(丘维声)高等代数课程笔记:映射的乘法,可逆映射

3.12 映射的乘法,可逆映射

定义 1. 映射的乘积:设 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB g : B → C g:B \rightarrow C g:BC 为两个映射,称
( g ⋅ f ) ( a ) : = g ( f ( a ) ) , ∀ a ∈ A (g \cdot f)(a):=g(f(a)),\forall a \in A (gf)(a):=g(f(a)),aA
为映射 g g g f f f乘积合成

(丘维声)高等代数课程笔记:映射的乘法,可逆映射_第1张图片

容易验证,映射的乘积满足结合律,但不满足交换律。
h ⋅ ( g ⋅ f ) = ( h ⋅ g ) ⋅ f h \cdot (g \cdot f) = (h \cdot g) \cdot f h(gf)=(hg)f
定义 2. 恒等映射:若映射 f : A → A , a ↦ a f:A \rightarrow A,a \mapsto a f:AA,aa, 则称 f f f A A A 上的 恒等映射,记作: 1 A 1_{A} 1A

命题 1:设映射 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB,则 f ⋅ 1 A = f f\cdot 1_{A} = f f1A=f。即:
( f ⋅ 1 A ) ( a ) = f ( a ) , ∀ a ∈ A . (f\cdot 1_{A})(a) = f(a),\quad \forall a \in A. (f1A)(a)=f(a),aA.

类似地,有: 1 B ⋅ f = f 1_{B} \cdot f=f 1Bf=f

定义 3. 可逆映射与逆映射:设映射 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB,若存在映射 g : B → A g:B \rightarrow A g:BA,使得:
g ⋅ f = 1 A , f ⋅ g = 1 B , g \cdot f = 1_{A},\quad f \cdot g = 1_{B}, gf=1A,fg=1B,
则称 f f f可逆映射 g g g 称为 f f f逆映射。显然, f f f 也是 g g g 的逆映射。

可以证明:若映射 f f f 是可逆的,则 f f f 的逆映射是唯一的。将 f f f 的逆映射记作 f − 1 f^{-1} f1,则:
f − 1 ⋅ f = 1 A , f ⋅ f − 1 = 1 B . f^{-1} \cdot f = 1_{A},\quad f \cdot f^{-1} = 1_{B}. f1f=1A,ff1=1B.


下面来探讨:可逆映射与满射、单射以及双射的关系。

定理 1:映射 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB 是可逆映射 ⟺ \Longleftrightarrow f f f 是双射。

证明:

(1)必要性 “ ⟹ \Longrightarrow ”:设 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB 是可逆映射,则存在 f f f 的逆映射 f − 1 : B → A f^{-1}:B \rightarrow A f1:BA

先证明 f f f 为满射。 ∀   b ∈ B \forall ~ b \in B  bB,有 f − 1 ( b ) ∈ A f^{-1}(b) \in A f1(b)A,且有:
f ( f − 1 ( b ) ) = ( f ⋅ f − 1 ) ( b ) = 1 B ( b ) = b . f(f^{-1}(b)) = (f \cdot f^{-1})(b) = 1_{B}(b) = b. f(f1(b))=(ff1)(b)=1B(b)=b.
因此, f − 1 ( b ) f^{-1}(b) f1(b) 确为 b b b f f f 下的原像。从而 f f f 为满射1

再证明 f f f 为单射。设 a 1 , a 2 ∈ A a_{1},a_{2} \in A a1,a2A,若 f ( a 1 ) = f ( a 2 ) f(a_{1}) = f(a_{2}) f(a1)=f(a2),则:
f − 1 ( f ( a 1 ) ) = f − 1 ( f ( a 2 ) ) ⟺ ( f − 1 ⋅ f ) ( a 1 ) = ( f − 1 ⋅ f ) ( a 2 ) ⟺ 1 A ( a 1 ) = 1 A ( a 2 ) ⟺ a 1 = a 2 . f^{-1} (f(a_{1})) = f^{-1}(f(a_{2})) \Longleftrightarrow (f^{-1} \cdot f)(a_{1}) = (f^{-1} \cdot f)(a_{2}) \Longleftrightarrow 1_{A}(a_{1}) = 1_{A}(a_{2}) \Longleftrightarrow a_{1} = a_{2}. f1(f(a1))=f1(f(a2))(f1f)(a1)=(f1f)(a2)1A(a1)=1A(a2)a1=a2.
因此, f f f 是单射。

综上, f f f 为双射。

(2)充分性“ ⟸ \Longleftarrow ”:设 f : A → B f:A \rightarrow B f:AB 为双射。

由“满性”: ∀   b ∈ B \forall ~ b \in B  bB b b b f f f 下至少存在一个原像。

由“单性”: ∀   b ∈ B \forall ~ b \in B  bB,存在唯一的 a ∈ A a \in A aA 使得: f ( a ) = b f(a) = b f(a)=b

如此一来,可以构造一个映射:
g : B → A b ↦ a \begin{aligned} g:B &\rightarrow A \\ b &\mapsto a \end{aligned} g:BbAa
并且有:
f ( g ( b ) ) = ( f ⋅ g ) ( b ) = f ( a ) = b = 1 B ( b ) . f(g(b)) = (f\cdot g)(b) = f(a) = b = 1_{B}(b). f(g(b))=(fg)(b)=f(a)=b=1B(b).
即: f ⋅ g = 1 B f \cdot g = 1_{B} fg=1B

另外,对于 ∀   x ∈ A \forall ~ x \in A  xA
g ( f ( x ) ) = ( g ⋅ f ) ( x ) = x . g(f(x)) = (g \cdot f)(x) = x. g(f(x))=(gf)(x)=x.
因此, g ⋅ f = 1 A g \cdot f = 1_{A} gf=1A

从而 f f f 是可逆映射。

综上,定理得证。

#


参考

  1. 邱维声. 高等代数课程. 哔哩哔哩.
  2. 邱维声. 高等代数——大学高等代数课程创新教材(上册),北京:清华大学出版社,2010.06.
  3. 邱维声. 高等代数——大学高等代数课程创新教材(下册),北京:清华大学出版社,2010.10.

  1. 满射: f : A → B f:A \rightarrow B f:AB ∀   b ∈ B \forall ~ b \in B  bB b b b f f f 下至少有一个原像。 ↩︎

你可能感兴趣的:(高等代数)