Funzioni in $ZZ$.
Si consideri l'applicazione in ZxZ in sé così definita:
$(x,y)to(x',y')$, essendo $x'=ax+by,y'=cx+dy$, con $a,b,c,d$ interi.
In quali casi essa è iniettiva? In quali surgettiva?
Vorrei essere abbastanza sicuro della soluzione.
SOLUZIONE.
Iniettività: $(x,y)to(x',y')$. È possibile: $(x_1,y_1)to(x',y'),x_1!=x,y_1!=y$?
$(x'-by)/a=(y'-dy)/c=(x)inZZ$.
$(x'-by_1)/a=(y'-dy_1)/c=x_1inZZ$. Da cui: $y!=y_1=>x!=x_1$.
Quindi è possibile: $f(x,y)=f(x_1,y_1)=(x',y')$.
Se $b=d=0=>(x')/a=(y')/c=x;(x')/a=(y')/c=x_1=>x=x_1$. Cioè iniettiva.
$(a,dinZZ,b=c=0)uu(b,cinZZ,a=d=0)$.
Surgettività:
Siano: $(x,y)to(x',y');(x_1,y_1)to(x',(y'+1))$. Allora:
${(x'=ax+by),(y'=cx+dy):}^^{(x'=ax_1+by_1),(y'+1=cx_1+dy_1):}$.
Ma dev'essere per ipotesi: $y'=cx_1+dy_1=>y'=y'+1$. Assurdo.
Da questo e dalla soluzione dell'iniettività segue: $(a=+-1,b=c=0,d=+-1)uu(b=+-1,c=+-1,a=d=0)$.
In questo modo ho proceduto.
$(x,y)to(x',y')$, essendo $x'=ax+by,y'=cx+dy$, con $a,b,c,d$ interi.
In quali casi essa è iniettiva? In quali surgettiva?
Vorrei essere abbastanza sicuro della soluzione.
SOLUZIONE.
Iniettività: $(x,y)to(x',y')$. È possibile: $(x_1,y_1)to(x',y'),x_1!=x,y_1!=y$?
$(x'-by)/a=(y'-dy)/c=(x)inZZ$.
$(x'-by_1)/a=(y'-dy_1)/c=x_1inZZ$. Da cui: $y!=y_1=>x!=x_1$.
Quindi è possibile: $f(x,y)=f(x_1,y_1)=(x',y')$.
Se $b=d=0=>(x')/a=(y')/c=x;(x')/a=(y')/c=x_1=>x=x_1$. Cioè iniettiva.
$(a,dinZZ,b=c=0)uu(b,cinZZ,a=d=0)$.
Surgettività:
Siano: $(x,y)to(x',y');(x_1,y_1)to(x',(y'+1))$. Allora:
${(x'=ax+by),(y'=cx+dy):}^^{(x'=ax_1+by_1),(y'+1=cx_1+dy_1):}$.
Ma dev'essere per ipotesi: $y'=cx_1+dy_1=>y'=y'+1$. Assurdo.
Da questo e dalla soluzione dell'iniettività segue: $(a=+-1,b=c=0,d=+-1)uu(b=+-1,c=+-1,a=d=0)$.
In questo modo ho proceduto.
Risposte
Potresti indicare brevemente il tuo background? Questo esercizio è molto facile se si sa un filino di algebra lineare e/o un filino di proprietà degli omomorfismi di gruppi. Senza niente di questo background, bisogna fare un sacco di conti, un po' come hai fatto tu.
La discussione sull'iniettività parte bene, ma il risultato non è quello che mi aspetterei. Infatti questa mappa dovrebbe essere sempre iniettiva quando $ad-bc$ non è nulla e non iniettiva quando $ad-bc =0$. Proviamo a vedere come arrivarci:
Supponiamo $ad-bc$ non nullo e prendiamo $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ che danno la stessa immagine $(x',y')$. Vogliamo mostrare che $x_1=x_2$ e $y_1=y_2$. Si ha $ax_1 + by_1 = ax_2 + by_2$, cioè $a(x_1-x_2) + b(y_1-y_2) = 0$. In maniera simile $c(x_1-x_2) + d(y_1-y_2) =0$. Chiamiamo $\xi = x_1 -x_2$ e $\eta = y_1-y_2$. Abbiamo un sistema lineare in due variabili $\xi,\eta$. Risolvendo il sistema (e suggerisco di farlo senza dividere per i coefficienti se non alla fine, dove l'unica divisione necessaria sarà proprio per $ad-bc$ che per ipotesi non è nullo), otteniamo che $\xi = 0$ e $\eta = 0$, che è proprio quello che ci serve per mostrare che la funzione è iniettiva. Se risolvi il sistema con il metodo di Cramer, $ad-bc$ è proprio il determinante per cui devi dividere.
Se invece $ad-bc = 0$, lo stesso ragionamento ci porta a una soluzione non nulla $\xi,\eta$ (a dire il vero infinite soluzioni non nulle) e quindi possiamo scegliere $x_1\ne x_2$ e $y_1\ne y_2$ che danno la stessa immagine $x',y'$. Ancora più facile, $(\xi ,\eta)$ e $(0,0)$ sono due coppie che hanno entrambe immagine $0$.
Per quanto riguarda la suriettività, non riesco a capire il tuo argomento. Ancora una volta, la chiave è capire il ruolo di $ad-bc$. Per dimostrare che la mappa è suriettiva noi vogliamo che, per ogni scelta di $x',y'$ il sistema lineare
\[
x' = ax + by \\
y' = cx + dy
\]
abbia una soluzione $(x,y)$ intera. Ancora una volta, se $ad-bc= \pm 1$, il metodo di Cramer ci fornisce immediatamente una soluzione intera del sistema, e quindi la mappa è suriettiva. Se $ad-bc = 0$, basta scegliere $x',y'$ che non danno neanche una soluzione razionale per provare che la mappa non è suriettiva. Se $ad-bc$ non è $0$ né $\pm 1$, serve un po' di lavoro per far vedere che si possono trovare soluzioni razionali ma non intere.
La discussione sull'iniettività parte bene, ma il risultato non è quello che mi aspetterei. Infatti questa mappa dovrebbe essere sempre iniettiva quando $ad-bc$ non è nulla e non iniettiva quando $ad-bc =0$. Proviamo a vedere come arrivarci:
Supponiamo $ad-bc$ non nullo e prendiamo $(x_1,y_1)$ e $(x_2,y_2)$ che danno la stessa immagine $(x',y')$. Vogliamo mostrare che $x_1=x_2$ e $y_1=y_2$. Si ha $ax_1 + by_1 = ax_2 + by_2$, cioè $a(x_1-x_2) + b(y_1-y_2) = 0$. In maniera simile $c(x_1-x_2) + d(y_1-y_2) =0$. Chiamiamo $\xi = x_1 -x_2$ e $\eta = y_1-y_2$. Abbiamo un sistema lineare in due variabili $\xi,\eta$. Risolvendo il sistema (e suggerisco di farlo senza dividere per i coefficienti se non alla fine, dove l'unica divisione necessaria sarà proprio per $ad-bc$ che per ipotesi non è nullo), otteniamo che $\xi = 0$ e $\eta = 0$, che è proprio quello che ci serve per mostrare che la funzione è iniettiva. Se risolvi il sistema con il metodo di Cramer, $ad-bc$ è proprio il determinante per cui devi dividere.
Se invece $ad-bc = 0$, lo stesso ragionamento ci porta a una soluzione non nulla $\xi,\eta$ (a dire il vero infinite soluzioni non nulle) e quindi possiamo scegliere $x_1\ne x_2$ e $y_1\ne y_2$ che danno la stessa immagine $x',y'$. Ancora più facile, $(\xi ,\eta)$ e $(0,0)$ sono due coppie che hanno entrambe immagine $0$.
Per quanto riguarda la suriettività, non riesco a capire il tuo argomento. Ancora una volta, la chiave è capire il ruolo di $ad-bc$. Per dimostrare che la mappa è suriettiva noi vogliamo che, per ogni scelta di $x',y'$ il sistema lineare
\[
x' = ax + by \\
y' = cx + dy
\]
abbia una soluzione $(x,y)$ intera. Ancora una volta, se $ad-bc= \pm 1$, il metodo di Cramer ci fornisce immediatamente una soluzione intera del sistema, e quindi la mappa è suriettiva. Se $ad-bc = 0$, basta scegliere $x',y'$ che non danno neanche una soluzione razionale per provare che la mappa non è suriettiva. Se $ad-bc$ non è $0$ né $\pm 1$, serve un po' di lavoro per far vedere che si possono trovare soluzioni razionali ma non intere.
Comunque notare che le mie soluzioni sono almeno dei sottoinsiemi di quelle che hai messo.
Più avanti posterò nuovamente, ora mi sto occupando di altro.
Ti ringrazio.
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