su [tex]\mathbb{R}^2[/tex]) è [tex](0,0)[/tex] e è necessariamente anche l'unica soluzione lavorando su [tex]\mathbb{Z}^2[/tex].
Se invece [tex]ad-bc = 0[/tex], allora moltiplicando entrambe le righe per opportuni interi ci riduciamo al caso di due righe uguali. Scartandone una, ci riduciamo ad un'equazione del tipo [tex]Ax+By = 0[/tex] con [tex]A,B \in \mathbb{Z}[/tex] e [tex](x,y) \in \mathbb{Z}^2[/tex]. Adesso, tale equazione ha infinite soluzioni della forma [tex](-Bk,Ak)[/tex] per [tex]k \in \mathbb{Z}[/tex] e quindi la funzione è non iniettiva.

Ad esempio nel tuo caso la matrice era
[tex]\left(\begin{array}{cc}1 & 2 \\ -1 & 1\end{array} \right)[/tex]
il cui determinante è [tex]3[/tex] e quindi la funzione è iniettiva.

Tuttavia questo metodo non si applica alla prima funzione che hai postato (in quanto non lineare) e pertanto si torna alla domanda iniziale: quanto generica posso prendere la funzione? Torno a ripetere: nel caso generale, nulla ti salva da dover fare delle considerazioni locali, cioè esercizio per esercizio.