Krátenie pri skladaní

[Martin Sleziak]

Zadanie

Skupina A: $\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon #2\to#3}$Nech $\Zobr{f,g}XY$ a $\Zobr hYZ$ sú zobrazenia.
a) Dokážte, že ak $h$ je injekcia, tak z rovnosti $h\circ f=h\circ g$ vyplýva $f=g$.
b) Ukážte na príklade, že tvrdenie z prvej časti úlohy neplatí ak vynecháme predpoklad, že $h$ je injekcia.

Skupina B: Nech $\Zobr fXY$ a $\Zobr{g,h}YZ$ sú zobrazenia.
a) Dokážte, že ak $f$ je surjekcia, tak z rovnosti $g\circ f=h\circ f$ vyplýva $g=h$.
b) Ukážte na príklade, že tvrdenie z prvej časti úlohy neplatí ak vynecháme predpoklad že $f$ je surjekcia.

Aspoň prvá časť sa dá nájsť na fóre - v častiach k iným predmetom:
https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=561#p1444
https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1447
https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1312 a https://msleziak.com/forum/viewtopic.php?t=1311
Aj tak radšej začnem nový topic, keďže chcem niečo napísať aj ku druhej časti (nájdenie kontrapríkladov) a k niektorým odovzdaným riešeniam a tomu aké chyby sa vyskytli.

Všeobecná poznámka: Keď niečo dokazujete, tak sa oplatí pozrieť sa na to, či ste naozaj použili všetky predpoklady. (A práve časť b vám mala pomôcť všimnúť si, že predpoklad o injektívnosti resp. o surjektívnosti určite treba v dôkaze použiť; bez neho toto tvrdenie neplatí.)
Čiže ak ste dokázali nejako toto tvrdenie a v dôkaze nikde nevidíte použitý predpoklad že zobrazenie je injekcia/surjekcia, tak je rozumné sa pozrieť či tam nie je nejaký problém. (Ako som spomenul, ak ste to dokázali bez tohoto predpokladu, tak je dôkaz nesprávny. Ale skôr by som považoval za dôležité to, že veci ktoré máte na písomkách sú veci, ktoré by sme vás chceli naučiť a ktorým by ste mali po absolvovaní tohoto predmetu ako-tak rozumieť. A ak sa vám zdá váš dôkaz správny - a súčasne máte pre sebou kontrapríklad ukazujúci že to čo ste dokázali nemôže platiť - tak je pravdepodobné že môžete mať v týchto veciach nejaké nejasnosti.)

[Martin Sleziak]

Dôkazy.
Skupina A: Dokážte, že ak $h$ je injekcia, tak z rovnosti $h\circ f=h\circ g$ vyplýva $f=g$.

Dôkaz. Chceme ukázať, že pre ľubovoľné $x\in X$ platí $f(x)=g(x)$.
Pozrime sa teda na nejaký prvok $x\in X$. Z rovnosti $h\circ f=h\circ g$ máme
$$h(f(x))=f(g(x)).$$
Teraz ešte využijeme to, že $h$ je injektívne zobrazenie, a dostaneme
$$f(x)=g(x).$$
Ukázali sme, že pre ľubovoľný prvok $x\in X$ platí $f(x)=g(x)$, teda zobrazenia $f$ a $g$ sa rovnajú. $\square$

Skupina B: Dokážte, že ak $f$ je surjekcia, tak z rovnosti $g\circ f=h\circ f$ vyplýva $g=h$.

Dôkaz. Chceme ukázať, že pre ľubovoľné $y\in Y$ platí $g(y)=h(y)$.
Pozrime sa na to, že vieme povedať o prvku $y\in Y$.
Zo surjektívnosti zobrazenia $f$ vieme, že existuje aspoň jedno $x\in X$ také, že platí
$$y=f(x).$$
Ak si teraz zoberieme takéto $x$, tak z rovnosti $g\circ f=h\circ f$ máme
$$g(f(x))=h(f(x)).$$
Toto je ale presne rovnosť $$g(y)=h(y)$$.
Ukázali sme, že pre ľubovoľný prvok $y\in Y$ platí $g(y)=h(y)$, teda zobrazenia $g$ a $h$ sa rovnajú. $\square$

[Martin Sleziak]

Kontrapríklady.

Skupina A:

Oplatí sa najprv uvedomiť si, čo vlastne chceme.
Chceme nájsť príklad ukazujúci, že implikácia $h\circ f=h\circ g \Rightarrow f=g$ nemusí platiť.
To znamená, že chceme nájsť príklad zobrazení takých, že $h\circ f=h\circ g$ a súčasne $f\ne g$.
Z časti a) vieme, že ak taký príklad nájdeme tak $h$ nebude injektívne.

Minimalistický kontrapríklad:
Keďže chceme, aby $h$ nebolo injektívne, tak určite potrebujeme aby sa dva rôzne prvky z $Y$ zobrazili na to isté. Teda potrebujeme aspoň dvojprvkovú množinu $Y$; skúsme najmenším možný príklad kde dáme $Y$ dvojprvkovú a $Z$ jednoprvkovú.
Pri takejto voľbe je jasné, že $h\circ f=h\circ g$ bez ohľadu na voľbu $f$ a $g$; ak hľadám zobrazenie z nejakej množiny do jednoprvkovej množiny tak jediná možnosť je konštantné zobrazenie, ktoré každému prvku priradí jediný prvok zo $Z$.
Už teda stačí nájsť nejaké dve rôzne zobrazenia idúce do $Y$. (S čím nie je problém - na to nám opäť stačí že $Y$ má aspoň dva prvky.)
Dostávame teda príklad na nasledujúcich obrázkoch; môžete skontrolovať že zloženie je rovnaké, ale súčasne platí $f\ne g$.





Dá sa vymyslieť aj veľa iných kontrapríkladov. (Aj keď v istom zmysle sa dá povedať, že akýkoľvek kontrapríklad bude "obsahovať" niečo také ako na obrázku vyššie.)
Napríklad ak by sme chceli $f,g,h \colon \mathbb R\to \mathbb R$, tak môžeme zobrať: $h(x)=x^2$, $f(x)=x$, $g(x)=-x$.
Opäť asi vcelku ľahko vidno, že $h\circ f=h\circ g$ ale $f\ne g$.

Skupina B: Znovu si najprv poriadne napíšme aký príklad chceme nájsť.
Chceme kontrapríklad na implikáciu $g\circ f=h\circ f \Rightarrow g=h$.
To znamená, že chceme nájsť zobrazenia také, že $g\circ f=h\circ f$ a súčasne $g\ne h$.
Z časti a) vieme, že pre akýkoľvek príklad takýchto zobrazení určite $f$ nie je surjektívne.

Minimalistický kontrapríklad:
Opäť skúsme začať hľadať kontrapríklad nejako tak, že budeme rozmýšľať o tom čo tam určite musíme dať.
(V tomto prípade by sme vedeli vymyslieť ešte menší príklad, keby sme použili ako $X$ prázdnu množinu a ako $f$ prázdne zobrazenie. Ale ľahšie sa nám bude rozmýšľať s neprázdnymi zobrazeniami a neprázdnymi množinami, keďže na také sme zvyknutí. Tak radšej robme s takými.)

Určite potrebujeme mať aspoň dva prvky v $Z$; lebo inak sa nám nepodarí nájsť dve rôzne zobrazenie $g$ a $h$, ktoré majú koobor $Z$.
Takisto v $Y$ potrebujeme aspoň jeden prvok, na ktorý sa nič nezobrazí. Aby sme mali kam zobrazovať prvky z $X$, tak dajme do $Y$ ešte jeden ďalší prvok.
Asi najjednoduchší príklad nesurjektívneho zobrazenia $f$ dostaneme tak, že si zoberieme jednoprvkové $X$ a zobrazíme ho na nejaký prvok v $Y$; pretože $Y$ sme zobrali dvojprvkovú tak nám tam zostal ešte nejaký ďalší prvok, na ktorý sa nič nezobrazilo.
Povedzme že to máme nakreslené tak ako na obrázku nižšie a zobrazili sme $X$ na "horný" z dvoch prvkov v $Y$.
Teraz ešte chceme nájsť vhodné $g$ a $h$.
Pretože chceme aby platilo $g\circ f=h\circ f$, tak "horný" prvok musia zobrazovať rovnako.
Stále ale máme na výber ako zobrazíme "dolný" prvok. Tým vieme dosiahnuť $g\ne h$.





Opäť sa dá nájsť veľa ďalších príkladov.
Napríklad $f,g,h\colon\mathbb R\to\mathbb R$ zvolené ako $f(x)=0$, $g(x)=x$, $h(x)=-x$.

[Martin Sleziak]

Chyby v riešeniach.

Niektoré veci, ktoré sa vyskytli v odovzdaných písomkách.

Treba si dať pozor na poradie skladania. Zobrazenie $g\circ f$ znamená, že aplikujeme najprv $f$ a potom $g$.
T.j. platí $g\circ f(x)=g(f(x))$. Nie je to to isté ako $f(g(x))$.