Beweis der Injektivität

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MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis der Injektivität
Hallo,
bei einer Aufgabe heisst es:

Betrachtet wird die Abbildung definiert durch

Mir ist klar, dass man für den Beweis der Injektivität die Gleichung mit jeweils unterschiedlichen Parametern gleichsetzen muss. Nun meine eigentliche Frage: Darf man evtl. von Vornherein das aus der Funktion rauskürzen, so dass man dann den Beweis mit der Gleichung erbringt?!

Danke im Voraus für eure Antworten!

Nachtrag: Theoretisch könnte ich auch das rauskürzen, so dass nur noch übrig bleibt, oder? Dann heisst es beim Beweis .

Liebe Grüße
MatheKind
Merlinius Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn Du dann noch das n rauskürzt, bleibt nur noch f = 1 übrig Big Laugh

Nee also das geht so nicht im Allgemeinen.
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Du hast eine Funktionsvorschrift. Die ist wie sie ist und da darf nicht gekürzt werden. Warum sprichst du nachher von einer Gleichung und nennst einen Term ? Da gehen mir persönlich sehr viele Begriffe durcheinander.

Den Sinn des ganzen verstehe ich auch nicht... Warum machst du den üblichen Ansatz für den Injektivitätsnachweis nicht...?
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tigerbineDen Sinn des ganzen verstehe ich auch nicht... Warum machst du den üblichen Ansatz für den Injektivitätsnachweis nicht...?

Du meinst mit der Umkehrfunktion arbeiten?

L. G.
MatheKind
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Sicher nicht. Denn wann gibt es denn überhaupt eine Umkehrfunktion....
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Man kann eine Injektivität auch dadurch nachweisen, wenn gilt.
 
 
tigerbine Auf diesen Beitrag antworten »

Was soll das nun? Das -1 bezeichnet was? [Urbildmenge]

In die Existenz einer Umkehrfunktion muss man bijektiv stecken. Wenn es sie also gibt, ist injektiv trivial. D.h. aber nur, dass man den Nachweis der Injektivität schon erbracht hat. Somit drehst du dich damit im Kreis...
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Ich melde mich morgen wieder. Augenzwinkern
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Nochmal zur Umkehrfunktionsproblematik: Du könntest durchaus zeigen, dass die Funktion injektiv ist, indem du eine Linksinverse angibst. Aber hier macht es viel mehr Sinn die Injektivität zu zeigen, indem du zeigst.
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von tmo
Nochmal zur Umkehrfunktionsproblematik: Du könntest durchaus zeigen, dass die Funktion injektiv ist, indem du eine Linksinverse angibst.

Eben, das wollte ich mit zum Ausdruck bringen.

Zitat:
Aber hier macht es viel mehr Sinn die Injektivität zu zeigen, indem du zeigst.

Wie kommst du auf diese Gleichung?
Ich habe hier ein Beispiel, wo beide Gleichungen gleichgesetzt wurden, nur dass auf der jeweils anderen Seite verschiedene Variablen eingesetzt werden (z. B. auf der linken und auf der rechten Seite), so dass dann am Schluss rauskommt.

Zu meinem nächsten Problem:



Ich muss beweisen, dass gilt:

Mein Ansatz:
Es müssen alle durch 6 teilbar sein, d. h. sowohl durch 2, als auch durch 3.

Es gibt zwei Fälle: Einmail kann gerade und einmal ungerade sein.

Für den Fall sei gerade:

Man wähle :







Die Gleichung ist durch 2 teilbar, aber wie beweise ich nun, dass sie auch durch 3 teilbar ist?! Wenn ich konkrete Zahlen einsetze, dann sehe ich, dass das der Fall ist, aber wie beweise ich das im Allgemeinen?

Danke im Voraus.

Liebe Grüße
MatheKind
Mulder Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von MatheKindWie kommst du auf diese Gleichung?

Ist f streng monoton steigend, dann ist f ja auch in jedem Fall injektiv, oder?

Zu deinem neuen Problem: Wie wäre es mit vollständiger Induktion?
Merlinius Auf diesen Beitrag antworten »

Vollständige Induktion ist sicher die elegantere Variante. Dein Ansatz geht aber auch, wenn Du es richtig machst. Du musst dabei nicht die Teilbarkeit durch 3 und 2 in einem Rechenschritt zeigen. Z.B. kann man es so machen:

f(2k) = ... ist durch 2 teilbar
f(2k+1) = ... ist durch 2 teilbar.

Damit hat man dann bewiesen

Dann:

f(3k) = ... ist durch 3 teilbar
f(3k+1) = ... ist durch 3 teilbar
f(3k+2) = ... ist durch 3 teilbar

Und somit

Insgesamt

Aber mach das mal lieber mit vollst. Induktion. Ich wollte Dir nur zeigen, wie Du Deinen Ansatz richtig umsetzt. Ich habs durchgerechnet und so klappt es.
Kimi_R Auf diesen Beitrag antworten »

Als fünften Lösungsvorschlag hätte ich noch zu bieten, dass der Kern von f neben der Null noch ein weiteres Element enthält (falls ihr die 0 zu den natürlichen Zahlen dazu zählt)
Mulder Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Kimi_R
Als fünften Lösungsvorschlag hätte ich noch zu bieten, dass der Kern von f neben der Null noch ein weiteres Element enthält (falls ihr die 0 zu den natürlichen Zahlen dazu zählt)

Edit: Aha, in Verbindung mit der falschen Angabe oben (die hier ja gleich mehrere übersehen haben, mich eingeschlossen) macht dieser Einwand durchaus Sinn. Vermutlich sollte es eigentlich



heißen, zumindest ist dann die Injektivität gegeben.
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mulder
Zitat:
Original von MatheKindWie kommst du auf diese Gleichung?

Ist f streng monoton steigend, dann ist f ja auch in jedem Fall injektiv, oder?

Hey, das habe ich durch so eine Gleichung noch gar nicht betrachtet, danke. smile
Dann gilt aber selbiges auch für streng monton fallend und kleiner 0, für den Wertebereich

Zitat:
Zu deinem neuen Problem: Wie wäre es mit vollständiger Induktion?

Hat geklappt, danke! :-)

Liebe Grüße
MatheKind
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

@Merlinius: Danke, dass du dir die Mühe gemacht hast. Es ist immer wieder schön verschiedene Lösungswege zu sehen. :-)
tmo Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn wir schon bei verschiedenen Lösungswegen sind:



Entweder argumentiert man jetzt schon (3 aufeinanderfolgende Zahlen), warum das durch 6 teilbar ist oder man ist so frei und schreibt noch , wobei letzteres benutzt, dass Binomialkoeffizienten stets ganzzahlig sind.
Manus Auf diesen Beitrag antworten »

Nochmal zur Injektivität:

So wie die Aufgabe da steht ist die Funktion nicht injektiv.

Es gilt f(1)=0. Da man ja wohl davon ausgehen darf, dass die Aufgabe wohlgestellt ist, folgt in der Definition der Vorlesung (vgl. Wertebereich). Dann gilt aber auch f(0)=0 und somit ist die Funktion nicht mehr injektiv.
Merlinius Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Manus
Nochmal zur Injektivität:

So wie die Aufgabe da steht ist die Funktion nicht injektiv.

Es gilt f(1)=0. Da man ja wohl davon ausgehen darf, dass die Aufgabe wohlgestellt ist, folgt in der Definition der Vorlesung (vgl. Wertebereich). Dann gilt aber auch f(0)=0 und somit ist die Funktion nicht mehr injektiv.


Stimmt, aber wenn er in der zweiten Aufgabe extra von spricht, gehe ich davon aus, die 0 in der ersten Aufgabe nicht zu den natürlichen Zahlen gezählt wird.

Dann vermute ich eher, dass es ein Schreibfehler hier im Thread ist oder die Aufgabe schlecht gestellt ist . Die 0 wird in der zweiten Aufgabe wohl nicht versehentlich hinters N gerutscht sein.
Mulder Auf diesen Beitrag antworten »

Hatte ich auch schon editiert (nach Manus' Hinweis), gut möglich, dass einfach



gemeint ist. Augenzwinkern
MatheKind Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:
Original von Mulder
Hatte ich auch schon editiert (nach Manus' Hinweis), gut möglich, dass einfach



gemeint ist. Augenzwinkern


Beim zweiten Teil der Aufgabe (also dem Beweis, dass die Funktionswerte durch 6 teilbar sind), ist
gemeint.
Mystic Auf diesen Beitrag antworten »

Was zuletzt bewiesen werden sollte, kann man allgemeiner auch so formulieren:

Satz: Für jede quadratfreie ganze Zahl gilt



wobei die verschiedenen Primfaktoren von m bezeichnet...

Ist für den Threadersteller eine vermutlich völlig nutzlose Randbemerkung, ich weiß, aber vielleicht gibt's ja ein paar Zaungäste, die ihren Gefallen daran finden... Augenzwinkern
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