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:A→B， g : B → C g:B \rightarrow C g:B→C 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 (g⋅f)(a):=g(f(a)),∀a∈A
为映射 g g g 与 f f f 的 乘积 或 合成。
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⋅(g⋅f)=(h⋅g)⋅f
定义 2. 恒等映射：若映射 f : A → A , a ↦ a f:A \rightarrow A,a \mapsto a f:A→A,a↦a， 则称 f f f 为 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:A→B，则 f ⋅ 1 A = f f\cdot 1_{A} = f f⋅1A=f。即：
( f ⋅ 1 A ) ( a ) = f ( a ) , ∀ a ∈ A . (f\cdot 1_{A})(a) = f(a),\quad \forall a \in A. (f⋅1A)(a)=f(a),∀a∈A.
类似地，有： 1 B ⋅ f = f 1_{B} \cdot f=f 1B⋅f=f。
定义 3. 可逆映射与逆映射：设映射 f : A → B f:A \rightarrow B f:A→B，若存在映射 g : B → A g:B \rightarrow A g:B→A，使得：
g ⋅ f = 1 A , f ⋅ g = 1 B , g \cdot f = 1_{A},\quad f \cdot g = 1_{B}, g⋅f=1A,f⋅g=1B,
则称 f f f 为 可逆映射， g g g 称为 f f f 的逆映射。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} f−1，则：
f − 1 ⋅ f = 1 A , f ⋅ f − 1 = 1 B . f^{-1} \cdot f = 1_{A},\quad f \cdot f^{-1} = 1_{B}. f−1⋅f=1A,f⋅f−1=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:A→B 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:A→B 是可逆映射，则存在 f f f 的逆映射 f − 1 : B → A f^{-1}:B \rightarrow A f−1:B→A。
先证明 f f f 为满射。 ∀ b ∈ B \forall ~ b \in B ∀ b∈B，有 f − 1 ( b ) ∈ A f^{-1}(b) \in A f−1(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(f−1(b))=(f⋅f−1)(b)=1B(b)=b.
因此， f − 1 ( b ) f^{-1}(b) f−1(b) 确为 b b b 在 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,a2∈A，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}. f−1(f(a1))=f−1(f(a2))⟺(f−1⋅f)(a1)=(f−1⋅f)(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:A→B 为双射。
由“满性”： ∀ b ∈ B \forall ~ b \in B ∀ b∈B， b b b 在 f f f 下至少存在一个原像。
由“单性”： ∀ b ∈ B \forall ~ b \in B ∀ b∈B，存在唯一的 a ∈ A a \in A a∈A 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:Bb→A↦a
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))=(f⋅g)(b)=f(a)=b=1B(b).
即： f ⋅ g = 1 B f \cdot g = 1_{B} f⋅g=1B。
另外，对于 ∀ x ∈ A \forall ~ x \in A ∀ x∈A，
g ( f ( x ) ) = ( g ⋅ f ) ( x ) = x . g(f(x)) = (g \cdot f)(x) = x. g(f(x))=(g⋅f)(x)=x.
因此， g ⋅ f = 1 A g \cdot f = 1_{A} g⋅f=1A。
从而 f f f 是可逆映射。
综上，定理得证。
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参考：
- 邱维声. 高等代数课程. 哔哩哔哩.
- 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.
- 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.
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满射： f : A → B f:A \rightarrow B f:A→B， ∀ b ∈ B \forall ~ b \in B ∀ b∈B， b b b 在 f f f 下至少有一个原像。 ↩︎
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