Herhangi bir enjeksiyon işlevinin $\{ 1, \dots, n \}$ kendi başına önyargılıdır.

Aug 19 2020

Bu, Amann ve Escher'in Analiz I'in 50. sayfasından 1. Alıştırmadır . Burada ve burada benzer sorular buldum ama bu soruların hiçbirinin metinde ima edileni kullanan bir çözümü yok.

Egzersiz yapmak:

Benim girişimim:

Bir enjeksiyon işlevinin etki alanındaki her bir öğeyi ortak etki alanındaki farklı bir öğeye göndermesi nedeniyle, içindeki tüm öğeleri "vurması" gerektiğini iddia etmek basit görünüyor. $\{ 1, \dots, n \}$. Bunun yeterince resmi olup olmadığından emin değilim ve her halükarda verilen ipucunu kullanmıyor.

İpucunu kullanırsam, o zaman bir enjeksiyon işlevinin temel durumu $\{ 1 \} \to \{ 1 \}$kesinlikle önyargılıdır. Herhangi bir enjeksiyon işlevinin$\{ 1, \dots, n \}$ -e $\{ 1, \dots, n \}$ önyargılıdır ve enjeksiyon işlevini dikkate alır $f \colon \{ 1 , \dots, n + 1 \} \to \{ 1 , \dots, n + 1 \}$tarif edildiği gibi. Bunu göstermek istiyoruz$f$ önyargılıdır.

Bana bunu göstermenin en az iki temel yolu varmış gibi geliyor. $f$önyargılıdır. İlk olarak, bazı unsurları göz önünde bulundurmayı içeren, bunun örten olduğunu gösterebiliriz.$l \in \{ 1 , \dots, n + 1 \}$ ve orada bir eleman olduğunu göstermek $m$ aynı sette öyle ki $f(m) = l$. İkinci yol, bir işlevin var olduğunu göstermektir.$i$ öyle ki $f \circ i$kimlik işlevidir. Bununla birlikte, bir tümevarımsal kanıt gerçekten tümevarımlı varsayımı kullanmalıdır ve bu taktiklerin ikisinin de işe yaradığından emin değilim.

Verilen ipucunu oldukça şaşırtıcı buluyorum, ancak aşağıdaki ipucu ile ilgili birkaç fikir topladım.

  1. görüyorum $g$önyargılıdır. Göndermesi dışında neredeyse kimlik işlevidir$k$ -e $n + 1$ ve $n + 1$ -e $k$.
  2. Dan beri $f$ ve $g$ enjekte edici $h$ aynı zamanda enjekte edici.
  3. Bunu da görüyorum $g$ neyi geri alır $f$ yapar $n + 1$dolayısıyla $h(n + 1) = n + 1$.
  4. İşlev $h$ neredeyse aynı $f$tarafından yapılan takas haricinde $g$ 1'de açıklandığı gibi.
  5. Kısıtlama $h \mid \{ 1, \dots, n\}$ herhangi bir öğeyi göndermez $n + 1$çünkü tek unsur $h$ gönderir $n + 1$ dır-dir $n + 1$, ve $n + 1$ kısıtlamanın dışında.

Bunu bir kanıta nasıl dönüştürebileceğime dair hiçbir fikrim yok. Herhangi bir yardım için minnettarım.

Yanıtlar

2 BrianM.Scott Aug 19 2020 at 03:56

Tüm parçalara sahipsiniz. Bunu biliyorsun$h\upharpoonright\{1,\ldots,n\}$ bir enjeksiyon $\{1,\ldots,n\}$kendi başına, bu yüzden tümevarım hipotezine göre bu bir eşleştirme. Sen de biliyorsun$h(n+1)=n+1$, yani $h$ bir bijeksiyon $\{1,\ldots,n+1\}$kendisine. Son olarak, bunu kolayca doğrulayabilirsiniz.$f=g\circ h$, ve $g$ açıkça öyle $f$ kaynaklı önyargıların bir bileşimidir $\{1,\ldots,n+1\}$ kendi başına ve bu nedenle de böyle bir eşleştirme.

İlk denemeniz temelde sadece el sallamaktır.

3 JoséCarlosSantos Aug 19 2020 at 03:55

Yazdığın gibi dava $n=1$kolay. Her enjekte haritasının$\{1,2,\ldots,n\}$ kendi içinde önyargılıdır ve $f$ etkisiz bir harita olmak $\{1,2,\ldots,n+1\}$kendi içine. İki olasılık vardır:

  1. $f(n+1)=n+1$: O zamandan beri $f$ enjekte edici, $f\bigl(\{1,2,\ldots,n\}\bigr)\subset \{1,2,\ldots,n\}$. Dolayısıyla, tümevarım hipotezine göre her biri$k\in\{1,2,\ldots,n\}$ eşittir $f(l)$, bazı $l\in\{1,2,\ldots,n\}$. Dan beri$f(n+1)=n+1$, $f$ önyargılıdır.
  2. $f(n+1)=k$, bazı $k<n+1$: Sonra $g\circ f$ haritalar $n+1$ içine $n+1$ ve önceki paragrafta yazılanlar gösteriyor ki $g\circ f$önyargılıdır. Dan beri$g$ önyargılı, $f=g^{-1}\circ(g\circ f)$ ve bu yüzden $f$ aynı zamanda önyargılıdır.
1 EthanHorsfall Aug 19 2020 at 04:01

Tümevarım hipotezimiz, n öğeli bir kümeden n öğeli bir kümeye kadar olan bir işlev enjekte edildiyse, önyargılıdır.

(Bu tek set hakkında konuşmaktan biraz daha geniş bir açıklama yaptığımıza dikkat edin, bu da vaka çalışmasının dağınıklığını önlememizi sağlayacaktır)

Şimdi n + 1 durumunu kanıtlıyoruz. F, n + 1 boyutunun iki kümesi arasında bir enjeksiyon işlevi olsun.$f: X \rightarrow Y, |X| = n+1, |Y|=n+1$

'Dan keyfi bir öğe alın $X$, söyle $x$ve x olmadan X'i f (x) olmadan Y'ye eşlemeden işlevi düşünün. Bu yeni işlev,$f^*$, tanımlanmıştır, çünkü Y'de aynı öğeye iki nokta gönderilmemiştir. Tümevarım hipotezi ile, bu işlev örtüktür ve dolayısıyla önyargılıdır. Şimdi, X'in tamamında tanımlanan f'nin Y'ye gönderildiğinde örtük olduğu sonucuna varabiliriz, çünkü geriye kalan tek öğe x'in görüntüsündeki f (x) idi.

Temel olarak, X \ {x} üzerinde tanımlanan f öğesine bakarak ve Y {f (x)} 'e örten olduğunu savunarak bir öğeyi kaldırıyoruz. Sonra X, Y'ye bakarız ve eğer X \ {x} 'den Y \ {f (x)}' e örtense, o zaman f'nin X'den Y'ye örten olduğunu görebiliriz.