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Si el diagrama es conmutativo, f es uno-uno y g es sobre.

Vamos f:A \to B , g:B \to A, y \operatorname{id}:A \to A ser la identidad. Si el diagrama

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desplazamientos, demostrar que { f} es uno-uno y { g} es sobre.

TEOREMA Si el anterior diagrama de desplazamientos, a continuación, f es uno-uno y g es sobre.

PRUEBA de La conmutatividad del diagrama implica que

{g f}(x)=x \;; \forall x\in A

por lo tanto gf es uno a uno y sobre.

(1) f es uno-uno. Suponga que { f}(x)={ f}(y).Entonces

{ f}(x)={ f}(y)

{ gf}(x)={ gf}(y)

x=y

de modo que { f} es uno-uno.

(2) g es en. Si no era el caso de gf no estaría en, lo cual es imposible.


No sé si la última "prueba" de que es correcto. Puedo ver por qué debe ser el caso, pero no soy capaz de exlain y dar una prueba clara como la de f ser uno-uno que parece muy claro.

9voto

Lorin Hochstein Puntos 11816

Teorema. Deje A B ser conjuntos. Considere las siguientes tres afirmaciones:

  1. f\colon A\to B es uno-a-uno.
  2. Existe g\colon B\to A tal que gf = \mathrm{id}_A (f ha dejado inversa).
  3. Para cada conjunto C y cada una de las funciones de h,k\colon C\to A si fh = fk h=k (f se deja cancelable).

Entonces 2\implies3\iff1. Por otra parte, si A es no vacío, entonces el 1\implies2 todos los tres son equivalentes.

Prueba. 2\implies3. Deje h,k\colon C\to A ser tal que fh = fk. Deje g ser la función garantizados por 2. Entonces h = \mathrm{id}_Ah = (gf)h = g(fh) = g(fk) = (gf)k = \mathrm{id}_Ak = k. Por lo tanto, f es de izquierda cancelables.

3\implies1. Deje a,a'\in A ser tal que f(a)=f(a'). Tenemos que demostrar que el a=a'. Vamos C=\{0\}, h\colon C\to A ser dado por h(0)=a, e k\colon C\to A ser dado por k(0)=a'. A continuación,fh(0) = f(a) = f(a') = fk(0). por lo fh=fk. Desde f es de izquierda cancelables, llegamos a la conclusión de que h=k. Por lo tanto a = h(0) = k(0) = a', lo que demuestra que el f es uno-a-uno.

1\implies3. Deje C a un y h,k\colon C\to A ser tal que fh = fk. Tenemos que mostrar que h=k. Deje c\in C. A continuación,f(h(c)) = f(k(c)); desde f es uno-a-uno, llegamos a la conclusión de que h(c)=k(c). Desde h(c)=k(c) todos los c\in C, se deduce que el h=k.

1\implies2 si A es no vacío y B son no vacíos. Desde A es no vacío, no existe a_0\in A. Definir g\colon B\to A como sigue: g(b) = \left\{\begin{array}{ll} a &\text{if }b\in f(A)\text{ and }f(a)=b;\\ a_0&\text{if }b\notin f(A). \end{array}\right. Esto está bien definido, ya que f(a)=f(a')=b implica a=a'. Y si b\in f(A), entonces no existe a\in A tal que f(a)=b. Ahora, vamos a a\in A. A continuación,g(f(a)) = a, lo gf = \mathrm{id}_A, como se desee. \Box

En particular, dada una función de f\colon A\to B, si g existe que hace que el diagrama conmuta, entonces f es uno-a-uno. Por el contrario, si f es uno-a-uno y A es no vacío (o A B están vacíos), entonces podemos encontrar una g que hace el diagrama conmuta.

Aquí está el doble:

Teorema. Deje A B ser conjuntos. Considere las siguientes tres afirmaciones:

  1. f\colon A\to B es sobre.
  2. Existe g\colon B\to A tal que fg=\mathrm{id}_B (f tiene derecho a la inversa).
  3. Para cada conjunto C y cada una de las funciones de h,k\colon B\to C si hf = kf, luego h=k (f es derecho cancelable).

Entonces 2\implies3\iff1. Por otra parte, la implicación de 1\implies2 es equivalente al Axioma de Elección.

Prueba. 2\implies3 C ser un conjunto y deje h,k\colon B\to C ser tal que hf=kf. Deje g ser la función garantizados por 2; entonces: h = h\mathrm{id}_B = h(fg) = (hf)g =(kf)g = k(fg) = k\mathrm{id}_B = k.

3\implies1. Deje C=\{0,1\} y definen h\colon B\to C h(b)=1 todos los b, y k(b) = \left\{\begin{array}{ll} 1 & \text{if }b\in f(A);\\ 0 &\text{if }b\notin f(A). \end{array}\right. A continuación,hf = kf, por lo tanto, por 3 h=k. Por lo tanto, k(b)=1 todos los b\in B, por lo tanto f(A)=B; es decir, f es sobre.

1\implies3. Supongamos que C es un conjunto y h,k\colon B\to C son funciones tales que hf = kf. Deje b\in B; necesitamos mostrar h(b)=k(b). Desde f es sobre, existe a\in A tal que f(a)=b. Por lo tanto, h(b) = h(f(a)) = hf(a) = kf(a) = k(b). Por lo tanto, h=k.

Si el Axioma de Elección se mantiene, entonces el 1\implies2: Si f a, entonces para cada a b\in B, la f^{-1}(b) = \{a\in A\mid f(a)=b\} es no vacío. Por el Axioma de elección, existe una función de g\colon B\to \cup_{b\in B} f^{-1}(b) tal que g(b)\in f^{-1}(b) por cada b\in B. Yo reclamo que fg=\mathrm{id}_B. De hecho, por cada b\in B, g(b)\in f^{-1}(b), por lo f(g(b))=b.

Si el 1\implies2 se mantiene, entonces el Axioma de Elección se mantiene. Deje \mathcal{X}=\{A_i\}_{i\in I} ser un vacío de la familia (I\neq\varnothing) de conjuntos no vacíos (A_i\neq\varnothing por cada I\in I). Tenemos que mostrar que existe una función de g\colon I\to\cup_{i\in I}A_i tal que g(i)\in A_i por cada i\in I.

Deje B_i = A_i\times\{i\}. Tenga en cuenta que la familia \mathcal{Y}=\{B_i\}_{i\in I} se compone de pares de distintos conjuntos. Deje Y=\cup_{i\in I}B_i, un definen f\colon Y\to I f(b_i,i) = i (proyección en el segundo componente). El mapa es, desde cada una de las A_i es no vacío, por lo B_i\neq\varnothing. Por nuestra suposición de que el 1\implies2, existe h\colon I\to Y tal que h(i)\in B_i por cada i\in I. Deje \pi_i\colon B_i\to A_i ser la proyección sobre la primera coordenada, \pi_i(b_i,i) = b_i. Definir g\colon I\to \cup_{i\in I}A_i por g(i) = \pi_i\circ h (i). Desde h(i)\in B_i=A_i\times\{i\},\pi_i\circ h(i) \in A_i. Esto es válido para cada una de las i, lo g es la opción deseada de la función. \Box

En particular, si el diagrama de desplazamientos, a continuación, g es sobre. Por el contrario, asumiendo el axioma de elección, si g es sobre, entonces podemos encontrar una f que encaja en el diagrama y se hace camino al trabajo.

8voto

Sigur Puntos 3895

Para a\in A, tome b=f(a)\in B tal que g(b)=g(f(a))=a.

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