Insieme delle parti e biiezione
Ciao a tutti, mi accorgo di avere un dubbio su un pezzo di una dimostrazioen dove dice che dati due insiemi A e B tali per gui esiste g:A->B biiezione, essa induce una biiezione P(A)->P(B).
Vorrei gentilmente chiedere una mano per capire come dimostrare questo fatto che non mi è ovvio.
Vorrei gentilmente chiedere una mano per capire come dimostrare questo fatto che non mi è ovvio.
Risposte
"allzio":
Ciao a tutti, mi accorgo di avere un dubbio su un pezzo di una dimostrazioen dove dice che dati due insiemi A e B tali per gui esiste g:A->B biiezione, essa induce una biiezione P(A)->P(B).
Vorrei gentilmente chiedere una mano per capire come dimostrare questo fatto che non mi è ovvio.
Mandi $\{a_1, a_2, a_3, \ldots\}$ a $\{f(a_1), f(a_2), f(a_3), \ldots\}$.
Credo mi sfugga qualcosa di ovvio allora uhm...
{f(a1),f(a2),f(a3),...} è l insieme delle immagini di a_i tramite f ed è contenuto in B.
però non ho capito da questo come dedurre che ho la f: P(A)->P(B) biiezione sull'insieme delle parti. di A e B rispettivamente.
{f(a1),f(a2),f(a3),...} è l insieme delle immagini di a_i tramite f ed è contenuto in B.
però non ho capito da questo come dedurre che ho la f: P(A)->P(B) biiezione sull'insieme delle parti. di A e B rispettivamente.
Dimostra che ogni funzione \(f : X \to Y\) induce una funzione \(Pf : PX \to PY\) (mandi un sottoinsieme nell'immagine mediante \(f\)); dimostra che
1. l'identità \(1 : A \to A\) va nell'identità \(PA \to PA\)
2. se \(g,f\) sono funzioni componibili, e \(g\circ f\) è la loro composta, allora \(P(g\circ f)=Pg\circ Pf\) (questo è ovvio, grazie alla definizione che ho dato sopra).
Corollario: se \(f : X \to Y\) è biiettiva, anche \(Pf : PX \to PY\) è biiettiva, perché \(P(f^{-1}) = (Pf)^{-1}\).
1. l'identità \(1 : A \to A\) va nell'identità \(PA \to PA\)
2. se \(g,f\) sono funzioni componibili, e \(g\circ f\) è la loro composta, allora \(P(g\circ f)=Pg\circ Pf\) (questo è ovvio, grazie alla definizione che ho dato sopra).
Corollario: se \(f : X \to Y\) è biiettiva, anche \(Pf : PX \to PY\) è biiettiva, perché \(P(f^{-1}) = (Pf)^{-1}\).
Se può esserti utile,
supponiamo che $EE$ una biezione $f : S → T$ e definiamo $g: P (S) → P (T)$, utilizzando la stessa funzione $f$,come segue:
$g : P (S) → P (T)$ definita da
$g(A) = f(A) = {f(a)|a ∈ A}$ dove $A ∈ P (S)$
Dobbiamo provare adesso che $g$ è iniettiva e suriettiva:
Iniettività
Siano $ A, B ∈ P (S)$ e assumiamo che $ g(A) = g(B)$.
Dobbiamo dimostrare $ A = B$
– sia $x ∈ A$. Quindi $f(x) = y ∈ f(A) = g(A)$ ed essendo $g(A) = g(B)$ dobbiamo
avere $ y ∈ g(B)$. Pertanto ci deve essere un $z ∈ B$ tale che $ y = f(z)$. Ma allora
se $ f$ è iniettiva $ x = z$ è così, $ x ∈ B$. Pertanto $ A ⊆ B$.
L'altra inclusione è simile.
Suriettività
Sia $B ∈ P (T)$, essendo $f$ una biezione la sua inversa esiste e possiamo impostare
$A ={f^−1(b)| b ∈ B}$
Ora dobbiamo provare che $ g(A) = B$.
– sia $x ∈ g(A)$, allora $x = f(a)$ per qualche $a ∈ A$. Ma allora $ a = f^−1(b)$ per
qualche $b ∈ B$. Quindi $x = f(f^−1(b)) = b$ e dunque $ x ∈ B$.
– sia ora $x ∈ B$. Per costruzione $f^−1(x) ∈ A$ e $f(f−1(x)) ∈ f(A) =g(A)$. Ma
$f(f^−1(x))= x$, pertanto $ x ∈ g(A)$
supponiamo che $EE$ una biezione $f : S → T$ e definiamo $g: P (S) → P (T)$, utilizzando la stessa funzione $f$,come segue:
$g : P (S) → P (T)$ definita da
$g(A) = f(A) = {f(a)|a ∈ A}$ dove $A ∈ P (S)$
Dobbiamo provare adesso che $g$ è iniettiva e suriettiva:
Iniettività
Siano $ A, B ∈ P (S)$ e assumiamo che $ g(A) = g(B)$.
Dobbiamo dimostrare $ A = B$
– sia $x ∈ A$. Quindi $f(x) = y ∈ f(A) = g(A)$ ed essendo $g(A) = g(B)$ dobbiamo
avere $ y ∈ g(B)$. Pertanto ci deve essere un $z ∈ B$ tale che $ y = f(z)$. Ma allora
se $ f$ è iniettiva $ x = z$ è così, $ x ∈ B$. Pertanto $ A ⊆ B$.
L'altra inclusione è simile.
Suriettività
Sia $B ∈ P (T)$, essendo $f$ una biezione la sua inversa esiste e possiamo impostare
$A ={f^−1(b)| b ∈ B}$
Ora dobbiamo provare che $ g(A) = B$.
– sia $x ∈ g(A)$, allora $x = f(a)$ per qualche $a ∈ A$. Ma allora $ a = f^−1(b)$ per
qualche $b ∈ B$. Quindi $x = f(f^−1(b)) = b$ e dunque $ x ∈ B$.
– sia ora $x ∈ B$. Per costruzione $f^−1(x) ∈ A$ e $f(f−1(x)) ∈ f(A) =g(A)$. Ma
$f(f^−1(x))= x$, pertanto $ x ∈ g(A)$
In realtà non è necessario ricorrere alla funzione inversa. Si può infatti dimostrate quanto segue:
Data un'applicazione \(f \colon S \to T\), l'applicazione \[\overline{f} \colon X \in \mathcal{P}(S) \to f(X) \in \mathcal{P}(T)\] risulta:[*:3bb1kel0]iniettiva se e soltanto se \(f\) è iniettiva; [/*:m:3bb1kel0][*:3bb1kel0]suriettiva se e soltanto se \(f\) è suriettiva.[/*:m:3bb1kel0][/list:u:3bb1kel0]
"Alin":
Se può esserti utile,
ringrazio
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