czy funckja jest bijektywna ? oraz odwrotność funkcji

[bebece]

Takie oto zadanie, kto ma ochotę proszę pisać pomysły.

Mamy :

\(\displaystyle{ f : \RR ^{3} \rightarrow \RR ^{3}}\)
\(\displaystyle{ f(a,b,c) = (a + b + c,b + c,c).}\)

Udowodnić, że funkcja jest bijektywna i znaleźć \(\displaystyle{ f ^{-1}}\)

Wskazówka : \(\displaystyle{ \RR ^{3} = \RR \times \RR \times \RR = \lbrace (x,z,y) : x,y,z \in \RR \rbrace}\)

[szw1710]

Udowodnij, że jest to odwzorowanie liniowe. Jaki jest warunek konieczny i wystarczający bijektywności takiego odwzorowania. Ważne tu jest, że odwzorowuje \(\displaystyle{ \R^3}\) w \(\displaystyle{ \RR^3}\) (lub ogólnie \(\displaystyle{ \RR^n}\) w \(\displaystyle{ \RR^n}\)).

Wzór na odwzorowanie odwrotne łatwo wyznaczyć zapisując to odwzorowanie macierzowo.

[Marmat]

Nie trzeba wykazywać liniowości odwzorowania (choć jest ono liniowe) i można obyć się bez macierzy.
Do wykazania bijektywności odwzorowania należy nwykazać jego suriektywność i iniektywność.
Najpierw suriektywność.
Należy wykazać, że:
\(\displaystyle{ \forall(x,y,z) \in R^3 \exists (a,b,c) \in R^3 : f(a,b,c)=(x,y,z)}\)
Aby to wykazać rozpisujemy:
\(\displaystyle{ f(a,b,c)=(a+b+c,b+c,c)=(x,y,z)}\)
Porównujemy współrzędne wektorów:
\(\displaystyle{ a+b+c=x, \\
b+c=y,\\
c=z}\)
Rozwiązując ten układ równań otrzymujemy:
\(\displaystyle{ z=c, \\
b=y-z \\
a=x-y}\)
Stąd : \(\displaystyle{ f(x-y,y-z,z)=(x,y,z)}\)
Czyli funkcja jest suriekcją.
Przy okazji otrzymujemy wzór na odwzorowanie odwrotne:
\(\displaystyle{ f^{-1}(x,y,z)=(x-y,y-z,z)}\)
Teraz pokażmy, że f jest iniekcją, czyli, że:
\(\displaystyle{ \forall(a,b,c), (p,d,f) \in R^3 : [ f(a,b,c)=f(p,d,f)] \Rightarrow (a,b,c)=(p,d,f)}\)
Niech \(\displaystyle{ f(a,b,c)=f(p,d,f)}\) , czyli:
\(\displaystyle{ (a+b+c,b+c,c)=(p+d+f,d+f,f)}\)
Porównujemy współrzędne i rozwiązujemy układ równań.
Ostatecznie: \(\displaystyle{ a=p, b=d, c=f}\) , czyli funkcja jest iniekcją , a koniec końców jest bijekcją.
Pozdrawiam.

[szw1710]

Mamy \(\displaystyle{ f(a,b,c)=\begin{bmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}}\) i możemy zapisać to, oznaczając \(\displaystyle{ x=\begin{bmatrix}a\\b\\c\end{bmatrix}}\) jako \(\displaystyle{ f(x)=Ax}\). Tak więc, skoro \(\displaystyle{ \det A=1\ne 0}\), to (oznaczając dodatkowo \(\displaystyle{ y=Ax}\)), mamy \(\displaystyle{ A^{-1}y=x}\), co daje nam wzór na odwzorowanie odwrotne i zarazem dowodzi injektywności i surjektywności (skoro istnieje odwzorowanie odwrotne, to automatycznie odwzorowanie wyjściowe jest bijekcją). Wystarczy tylko znaleźć \(\displaystyle{ A^{-1}}\).

Wszystkie proponowane rozwiązania mają w podtekście liniowość. Przynajmniej narzędzia z nią związane. Można, owszem, z definicji, ale to jazda z Warszawy do Łodzi przez Wiedeń.

[yorgin]

Rozwiązanie dane przez szw1710 jest bodaj najprostrzym możliwym. Więcej - pasuje do działu, w którym temat został umieszczony.

\(\displaystyle{ \forall(a,b,c), (p,d,f) \in R^3 : [ f(a,b,c)=f(p,d,f)] \Rightarrow (a,b,c)=(p,d,f)}\)
Niech \(\displaystyle{ f(a,b,c)=f(p,d,f)}\) , czyli:
\(\displaystyle{ (a+b+c,b+c,c)=(p+d+f,d+f,f)}\)
Porównujemy współrzędne i rozwiązujemy układ równań.
Ostatecznie: \(\displaystyle{ a=p, b=d, c=f}\) , czyli funkcja jest iniekcją , a koniec końców jest bijekcją.
Pozdrawiam.

Tutaj jest straszna kolizja oznaczeń, więc powyższe póki co poprawnym rozwiązaniem nie jest.

[szw1710]

Ta kolizja znów taka straszna nie jest. Można się domyślić, o co autorowi chodzi. Zmiana oznaczeń z \(\displaystyle{ (p,d,f)}\) na \(\displaystyle{ (a_1,b_1,c_1)}\) likwiduje nieporozumienia.

A teraz przykład bez kolizji. Rozważmy funkcję \(\displaystyle{ x:\RR\to\RR}\) daną wzorem \(\displaystyle{ x(f)=3f^5-5f^3}\). Wtedy \(\displaystyle{ x'(f)=15f^4-15f^2=15f^2(f-1)(f+1)}\). Badamy znak pochodnej i stwierdzamy, że funkcja \(\displaystyle{ x}\) ma w punkcie \(\displaystyle{ f=1}\) minimum lokalne równe zero, a w punkcie \(\displaystyle{ f=-1}\) maksimum lokalne też równe zero.

Jak się to czyta?

[Marmat]

Moim zdaniem nie ma tu żadnej kolizji. Wszystko jedno, czy wektor przestrzeni oznaczymy przez (a,b,c) czy też \(\displaystyle{ (x_1,x_2,x_3)}\). Jest to tylko kwestia kosmetyczna. W podanym rozwiązaniu uniknąłem wyznaczania macierzy odwrotnej, co samo w sobie jest uciążliwe.
Podane przez szw1710 w przykładzie pochodne są źle obliczone.
Może stąd ten paradoks.
Zgodnie z twierdzeniem o pochodnej funkcji złożonej :
\(\displaystyle{ \left( f^{5}\right)^{'}=5 f^{4}*f{'}}\).
Analogicznie z trzecią potęgą.
Pozdrawiam.

[Kaf]

Podane przez szw1710 w przykładzie pochodne są źle obliczone.
Może stąd ten paradoks.
Zgodnie z twierdzeniem o pochodnej funkcji złożonej :
\(\displaystyle{ \left( f^{5}\right)^{'}=5 f^{4}*f{'}}\).
Analogicznie z trzecią potęgą.
Pozdrawiam.

Tutaj nie ma żadnego paradoksu, tylko zmiana standardowych oznaczeń. \(\displaystyle{ f^{'} = 1}\)

[AiDi]

Moim zdaniem nie ma tu żadnej kolizji.

Serio?

\(\displaystyle{ f(a,b,c)=f(p,d,f)}\)

Podane przez szw1710 w przykładzie pochodne są źle obliczone.

Nie są. Przeczytaj uważnie, jak zdefiniował on funkcję, jak ją oznaczył i jak oznaczył argumenty. Za bardzo chyba przywykłeś do 'standardów'.

Jak się to czyta?

Jak widać wyżej, bez zrozumienia

[Marmat]

Przepraszam, rzeczywiście nie przeczytałem uważnie przykładu "na kolizję oznaczeń".
Zapis literek mógł sugerować pomyłkę. Poza tym ten przykład nie bardzo ma związek z zadanie.
Co do mojego rozwiązania to jest ono poprawne.
Żeby to pokazać rozwiązałem sposobem proponowanym przez szw1710.
Macierz odwrotna ma postać:
\(\displaystyle{ A^{-1}=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{bmatrix}}\)
Stąd: \(\displaystyle{ f^{-1}(x,y,z)=\begin{bmatrix}1&-1&0\\0&1&-1\\0&0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}=(x-y,y-z,z)}\)
A to jest wzór, który otrzymałem innym sposobem.
Jeśli nie wykazujemy liniowości odwzorowania, to powinniśmy wykazać, że jest to odwzorowanie odwrotne. Nie wierzmy na słowo honoru.
To, że macierz jest odwrotna nie oznacza, że odwzorowanie jest odwrotne.
Tak jest w przypadku odwzorowań liniowych.
A swoją drogą postać odwzorowania y=Ax jest to macierzowa postać odwzorowania liniowego. Każde takie odwzorowanie jest liniowe, a każde odwzorowanie liniowe posiada taką postać.
Pozdrawiam.

[szw1710]

Owszem, mój przykład nie był związany z odwzorowaniami liniowymi, a miał na celu pokazanie, że nie można się przywiązywać do oznaczeń. Był więc rodzajem dygresji.

Co do wyznaczenia odwzorowania odwrotnego: mając dwa odwzorowania \(\displaystyle{ f:A\to B}\) i \(\displaystyle{ g:B\to A}\) takie, że \(\displaystyle{ f\circ g=\text{id}_B}\) oraz \(\displaystyle{ g\circ f=\text{id}_A}\), otrzymujemy, że \(\displaystyle{ f,g}\) są wzajemnie odwrotne. Mamy więc od razu dowód bijektywności obu odwzorowań.

W "mojej" metodzie: wiemy, że odwzorowanie \(\displaystyle{ y=Ax}\) jest liniowe, więc jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest nieosobliwa, od razu mamy \(\displaystyle{ x=A^{-1}y}\), co daje wzór na odwzorowanie odwrotne.