Je zložené zobrazenie bijektívne?

[Martin Sleziak]

$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon #2\to#3}\newcommand{\R}{\mathbb R}$
Nech $\Zobr f{\R^3}{\R^2}$ je také lineárne zobrazenie, že
$$f(x_1,x_2,x_3)=(x_1-x_2,x_2-x_3)$$ pre každé $x_1,x_2,x_3\in\mathbb R$.
Nech zobrazenie $\Zobr g{\R^2}{\R^3}$ je lineárne zobrazenie dané predpisom
\begin{align*}
g(1,2)&=(1,1,1)\\
g(1,1)&=(1,-1,1)
\end{align*}
Je zobrazenie $\Zobr{f\circ g}{\R^2}{\R^2}$ bijektívne?

Pridám aj linku na tieto príklady - v subfóre k inému predmetu - ktoré sú do istej miery podobné: viewtopic.php?t=549 a viewtopic.php?t=815

Všimnime si, že $f(1,1,1)=(0,0)$ a $f(1,-1,1)=(2,-2)$, takže vidíme, že
\begin{align*}
f\circ g(1,2)&=(0,0)\\
f\circ g(1,1)&=(2,-2)
\end{align*}


Riešenie 1.
Akonáhle sme si všimli, že $f(g(1,2))=(0,0)$, t.j. nejaký nenulový vektor sa zobrazil na nulový, tak dostávame, že $g\circ f$ nie je injektívne..

Spoiler:

Máme $f(g(1,2))=f(g(0,0))$, t.j. dva rôzne vektory sa zobrazili na to isté.

Inak: Z prednášky vieme, že lineárne zobrazenie je injektívne p.v.k. má triviálne jadro. Vidíme, že $(1,2)\in\operatorname{Ker} (f\circ g)$. Čiže jadro obsahuje aj nejaký nenulový vektor, $g\circ f$ nie je injektívne.

Riešenie 2.
Vieme, že lineárne zobrazenie je bijekcia p.v.k. obrazy bázových vektorov tiež tvoria bázu.
Vektory $(1,2)$ a $(1,1)$ sú očividne LN. Ak mám dva lineárne nezávislé vektory v $\R^2$, tak tieto vektory tvoria bázu.
Stačí mi teda skontrolovať, či obrazy vektorov $(1,2)$ a $(1,1)$ dajú bázu. To sú vektory $(0,0)$, $(2,-2)$; a tie sú lineárne závislé.
Takže vidíme, že obrazy netvoria bázu a $f\circ g$ nie je injektívne.

Matice zobrazení.
Viacerí ste rátali matice $M_{f\circ g}$, $M_f$, $M_g$. Ako vidíte, úloha sa dá ľahko zrátať aj bez nich, ale pridám ich sem - aby ste si to mohli porovnať so svojimi výpočtami - ak ste to rátali takto.

Ak som našiel maticu nejakého zobrazenia (a je to štvorcová matica), tak ide o bijekciu ak matica má plnú hodnosť. T.j. pre maticu $n\times n$ je zodpovedajúce zobrazenie bijekcia p.v.k. $h(A)=n$.
V našom prípade teda bijektívnosť môžeme skontrolovať tak, že sa pozrieme na to, či $h(M_{f\circ g})=2$.

Maticu $M_{f\circ g}$ môžem zrátať z toho, že poznám obrazy dvoch zadaných vektorov.
$\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 2 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 2 &-2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cc|cc}
0 & 1 &-2 & 2 \\
1 & 1 & 2 &-2
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cc|cc}
0 & 1 &-2 & 2 \\
1 & 0 & 4 &-4
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 0 & 4 &-4 \\
0 & 1 &-2 & 2
\end{array}\right)$

Teda máme
$$M_{f\circ g}\begin{pmatrix}
4 &-4 \\
-2 & 2 \\
\end{pmatrix}.
$$
Vidíme, že $h(M_{f\circ g})=1$.

Túto maticu môžeme spočítať aj tak, že nájdeme matice zobrazení $f$, $g$ a v správnom poradí ich vynásobíme. (Maticu $M_f$ viem vyčítať z predpisu tak, že sa pozriem na obraz vektorov štandardnej bázy. Maticu $M_g$ by som vedel vypočítať z toho, že mám zadané obrazy dvoch vektorov. Je to ten istý typ úprav ako som napísal vyššie, takže tu už nebudem písať celý postup.)
$$M_{f\circ g}=M_g\cdot M_f=
\begin{pmatrix}
1 &-3 & 1 \\
0 & 2 & 0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
-1 & 1 \\
0 &-1 \\
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
4 &-4 \\
-2 & 2 \\
\end{pmatrix}
$$

[Martin Sleziak]

Pridám pár poznámok k veciam, ktoré boli v niektorých odovzdaných riešeniach.$\newcommand{\Zobr}[3]{#1\colon #2\to#3}\newcommand{\R}{\mathbb R}$

Injekcie/surjekcie a skladanie

V niektorej písomke sa objavilo takéto tvrdenie:

$f$ nie je bijekcia, a teda $f\circ g$ nie je bijekcia

Toto nie je pravda. Ľahko sa nájdu príklady zobrazení (a aj lineárnych zobrazení) ktoré ukazujú, že takéto niečo neplatí.

Spoiler:

Asi v kontexte tejto úlohy by bolo fajn dať kontrapríklad taký, že sú to lineárne zobrazenia a že $\Zobr f{\R^3}{\R^2}$, $\Zobr g{\R^2}{\R^3}$.
Zoberme si
$$g(x,y)=(x,y,y) \qquad\text{a}\qquad f(a,b,c)=(a,b)$$
Ani $f$ ani $g$ nie sú bijekcie, ale zobrazenie
$$f\circ g(x,y)=(x,y)$$
je bijekcia, máme dokonca $f\circ g=id$.

Platia takéto veci:
* Ak $f\circ g$ je injektívne, tak $g$ je injektívne.
* Ak $f\circ g$ je surjektívne, tak $f$ je surjektívne.
(Môžete si skúsiť rozmyslieť prečo - príklady takýchto typov máme medzi cvičeniami na injektívnosť a surjektívnosť.)

Teda ak $g$ nie je injektívne, vieme povedať, že ani $f\circ g$ nie je injektívne.
Ak $f$ nie je surjektívne, tak vieme, že ani $f\circ g$ nie je surjektívne.
V zadaní však máme surjektívne $f$ a injektívne $g$ - takže v tejto úlohe nám tieto fakty nepomôžu.

Spojením dvoch podmienok, ktoré sme napísali vyššie máme:
Platí: Ak $f\circ g$ je injektívne, tak $g$ je injektívne a $f$ je surjektívne.
Niekto z vás chcel použiť na zdôvodnenie bijektívnosti zloženia obrátenú implikáciu. Tá však nie je pravdivá.
Neplatí: Ak $g$ je injektívne a $f$ je surjektívne, tak $f\circ g$ je injektívne.
Napríklad aj zobrazenia z tejto úlohy nám dávajú kontrapríklad - a asi by ste vedeli vymyslieť aj jednoduchšie kontrapríklady.

Injektívnosť vs. definícia zobrazenia

Zobrazenie je injektívne, pretože každému vstupu priradilo práve jeden výstup.

Toto nie je definícia injektívnosti. Takáto vec vyplýva z definície zobrazenia. Pri injektívnosti chceme ku každému prvku z cieľovej množiny nanajvýš jeden vzor.

Napíšem to ešte inak, nech to máme pred sebou a môžeme porovnať čo tieto dve veci hovoria.

Zobrazenie: $x_1=x_2$ $\Rightarrow$ $f(x_1)=f(x_2)$
Injektívnost: $f(x_1)=f(x_2)$ $\Rightarrow$ $x_1=x_2$

Alebo obmenou:
Zobrazenie: $f(x_1)\ne f(x_2)$ $\Rightarrow$ $x_1 \ne x_2$
Injektívnost: $x_1 \ne x_2$ $\Rightarrow$ $f(x_1) \ne f(x_2)$

Surjektívnosť a koobor

Niektorí ste sa pozreli na hodnoty, ktoré nám môžu vyjsť, t.j. na $[(2,-2)]$.
A pretože každý prvok odtiaľto dá dostať ako obraz nejakého vektora, tak ste prehlásili zobrazenie za surjektívne.

Ak by sme sa pýtali, či predpis zobrazenia $f\circ g$ určuje surjektívne zobrazenie z $\R^2$ do $[(2,-2)]$, tak naozaj odpoveď je áno.
Lenže $f\circ g$ je zobrazenie z $\R^2$ do $\R^2$. A teda nie je surjektívne, nie všetky prvky z $\R^2$ majú vzor.

Čiže ešte raz zdôrazním, že pri overovaní či nejaké zobrazenie $\Zobr hXY$ je surjekcia je dôležité brať do úvahy aj zadanú množinu $Y$. (Ten istý predpis mi môže niekedy dať surjekciu a niekedy nie - v závislosti od voľby množiny $Y$.)

Skladanie v opačnom poradí

Parafrázujem niečo, čo som si prečítal v jednej písomke:

Ak je $f\circ g$ bijektívne, tak existuje inverzné zobrazenie.
Lenže zobrazenie $g\circ f$ neexistuje. (Tieto zobrazenia sa nedajú skladať, koobor zobrazenia $g$ nie je rovnaký ako obor zobrazenia $f$.)

Lenže inverzné zobrazenie ku $f\circ g$ nie je to isté ak $g\circ f$.
Pre inverzné zobrazenie zloženie mám vzťah
$$(f\circ g)^{-1}=g^{-1}\circ f^{-1},$$
táto rovnosť ale platí iba ak inverzné zobrazenia k $f$ a ku $g$ existujú - teda v našom prípade sa nijako nedá použiť.
(Vieme, že lineárne zobrazenie $\R^n\to\R^k$ môže byť bijekcia iba $n=k$. Takže už len z toho odkiaľ a kam idú zobrazenie $f$ a $g$ vidíme, že nie sú bijektívne.)

Zloženie v opačnom poradí
Niekto rátal namiesto zadanej úlohy úlohu o $g\circ f$. Poznamenám, že tu už z dimenzíí týchto priestorov vidím, že zloženie nemôže byť bijektívne.
Stačí si rozmyslieť, že $\operatorname{Im}(g\circ f)\subseteq\operatorname{Im}g$. A z toho, že $\operatorname{Im}g=[g(\vec e_1,\vec e_2)]$ vidíme, že obraz $\dim(\operatorname{Im}g)\le 2$.
Teda určite neplatí $\operatorname{Im}g=\R^3$.

To isté sa dá povedať aj inak: Môžeme využiť, že $h(AB)\le h(A)$ resp. $h(AB)\le h(B)$.
Toto je niečo, o čom bola reč na konzultáciách a niektoré skupiny to videli aj na cvičení. Aj keď dôkaz nie je úplne krátky. Ak však takúto vec poznáme, tak hneď vidíme že súčinom dvoch matíc rozmerov $3\times2$ a $2\times3$ dostaneme maticu $3\times3$, ktorej hodnosť je nanajvýš $2$. Teda to určite nie je regulárna matica.