Notación en la prueba de inyectabilidad de una función $f:A^{B\;\cup\; C}\to A^B\times A^C$

Question

Estoy tratando de probar que para cualesquiera números cardinales $a,b,c$, el siguiente se tiene: $a ^ {b + c} = a ^ b a ^ c$ es decir, que existe una bijective función de $ f : A ^ {B \:\: \cup \:\: C} \rightarrow A^B \times A^C $

Esta es sólo una parte de la prueba boceto que tengo (demostrando $f$ es inyectiva), y me gustaría saber si está bien escrito, ya que creo que tiene fallas.

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Deje $f: \{ g \:\:\: | g:B \cup C \rightarrow A \} \rightarrow \{ \langle g,h\rangle | \:\:\: g: B \rightarrow A \wedge h : C \rightarrow A \}$ tal que

$f ( g_{b} \cup g_{c}) = \langle g_{b},g_{c}\rangle$.

Ahora,

$f( g_{b1} \cup g_{c1}) = f ( g_{b2} \cup g_{c2} ) \implies \langle g_{b1},g_{c1}\rangle = \langle g_{b2},g_{c2}\rangle$ y, por tanto, $f$ es inyectiva.

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Preguntas:

1. ¿Que demostrar que $f$ es inyectiva? Creo que no, ya que $f ( g_{b} \cup g_{c} ) = f ( g_{c} \cup g_{b}) \implies \langle g_{b},g_{c}\rangle = \langle g_{c},g_{b}\rangle (\bot)$
2. Hay una forma alternativa de definir $f$? Es difícil para mí a la definen en términos de las propiedades de los elementos de su dominio.

Nota al margen:

El título dice "tipo", porque el dominio de la función y la imagen de conjuntos de conjuntos de conjuntos, pero puedo estar equivocado usar esa palabra, si es así, por favor editar en consecuencia.

Answer 1

Voy a asumir que lo he adivinado correctamente que desea definir $$f:A^{B\;\cup\;C}\to A^B\times A^C:g\mapsto \langle g\upharpoonright B,g\upharpoonright C\rangle\;.$$ If you express it this way, it's easy to see that $f$ is injective. Suppose that $f(g_0)=f(g_1)$. Then $g_0\upharpoonright B=g_1\upharpoonright B$ and $g_0\upharpoonright C=g_1\upharpoonright C$. Now let $x\in B\cup C$ be arbitrary. If $x\in B$, then $$g_0(x)=(g_0\upharpoonright B)(x)=(g_1\upharpoonright B)(x)=g_1(x)\;,$$ and if $x\in C$, then $$g_0(x)=(g_0\upharpoonright C)(x)=(g_1\upharpoonright C)(x)=g_1(x)\;,$$ so $g_0(x)=g_1(x)$ for all $x\in B\cup C$, and hence $g_0=g_1$. It was the clumsy way in which you expressed an arbitrary element of $^{B\;\cup\;C}$ that led you to doubt the injectivity of $f$.

Tenga en cuenta que aunque esta $f$ es inyectiva, no es surjective si $B\cap C\ne\varnothing$ $A$ tiene al menos dos elementos. Para ver esto, supongamos que $B\cap C\ne \varnothing$, y corregir $x\in B\cap C$. Deje $g_0\in A^B$ ser arbitraria, y deje $g_1\in A^C$ ser cualquier función tal que $g_1(x)\ne g_0(x)$. A continuación, $\langle g_0,g_1\rangle \ne f(h)$ cualquier $h\in A^{B\;\cup \;C}$.

Para obtener bijectivity, usted debe asumir que $B\cap C=\varnothing$. En ese caso $f$ como se definió anteriormente es un bijection, y $$f^{-1}:A^B\times A^C\to A^{B\;\cup\;C}:\langle g,h\rangle\mapsto g\cup h\;.$$

Answer 2

Usted puede pensar de $g : B \cup C \to A$ como un par de funciones $g_B : B \to A$ $g_C : C \to A$ tal que para todo $x \in B \cap C$, $g_B(x) = g_C(x)$. Por lo tanto, dejando $f : \Gamma \to \Delta$ (con $$ \Gamma = \{ g \,\, | \,\, g : B \cup C \a \}, \qquad \Delta = \{ \langle g_B, g_C\rangle \, \, | \, \, g_B : B \a, \, \, g_C : C \\} $$ obviamente, se puede ver que una forma natural de hacerlo es a restringir el dominio de $g : B \cup C \to A$ a sólo el $B$ (o $C$), por lo tanto el mapa de $f$, naturalmente, podría ser definido por $g_B(x) = g(x)$ para todos los $x \in B$, $g_C(x) = g(x)$ para todos los $x \in C$$f(g) = \langle g_B, g_C \rangle$. De esta manera, la notación es más clara y obviamente bien definido.

Esta función $f$ es inyectiva porque de la siguiente. Supongamos que $f(g_1) = \langle g_B^1, g_C^1 \rangle = \langle g_B^2, g_C^2 \rangle =f(g_2)$. Por tanto, para todos $x \in B \cup C$, $x$ es en $B$ o $C$, supongamos $B$. Por lo tanto $g_1(x) = g_B^1(x) = g_B^2(x) = g_2(x)$. El caso de $x \in C$ es similar. Por lo tanto,$g_1 = g_2$.

No puedo pensar de una manera natural para definir $ F : \Delta \to \Gamma$ ahora mismo, va a requerir algún pensamiento, supongo. Yo no estoy familiarizado con el habitual rigor abusivo contexto, pero mi problema es que no quiero asumir $B \cap C = \varnothing$. Si asumimos que hay una manera obvia de la espalda (es decir, se puede demostrar que esta $f$ es bijective, fácilmente). Si alguien podría comentar sobre esta pregunta que estoy haciendo, me encantaría leer.

Answer 3

Yo no creo que esto demuestra $f$ es inyectiva, pues si $f(g_{b1}\cup g_{c1})=\langle g_{b1},g_{c1}\rangle$, $f( g_{b1} \cup g_{c1}) = f ( g_{b2} \cup g_{c2} )$ $\langle g_{b1},g_{c1}\rangle = \langle g_{b2},g_{c2}\rangle$ son realmente la misma declaración, por lo que realmente no has demostrado nada.

Supongo que usted también tiene la suposición de que $B$ $C$ son distintos, porque si no, surjectivity no sigue necesariamente, y que desea mostrar que $f$ es un bijection. Creo que la mejor manera de ir sobre demostrando de inyectividad es definir primero $f$ $f(g)=\langle g|_B,g|_C\rangle$ donde $g|_B$ es la restricción de $g\colon B\cup C\to A$$B$, e igualmente para $C$.

Hay dos formas usuales para mostrar inyectividad aquí. Uno es mostrar que $f(x)=f(y)\implies x=y$ o su contrapositivo $x\neq y\implies f(x)\neq f(y)$.

Una forma de uso aquí es que suponga $g\neq h$$g,h\in A^{B\cup C}$, y, a continuación, mostrar $f(g)\neq f(h)$. Luego de algunos $x\in B\cup C$, $g(x)\neq h(x)$. También supongamos $x\in B$. A continuación,$f(g)=\langle g|_B,g|_C\rangle$$f(h)=\langle h|_B,h|_C\rangle$. Sin embargo, $g|_B\neq h|_B$ desde $g(x)\neq h(x)$$x\in B$, lo $f(g)\neq f(h)$, e $f$ es inyectiva. La misma idea funciona si había escogido $x\in C$.