demostrar que: $f$ es inyectiva $\iff$ existe un $g: Y\rightarrow X$ tal que $g \circ f = idX$

Question

* * * una prueba en construcción - post cuando termine y más o menos seguros de que es cierto.

** por favor, también fácil con la rebaja.. no entiendo por qué estoy consiguiendo.

---

¿qué se entiende por mostrar que?

se supone que voy a dar un ejemplo? seguro que g(y) puede ser y/2 si f es x*2. se supone que tengo que dar una prueba ? (estamos aprendiendo los axiomas y los lemas.) en cuyo caso seguro que, de nuevo, dados los conjuntos a, B, X, Y y g: Y -> X, y f una función inyectiva definida por f: A->B con un subconjunto de X y B un subconjunto de Y. sabemos que f solo en mapa de los valores específicos de X para valores específicos de Y, a continuación, se define f(x) = x*2 y g(y) = y/2 lo g o f = idX es válido.

(no estoy seguro de si esto cuenta como un correcto prueba, pero estoy tratando)

Puedo explicarlo con palabras. Entiendo el concepto. pero NO tengo idea de cuál es la pregunta que quiere de mí. "demuestra que" es demasiado vago.

Answer 1

$\newcommand{\Ident}{\operatorname{id}}$Para la posteridad, tratando de hacer esto como conceptual y fácil de usar como sea posible (en algunos gastos de la brevedad).

Deje $X$ $Y$ no vacía de conjuntos y deje $f:X \to Y$ ser una asignación.

Si $x_{1}$ $x_{2}$ son distintos elementos de $X$, digamos `$f$ identifica a $x_{1}$ $x_{2}$ " si $f(x_{1}) = f(x_{2})$. Por definición, $f$ es inyectiva si $f$ no identifica a ningún par de (distintos) puntos.

Además, dicen que el efecto de la $f$ $X$ se puede deshacer si existe una asignación de $g:Y \to X$ tal que $g \circ f = \Ident_{X}$, es decir, $(g \circ f)(x) = x$ todos los $x$$X$. ($g$ Se llama izquierda inversa de a $f$.)

Decir que una función no identificar cualquier par de puntos, es decir, ` $f$ pierde ninguna información", en el sentido de que una entrada de $f$ puede ser recuperado de forma única a partir de la salida correspondiente: Si $f(x_{1}) = y = f(x_{2})$,$x_{1} = x_{2}$.

En esta terminología, el objetivo es demostrar que el efecto de la $f$ $X$ se puede deshacer si y sólo si $f$ no identifica a cualquier par de puntos.

Tenga en cuenta que:

1. Si $f$ identifica a $x_{1}$$x_{2}$, y si $g:Y \to Z$ es arbitraria asignación y, a continuación, $g \circ f:X \to Z$ también identifica a $x_{1}$$x_{2}$. Es decir, si $f$ no es inyectiva, entonces para cada mapa $g$ con dominio $Y$, $g \circ f$ no es inyectiva. Contrapositively, si $g \circ f$ es inyectiva, entonces $f$ es inyectiva.

2. Si $f$ es inyectiva y si $y$ es un elemento de $Y$, $y = f(x)$ a más de un $x$ $X$.

---

(De izquierda a es invertible implica inyectiva) Si existe un mapa de $g:Y \to X$ tal que $g \circ f = \Ident_{X}$, $f$ es inyectiva por Observación 1 (ya $\Ident_{X}$ es obviamente inyectiva).

(Inyectiva implica la izquierda invertible) Supongamos $f$ no identifica a cualquier par de puntos. Corrección de un elemento $x_{0}$ $X$ arbitrariamente, y definir un mapeo $g:Y \to X$ como sigue:

• Si $y$ es en la imagen de $f$, es decir, si $y = f(x)$ algunos $x$ $X$ (por lo tanto, para exactamente un $x$ a través de la Observación 2), definen $g(y) = x$.

• Si $y$ no está en la imagen de $f$, a continuación, defina $g(y) = x_{0}$.

Claramente $(g \circ f)(x) = x$ todos los $x$$X$, es decir, $g \circ f = \Ident_{X}$.

Answer 2

Reclamo: Vamos a $X$ $Y$ ser conjuntos no vacíos, entonces $f : X \to Y$ es inyectiva si y sólo si existe $g : Y \to X$ tal que $g \circ f = \text{id}_X$.

Prueba: Supongamos $f : X \to Y$ es inyectiva, entonces, por definición, $f(x) = f(y)$ implica $x = y$, lo que significa que si $y \in \operatorname{im}(f)$, entonces existe un único $x \in X$ tal que $f(x) = y$. Definir $g : Y \to X$ como sigue: Fix $x \in X$ y definen $$g(y) = \begin{cases} f^{-1}(y) & \text{if } y \in \operatorname{im}(f), \\ x & \text{if } y \notin \operatorname{im}(f). \end{cases}$$

Observar que $g \circ f(x) = g \big( f(x) \big) = f^{-1}\big( f(x) \big) = x = \operatorname{id}_X(x)$ por la inyectividad de $f$ y la construcción de $g$.

Por el contrario, supongamos que existe $g : Y \to X$ tal que $g \circ f = \operatorname{id}_X$. Supongamos $f(x) = f(y)$, luego por hipótesis, tenemos $x = \operatorname{id}_X(x) = g \circ f(x) = g \circ f(y) = \operatorname{id}_X(y) = y$. La conclusión, por definición, que $f$ es inyectiva.

Answer 3

Premisa: Para $f: X \rightarrow Y$ $\wedge$ X,Y no vacía
La proposición: $f$ es inyectiva $\iff$ no es un porcentaje ($f: Y \rightarrow X$ con $g \circ f:$$id_{x}$
Prueba: {una prueba directa}

En dos partes; nos muestran

a) $\Leftarrow$ :$f(x_{1}) = f(x_{2})$, f es inyectiva,
b) $\Rightarrow$: sigue luego con una) que un $f: Y \rightarrow X$ con $g \circ f:$$id_{x}$ existe.

1. Luego de una):

   Suponga $f(x_{1}) = f(x_{2})$.
   Entonces $x_{1}$ $=$ $id_{x_{1}}$ $=$ $g \circ f(x_{1})$ $=$ $g \circ (x_{2})$ $= id_{x_{2}} = x_{2}$.

2. para b):

   Suponga $g: Y \rightarrow X$
   Entonces, por la definición de una relación: $y_{1}\in$$f(X)$ $\wedge$ $y_{2}$$\in$[Y$\diagdown$$f(X)]$ Y, por definición, de $g$ junto $f$'s de inyectividad tenemos $g(y_{1}) = f^{-1}(y_{1}) = x_{1}$ $\Rightarrow$ $g \circ f=$$id_{x}$

QED $\boxdot$

Answer 4

Primero que nada, aviso que la afirmación es falsa.

Supongamos $Y\neq\emptyset$; luego el único mapa $f\colon \emptyset\to Y$ es obviamente inyectiva, pero no hay mapa $g\colon Y\to\emptyset$, en concreto, no a la izquierda inversa para $f$.

Deje $f\colon X\to Y$ ser un mapeo con $X\ne\emptyset$. A continuación, $f$ es inyectiva si y sólo si existe $g\colon Y\to X$ tal que $g\circ f=\mathit{id}_X$.

Prueba. ($\Leftarrow$) Supongamos $g\circ f=id_X$. Si $x_1,x_2\in X$$f(x_1)=f(x_2)$,$g(f(x_1))=g(f(x_2))$, En otras palabras $$ x_1=\mathit{id}_X(x_1)=g\circ f(x_1)=g(f(x_1))=g(f(x_2))=g\circ f(x_2)=\mathit{id}_X(x_2)=x_2 $$

Más generalmente, si la composición de la $g\circ f$ es inyectiva, entonces $f$ es inyectiva.

($\Rightarrow$) Consideran que el conjunto de $I=\{f(x):x\in X\}$ (la imagen de $f$). Fix $x_0\in X$ (lo cual es posible debido a que $X\ne\emptyset$). Considere la posibilidad de $$ g=\{(y,x):(x,y)\in f\}\cup\{(y,x_0):y\Y\setminus I\} $$ A continuación, $g$ es un mapeo $g\colon Y\to X$.

De hecho, por cada $y\in Y$ existe $x\in X$ tal que $(y,x)\in g$: si $y\in I$, $y=f(x)$ algunos $x\in X$, por lo que, por definición,$(x,y)\in f$$(y,x)\in g$; si $y\in Y\setminus I$,$(y,x_0)\in g$.

Supongamos ahora$(y,x_1)\in g$$(y,x_2)\in g$. Si $y\in Y\setminus I$,$x_1=x_0=x_2$. Si $y\in I$,$(x_1,y)\in f$$(x_2,y)\in f$, lo que equivale a decir que el$y=f(x_1)$$y=f(x_2)$; desde $f$ es inyectiva, tenemos $x_1=x_2$.

Final de reclamación: $g\circ f=\mathit{id}_X$. De hecho, si $x\in X$,$(x,f(x))\in f$, lo $(f(x),y)\in g$, lo que significa que $g(f(x))=x$, por definición.

QED