Funzione iniettiva (dimostrazione domanda)
Ciao,
sto dispratamente cercando di capire da un giorno il perché siano equivalenti:
$f:X→Y$ è una funzione iniettiva se $∀y∈f(X),∃!x∈X∣y=f(x)$ e la tipica definzione di funzione iniettiva per cui: $forall a_1,a_2 in X, (f(a_1)=f(a_2)=>a_1=a_2)$ o comunque la sua contronominale.
Immagino che, avendo trovato queste due definizioni su due libri siano la stessa cosa, quindi è dimostrabile un <=> ma non ci riesco
. Mi potreste aiutare?
PS:
dimenticavo per la prima parte ho pensato di fare così: Se vale $∀y∈f(X),∃!x∈X∣y=f(x)$ io parto da $f(a_1)=f(a_2)$, a questo punto per HP avendo $f(a_1)=f(a_2)=y$ e quindi esiste unico x t.c $y=f(a_1)=f(a_2)$ cioè: $a_1=a_2=x$ cvd.
ma l'altra implicazione non ci riesco i nessum modo (a patto che questa sia giusta, confermate? )
sto dispratamente cercando di capire da un giorno il perché siano equivalenti:
$f:X→Y$ è una funzione iniettiva se $∀y∈f(X),∃!x∈X∣y=f(x)$ e la tipica definzione di funzione iniettiva per cui: $forall a_1,a_2 in X, (f(a_1)=f(a_2)=>a_1=a_2)$ o comunque la sua contronominale.
Immagino che, avendo trovato queste due definizioni su due libri siano la stessa cosa, quindi è dimostrabile un <=> ma non ci riesco
. Mi potreste aiutare?PS:
dimenticavo per la prima parte ho pensato di fare così: Se vale $∀y∈f(X),∃!x∈X∣y=f(x)$ io parto da $f(a_1)=f(a_2)$, a questo punto per HP avendo $f(a_1)=f(a_2)=y$ e quindi esiste unico x t.c $y=f(a_1)=f(a_2)$ cioè: $a_1=a_2=x$ cvd.
ma l'altra implicazione non ci riesco i nessum modo (a patto che questa sia giusta, confermate?
)
Risposte
@Martino: scusa martino ma mi parevano due domande diverse. Una è la definizione di funzione l'altra di iniettiva. Mi sembrava brutto unirle, però se preferisci va bene:
Aggiungo qui quello che ho scritto di la. ma secondo me così rischio di non ricevere manco una risposta perché ho 3 argomenti in uno...vedremo
.
Volevo nel frattempo disturbarviper una secodna questione simile a prima.
volevo mostrare questo
1) $∀x1,x2,(x1=x2⇒f(x1)=f(x2))$ => 2) $∀x∈X∃!y∈T:y=f(x)$
mia soluzione:
se non vale 2) => non vale 1 quindi:
HP: $f(x1)≠f(x2) e x1=x2$
ora: se valesse 1) avrei che $x1=x2=x$ quindi deve esistere unico $y=f(x1)=f(x2)=f(x)$ però per ipotesi $f(x1)≠f(x2)$ abbiamo detto il che è assurdo. CVD
E' corretto? vi ringrazio moltissimo!
Aggiungo qui quello che ho scritto di la. ma secondo me così rischio di non ricevere manco una risposta perché ho 3 argomenti in uno...vedremo
.
"cataldz":
1) $∀x1,x2,(x1=x2⇒f(x1)=f(x2))$ => 2) $∀x∈X∃!y∈T:y=f(x)$
Come definisci $f(x)$? Se $x_1=x_2$ come farebbe $f(x_1)$ ad essere diverso da $f(x_2)$??
"ghira":
[quote="cataldz"]
1) $∀x1,x2,(x1=x2⇒f(x1)=f(x2))$ => 2) $∀x∈X∃!y∈T:y=f(x)$
Come definisci $f(x)$? Se $x_1=x_2$ come farebbe $f(x_1)$ ad essere diverso da $f(x_2)$??[/quote]non ho capito però perché dici che è sbagliato quello che scrivevo nel quote del mio secondo messaggio. Mi sembra quello che suggerisci.
Se nego 2) mi accorgo che 1) [quella che chiami definizione di f(x)] non varrebbe per il motivo che indichi tu. Non vale 1), quindi vale (not 1): ho in questo modo dimostrato che non 2) implica non 1) che era quello che mi interessava, no?
"cataldz":
non ho capito però perché dici che è sbagliato
Non sto dicendo che è sbagliato. Sto dicendo che sembra una cosa molto strana da dire. Se $x$ e $y$ sono la stessa cosa, come farebbero $f(x)$ e $f(y)$ ad essere diversi?
Che definizione di funzione stai usando? Se definisci una funzione come un insieme di coppie ordinate ecc. ecc. l'equivalente di quello che sembri dire qui non sembra così strano.
Sì, certo, è esatto: la funzione è la relazione f/coppia odrinata per cui vale: $∀x∈X∃!y∈T: (x,y) in f$, quindi la riscrivo come $∀x∈X∃!y∈T: f(x)=y$
io volevo dimostrare: 1) $∀x1,x2,(x1=x2⇒f(x1)=f(x2))$ => 2) $∀x∈X∃!y∈T:y=f(x)$ quindi che 1) => 2)
la mia idea è dimostrare (perché mi era venuto in mete e l'ho trovato più comodo: "non 1) => non 2)", la così detta contronominale.
Ho quindi negato 2) e negare 2) vuol dire avere l'ipotesi $f(x1)≠f(x2) e x1=x2$ (è certo che non vale, ho negato 2! e così dovrebbe essere no?)
Poi cosa faccio? da qui lavoro per assurdo, mostro che se ho non 2) e vale 1) allora arrivo a un assurdo con l'ipotesi 2):
se valesse 1) avrei che $x1=x2=x$ quindi deve esistere unico $y=f(x1)=f(x2)=f(x)$ però per ipotesi (della contronominale) abbiamo detto che $f(x1)≠f(x2)$ il che è assurdo: qundi se ho un assurdo con non 2) => 1) vale che non 2) => non 1 CVD
E niente, volevo solo capire se era corretto come ragionamento essendo una delle mie prime dimostrazioni autonome di algebra e non ne ero certo. Spero di esser sato più chiaro, cosa ne pensi?
io volevo dimostrare: 1) $∀x1,x2,(x1=x2⇒f(x1)=f(x2))$ => 2) $∀x∈X∃!y∈T:y=f(x)$ quindi che 1) => 2)
la mia idea è dimostrare (perché mi era venuto in mete e l'ho trovato più comodo: "non 1) => non 2)", la così detta contronominale.
Ho quindi negato 2) e negare 2) vuol dire avere l'ipotesi $f(x1)≠f(x2) e x1=x2$ (è certo che non vale, ho negato 2! e così dovrebbe essere no?)
Poi cosa faccio? da qui lavoro per assurdo, mostro che se ho non 2) e vale 1) allora arrivo a un assurdo con l'ipotesi 2):
se valesse 1) avrei che $x1=x2=x$ quindi deve esistere unico $y=f(x1)=f(x2)=f(x)$ però per ipotesi (della contronominale) abbiamo detto che $f(x1)≠f(x2)$ il che è assurdo: qundi se ho un assurdo con non 2) => 1) vale che non 2) => non 1 CVD
E niente, volevo solo capire se era corretto come ragionamento essendo una delle mie prime dimostrazioni autonome di algebra e non ne ero certo. Spero di esser sato più chiaro, cosa ne pensi?
Sì va bene sia quest'ultima dimostrazione che l'implicazione che hai dimostrato sull'iniettività. Non capisco quale sia il problema con l'altra implicazione.
"Martino":no niente, semplicmente cercavo uno spunto perché non mi veniva in mente come fare l'altra.
Sì va bene sia quest'ultima dimostrazione che l'implicazione che hai dimostrato sull'iniettività. Non capisco quale sia il problema con l'altra implicazione.
Hai provato?
Sì certo, esattamente come per le altre ci ho provato ma mi blocco subito al contrario delle altre.
Beh ma $y$ lo hai preso in $f(X)$ quindi esiste $x in X$ tale che $y=f(x)$.
Caspita ho editato mentre hai pubblicato, la sposto di qua:
Io ho da dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$[nota]la scrivo con => perché mi viene più facile spiegare dopo[/nota] sfruttando $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$.
In pratica ho le HP $y∈f(X)$ e $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui devo dimostrare l'esistenza unica di x per cui vale $y=f(x)$.
Bene...
Il problema è che mi areno già dall'inzio: io prendo un per ogni y, quindi prendo un y e in qualche modo devo sfrutare che HP $f(x1)=f(x2)=>x1=x2$. ma non mi viene in mente in questo caso (negli altri casi rovavo un trucchetto qui no) come agganciare il mio y alle $f(x1)=f(x2)$ per poi sfruttare quella implicazione che ho vera per HP.
Insomma non mi vengono idee furbe
Io ho da dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$[nota]la scrivo con => perché mi viene più facile spiegare dopo[/nota] sfruttando $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$.
In pratica ho le HP $y∈f(X)$ e $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui devo dimostrare l'esistenza unica di x per cui vale $y=f(x)$.
Bene...
Il problema è che mi areno già dall'inzio: io prendo un per ogni y, quindi prendo un y e in qualche modo devo sfrutare che HP $f(x1)=f(x2)=>x1=x2$. ma non mi viene in mente in questo caso (negli altri casi rovavo un trucchetto qui no) come agganciare il mio y alle $f(x1)=f(x2)$ per poi sfruttare quella implicazione che ho vera per HP.
Insomma non mi vengono idee furbe
"cataldz":ah ho capito cosa dici, è vero y è nell'immagine di f!
Io ho da dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$[nota]la scrivo con => perché mi viene più facile spiegare dopo[/nota] sfruttando $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$.
In pratica ho le HP $y∈f(X)$ e $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui devo dimostrare l'esistenza unica di x per cui vale $y=f(x)$.
Quindi consigli di sfruttare $y∈f(X)$ (che ora scrivo in modo esplicito come esiste x∈X tale che y=f(x)) e l'alrta ipotesi $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ in sostanza?[nota]Ci provo
[/nota]
Ok credo di stare impallandomi in qualche stupidata.
Allora, come dicevo io ho:
Quindi, $y in f(x) => ∃x∈X:y=f(x)$ e fin qua ci sono. ora manca l'unicità.
Mi incasino sul fatto che io ho una implicazione: $y in f(x) => ∃x∈X:y=f(x)$, quindi come uso l'altra ipotesi $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$? Mi pare che questa ipotesi sia legata con un "and" a $y in f(x)$, quindi dovrei usarla su y, ma posso usarla anche su ciò che esso implica, cioè su $∃x∈X:y=f(x)$ è lecito? non capisco perché però.
Se è lecito (e vorrei capire logicamente perché lo sia) alla fin fine concluderei così: dato che ho mostrato che esiste almeno una x t.c y=f(x) allora ipotizziamo siano $x_1!=x_2$ tali che $f(x1)=y=f(x2)$, ma per H2 ho che $f(x1)=f(x2)⇒x1=x2$, quindi un assurdo. Questo ci dice che x è unica.
Speriamo sia tutto giusto, significherebbe che ho capito
Allora, come dicevo io ho:
"cataldz":
da dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$[nota]la scrivo con => perché mi viene più facile spiegare dopo[/nota] sfruttando $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$.
In pratica ho le HP $y∈f(X)$ e $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui devo dimostrare l'esistenza unica di x per cui vale $y=f(x)$.
Quindi, $y in f(x) => ∃x∈X:y=f(x)$ e fin qua ci sono. ora manca l'unicità.
Mi incasino sul fatto che io ho una implicazione: $y in f(x) => ∃x∈X:y=f(x)$, quindi come uso l'altra ipotesi $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$? Mi pare che questa ipotesi sia legata con un "and" a $y in f(x)$, quindi dovrei usarla su y, ma posso usarla anche su ciò che esso implica, cioè su $∃x∈X:y=f(x)$ è lecito? non capisco perché però.
Se è lecito (e vorrei capire logicamente perché lo sia) alla fin fine concluderei così: dato che ho mostrato che esiste almeno una x t.c y=f(x) allora ipotizziamo siano $x_1!=x_2$ tali che $f(x1)=y=f(x2)$, ma per H2 ho che $f(x1)=f(x2)⇒x1=x2$, quindi un assurdo. Questo ci dice che x è unica.
Speriamo sia tutto giusto, significherebbe che ho capito
Sì è giusto. Prima hai dimostrato che $x$ esiste, poi hai dimostrato che è unica.
Sì esatto la mia idea era quella esistenza e poi secondariamente unicità.
L'unica cosa che volevo capire meglio era quello che dicevo:
si vuole dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$ sfruttando l'ipotesi $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$, quindi in pratica questo è equivalente ad avere per ipotesi $y∈f(X)$ & $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui far discende (cioè dimostrare) $∃!x∈X∣y=f(x)$
Mi ero solo bloccato sul fatto che avessi come ipotesi HP1 $y∈f(x)$ & l'ipotesi ulteriore:
HP2 $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ e cercare di dimostrare la tesi $∃!x∈X∣y=f(x))$, a questo punto ragionavo sul fatto che: $y∈f(x)⇒∃x∈X:y=f(x)$ e non capivo bene come usare la HP2 su ciò che era implicato, cioè $∃x∈X:y=f(x)$ (perché mi incasinavo sull'idea che HP valesse su y non su cioè che y implicava).
Però se ho capito in modo corretto, questo si può fare perché in realtà $y∈f(x)<=>∃x∈X:y=f(x)$, quindi è come se avessi:
$∃x∈X:y=f(x)$ & $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ come due ipotesi da cui far discendere la tesi $∃!x∈X∣y=f(x))$, era questo il trucchetto che non vedevo, spero di aver spiegato bene.
L'unica cosa che volevo capire meglio era quello che dicevo:
si vuole dimostrare $∀y,(y∈f(X) => ∃!x∈X∣y=f(x))$ sfruttando l'ipotesi $∀a1,a2∈X,(f(a1)=f(a2)⇒a1=a2)$, quindi in pratica questo è equivalente ad avere per ipotesi $y∈f(X)$ & $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ da cui far discende (cioè dimostrare) $∃!x∈X∣y=f(x)$
Mi ero solo bloccato sul fatto che avessi come ipotesi HP1 $y∈f(x)$ & l'ipotesi ulteriore:
HP2 $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ e cercare di dimostrare la tesi $∃!x∈X∣y=f(x))$, a questo punto ragionavo sul fatto che: $y∈f(x)⇒∃x∈X:y=f(x)$ e non capivo bene come usare la HP2 su ciò che era implicato, cioè $∃x∈X:y=f(x)$ (perché mi incasinavo sull'idea che HP valesse su y non su cioè che y implicava).
Però se ho capito in modo corretto, questo si può fare perché in realtà $y∈f(x)<=>∃x∈X:y=f(x)$, quindi è come se avessi:
$∃x∈X:y=f(x)$ & $f(a1)=f(a2)⇒a1=a2$ come due ipotesi da cui far discendere la tesi $∃!x∈X∣y=f(x))$, era questo il trucchetto che non vedevo, spero di aver spiegato bene.
Sì ok ma hai solo ripetuto quanto hai già scritto sopra.
Sì, volevo solo essere più chiaro nello scritto perché mi sembrava di non esserlo stato e mi dava fastidio come mi ero espresso .
In ogni caso è più che chiaro ora, ti ringrazio per le risposte ai miei dubbi
.In ogni caso è più che chiaro ora, ti ringrazio per le risposte ai miei dubbi
Prego, ciao!
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