Gerade und ungerade Mächtigkeit

29.10.2013, 17:22

Sturmgepard

Gerade und ungerade Mächtigkeit

Meine Frage:
Hallo ihr Mathematiker Augenzwinkern

Wir haben eine tricky Aufgabe:
M sei eine nicht-leere endliche Menge. Zeigen Sie, dass die Potenzmenge P(M) genau so viele Elemente gerader Mächtigkeit wie ungerader Mächtigkeit enthält.

Knifflig oder? Über Hilfe würde ich mich sehr freuen smile

Meine Ideen:
Also ich habe auch eine Idee: Zwei Mengen sind ja gleichmächtig, wenn zwischen ihnen eine bijektive Abbildung besteht. Also zerlege ich P(M) in die Teilmengen gerader und ungerader Mächtigkeit und bilde von den 2 neuen Teilmengen eine Bijektion. Und fertig. Leider weiß ich nicht wie ich die Bijektion erstellen kann. ->Hilfe?

29.10.2013, 17:34

Math1986

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RE: Gerade und ungerade Mächtigkeit
Hallo,
bitte poste dort weiter: Beweis Potenzmenge

29.10.2013, 18:09

Math1986

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RE: Gerade und ungerade Mächtigkeit
Habe nochmal über den Ansatz nachgedacht, so geht das wohl auch. Man nimmt sich dann ein $\begin{eqnarray*} x\in M \end{eqnarray*}$ und bildet eine Bijektion wie folgt:
$\begin{eqnarray*} A\mapsto\begin{cases}A\setminus\left\{x\right\}&x\in A\\A\cup\left\{x\right\}&x\not\in A\end{cases} \end{eqnarray*}$
Nach Konstruktion müsste man so tatsächlich eine Bijektion zwischen den Teilmengen gerader und ungerader Ordnung herstellen können, ohne Induktion zu verwenden. Die Abbildung an sich müsste selbstinvers sein.

29.10.2013, 18:32

Sturmgepard

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Wofür steht denn das A?

29.10.2013, 18:34

Math1986

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Zitat:

Original von Sturmgepard
Wofür steht denn das A?

Einfach für eine beliebige Teilmenge $\begin{eqnarray*} A\subseteq M \end{eqnarray*}$ (bzw. ein beliebiges Element der Potenzmenge von M)
Diese Abbildung bildet Teilmengen ungerader Ordnung auf Teilmengen gerader Ordnung ab, und ist bijektiv.

29.10.2013, 19:08

Guppi12

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Da hier nun schon 2 verschiedene Beweise genannt wurden, möchte ich noch einen dritten hinzufügen. Einfach weil es schön ist, zu sehen, wie viele Wege manchmal nach Rom führen können.

Wenn man voraussetzen kann, dass $\begin{eqnarray*} \binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ die Anzahl der $\begin{eqnarray*} k- \end{eqnarray*}$ elementigen Teilmengen einer $\begin{eqnarray*} n- \end{eqnarray*}$ elementigen Menge ist, kann man den Beweis durch $\begin{eqnarray*} 0 = (1-1)^n = \sum_{k=0}^n(-1)^k\binom{n}{k} \end{eqnarray*}$ sehen smile

Allerdings zeigt man diese Voraussetzung meist mit einem ähnlichen Argument, wie jenes, dass man für den Induktionsbeweis benötigt.

Edit: Kleiner Schreibfehler korrigiert

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