Dado E \neq \varnothing, chama-se aplicação idêntica de E a aplicação i_{E}: E \rightarrow E dada pela lei i_{E}(x)=x, para todo x \in E. Além disso, para cada E existe uma aplicação idêntica i_{E} e ainda, se E \neq F então i_{E} \neq i_{F}, por terem diferentes domínios.
Demonstre:
a) Se f: E \rightarrow F é bijetora então f \circ f^{-1}=i_{F} e f^{-1} \circ f=i_{E}.
b) Se f: E \rightarrow F e g: F \rightarrow E então f \circ i_{E}=f, i_{F} \circ f=f, g \circ i_{F}=g e i_{F} \circ g=g,
c) Se f: E \rightarrow F e g: F \rightarrow E, g \circ f=i_{E} e f \circ g=i_{F} então f e g são bijetoras e g=f^{-1}.

Passo 1

O enunciado fornece:
  • Um conjunto não vazio E e, para cada conjunto X, a aplicação identidade i_{X}: X \to X definida por i_{X}(x)=x para todo x\in X.
  • Duas aplicações genéricas f: E \to F e g: F \to E. Pode haver o caso especial de f bijetora com inversa f^{-1}: F \to E.
O que se pede demonstrar:
a) Se f: E \to F é bijetora então \,f\circ f^{-1}=i_{F}\, e \,f^{-1}\circ f=i_{E}.
b) Para f: E \to F e g: F \to E provar que \,f\circ i_{E}=f, \,i_{F}\circ f=f, \,g\circ i_{F}=g e \,i_{E}\circ g=g.
c) Se f: E \to F e g: F \to E satisfazem \,g\circ f=i_{E} e \,f\circ g=i_{F} então mostrar que f e g são bijetoras e que g=f^{-1}.

Passo 2

Conceitos e lembretes úteis (explicados de forma prática):
  • Definição de composição: para h: A\to B e k: B\to C a composição k\circ h: A\to C é dada por
(k\circ h)(x)=k(h(x))
para todo x\in A. É essencial que o contradomínio de h seja o domínio de k.
  • Identidade: i_{X}: X\to X satisfaz i_{X}(x)=x para todo x\in X. Intuitivamente, a identidade não altera elementos.
  • Inversa e bijeção: f: E\to F é bijetora se é injetora (sem colisões: f(x_{1})=f(x_{2})\Rightarrow x_{1}=x_{2}) e sobrejetora (todo y\in F tem pré-imagem). A inversa f^{-1}: F\to E satisfaz, por definição,
f^{-1}(f(x))=x\quad\text{para todo }x\in E, \qquad f(f^{-1}(y))=y\quad\text{para todo }y\in F.
Essas duas igualdades são exatamente as relações que caracterizam a inversa.
Dica para a prova: as igualdades entre funções são verificadas elemento a elemento: duas funções h_1,h_2 com mesmo domínio e contradomínio são iguais se e somente se h_1(x)=h_2(x) para todo x do domínio.

Passo 3

Prova de (a). Seja f: E\to F bijetora e f^{-1}: F\to E sua inversa. Vamos verificar \,f\circ f^{-1}=i_{F}.
Tomemos um elemento arbitrário y\in F. Pela propriedade da inversa temos
f(f^{-1}(y))=y.
Por definição de composição, (f\circ f^{-1})(y)=f(f^{-1}(y)). Então
(f\circ f^{-1})(y)=y=i_{F}(y).
Como isso vale para todo y\in F, concluímos que as funções coincidem:
f\circ f^{-1}=i_{F}.
Agora verifiquemos \,f^{-1}\circ f=i_{E}. Tomemos x\in E. Pela propriedade da inversa,
f^{-1}(f(x))=x.
Pelo mesmo raciocínio de composição, (f^{-1}\circ f)(x)=f^{-1}(f(x)), logo
(f^{-1}\circ f)(x)=x=i_{E}(x).
Como vale para todo x\in E, obtemos
f^{-1}\circ f=i_{E}.
Comentário prático: no exame, ao ver "mostrar f\circ f^{-1}=i_{F}", basta pegar um y\in F e usar a definição de inversa; é direto e elementar.

Passo 4

Prova de (b). Queremos mostrar que compor qualquer função com a identidade adequada não altera a função. Primeiro atenção às compatibilidades de domínios:
  • f: E\to F e i_{E}: E\to E podem compor f\circ i_{E}: E\to F.
  • i_{F}: F\to F e f: E\to F podem compor i_{F}\circ f: E\to F.
  • Para g: F\to E valem análogos: g\circ i_{F}: F\to E e i_{E}\circ g: F\to E.
Mostremos cada igualdade elemento a elemento.
  1. Para todo x\in E,
(f\circ i_{E})(x)=f(i_{E}(x))=f(x),
pois i_{E}(x)=x. Logo \,f\circ i_{E}=f.
  1. Para todo x\in E,
(i_{F}\circ f)(x)=i_{F}(f(x))=f(x),
pois i_{F} deixa qualquer elemento de F igual a si mesmo. Logo \,i_{F}\circ f=f.
  1. Para todo y\in F,
(g\circ i_{F})(y)=g(i_{F}(y))=g(y),
portanto \,g\circ i_{F}=g.
  1. Para todo y\in F,
(i_{E}\circ g)(y)=i_{E}(g(y))=g(y),
logo \,i_{E}\circ g=g.
Essas quatro igualdades são simples aplicações da definição de identidade e composição; sempre verifique compatibilidade de domínios antes de compor.

Passo 5

Prova de (c). Suponha f: E\to F e g: F\to E tais que
g\circ f=i_{E} \qquad\text{e}\qquad f\circ g=i_{F}.
Mostraremos primeiro que f é injetora. Seja x_{1},x_{2}\in E com f(x_{1})=f(x_{2}). Aplicando g aos dois lados:
g(f(x_{1}))=g(f(x_{2})).
Pela hipótese g\circ f=i_{E} isso dá
i_{E}(x_{1})=i_{E}(x_{2}),
ou seja x_{1}=x_{2}. Portanto f é injetora.
Agora mostraremos que f é sobrejetora. Seja y\in F arbitrário. Usando f\circ g=i_{F} obtemos
f(g(y))=(f\circ g)(y)=i_{F}(y)=y.
Assim y é imagem de g(y) por f, logo todo y\in F tem pré-imagem em E. Portanto f é sobrejetora. Juntando injetividade e sobrejetividade, f é bijeção.
Pelo mesmo argumento (ou usando simetria das hipóteses) conclui-se que g também é bijeção: a composição f\circ g=i_{F} e g\circ f=i_{E} garantem que g é injetora e sobrejetora.
Finalmente, mostramos que g é a inversa de f. Como f é bijetora, existe uma única função inversa f^{-1}: F\to E que satisfaz
f\circ f^{-1}=i_{F}\qquad\text{e}\qquad f^{-1}\circ f=i_{E}.
Mas g já satisfaz essas duas mesmas equalidades por hipótese (note que a hipótese dá diretamente g\circ f=i_{E} e f\circ g=i_{F}). A inversa de uma bijeção é única: para ver isso rápida e diretamente, suponha h também inversa de f; então
g = g\circ i_{F}=g\circ(f\circ h)=(g\circ f)\circ h=i_{E}\circ h = h.
Logo g=h. Aplicando isso com h=f^{-1} obtemos g=f^{-1}.
Portanto f e g são bijetoras e g=f^{-1}.

Resposta

a) f\circ f^{-1}=i_{F} e f^{-1}\circ f=i_{E}
b) f\circ i_{E}=f,\; i_{F}\circ f=f,\; g\circ i_{F}=g,\; i_{E}\circ g=g
c) f e g são bijetoras e g=f^{-1}

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