Abbildungsbeweis

25.01.2018, 14:16

Snexx_Math

Abbildungsbeweis

Hallo zusammen,

ich möchte gerne Meinungen einholen bezüglich folgender Aufgaben:

a) g nicht surjektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow g \circ f \end{eqnarray*}$ nicht surjektiv

Mein Ansatz:

Vorraussetzung: g nicht surjektiv $\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \exists z \in Z \forall y \in Y : g(y) \neq z \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} f(x)=y \in Y \ \ \ \forall x \in X \end{eqnarray*}$ gilt , folgt $\begin{eqnarray*} g(f(x))=g(y) \end{eqnarray*}$ . Daraus folgt nach Vorraussetzung, dass ein $\begin{eqnarray*} z \in Z \end{eqnarray*}$ ex. , so dass $\begin{eqnarray*} g(y)=g(f(x))\neq z \Rightarrow g \circ f \end{eqnarray*}$ ist nicht surjektiv.

b) f nicht injektiv $\begin{eqnarray*} \Rightarrow g \circ f \end{eqnarray*}$ nicht injektiv

Mein Ansatz:

Vorraussetzung: f nicht injektiv $\begin{eqnarray*} \Leftrightarrow \exists x,x' \in X : f(x)=f(x') \wedge x\neq x' \end{eqnarray*}$

Aus $\begin{eqnarray*} f(x)=f(x') \end{eqnarray*}$ folgt dann: $\begin{eqnarray*} g(f(x))=g(f(x')) \end{eqnarray*}$ , aber $\begin{eqnarray*} x\neq x' \end{eqnarray*}$ .

Also: $\begin{eqnarray*} \exists x,x' \in X : g(f(x))=g(f(x')) \wedge x\neq x' \Rightarrow \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} g \circ f \end{eqnarray*}$ nicht injektiv

LG

Snexx_Math

25.01.2018, 15:01

IfindU

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RE: Abbildungsbeweis
Abbildungsbeweis

Das sind doch genau die gleichen Aussagen äquivalent formuliert.
( $\begin{eqnarray*} A \implies B \end{eqnarray*}$ genau dann wenn $\begin{eqnarray*} \neg B \implies \neg A \end{eqnarray*}$ )

Voraussetzung wird übrigens mit nur einem R geschrieben.

26.01.2018, 07:32

Snexx_Math

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RE: Abbildungsbeweis
Deswegen kam mir das so bekannt vor Big Laugh

Ist aber ein anderes Übungsblatt für die Klausur.

Ist die Beweisführung denn richtig ? smile

26.01.2018, 12:31

IfindU

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RE: Abbildungsbeweis
Beweise ok, aber der erste ist irritierend zu lesen.

Im ersten Schritt versuchst du zu sagen, dass $\begin{eqnarray*} f(X) \subset Y \end{eqnarray*}$ . Am Ende sagst, du dass $\begin{eqnarray*} f(x) = y \end{eqnarray*}$ für alle $\begin{eqnarray*} x \in X \end{eqnarray*}$ ist, d.h. $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ konstant.
Daraus folgerst du die Rechtseindeutigkeit der Funktion $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ ?

Sauber wäre z.B.
Sei $\begin{eqnarray*} z \in Z \end{eqnarray*}$ so dass für alle $\begin{eqnarray*} y \in Y \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} g(y) \neq z \end{eqnarray*}$ . Sei nun $\begin{eqnarray*} x \in X \end{eqnarray*}$ beliebig. Dann setze $\begin{eqnarray*} y = f(x) \end{eqnarray*}$ . Nach Definition von $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} y\in Y \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} y \in Y \end{eqnarray*}$ , gilt also $\begin{eqnarray*} g(y) \neq z \end{eqnarray*}$ . Nach Definition von $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} g(f(x)) \neq z \end{eqnarray*}$ . Da $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ beliebig war, gilt für alle $\begin{eqnarray*} x\in X \end{eqnarray*}$ , dass $\begin{eqnarray*} g(f(x)) \neq 0 \end{eqnarray*}$ . Mit der Definition der Verknüpfung $\begin{eqnarray*} g(f(x)) = (g \circ f)(x) \end{eqnarray*}$ folgt die Behauptung.

Bei dir kommt alles durcheinander. Der gleiche Beweis in Mengeschreibweise. Wir benutzen, dass $\begin{eqnarray*} h \colon A \to B \end{eqnarray*}$ für Funktionen $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ immer $\begin{eqnarray*} h(A) \subset B \end{eqnarray*}$ erfüllt. Und für alle $\begin{eqnarray*} A_1 \subset A_2 \subset A \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} h(A_1) \subset h(A_2) \end{eqnarray*}$ .
Dann ist $\begin{eqnarray*} f(X) \subset Y \end{eqnarray*}$ . Anwenden auf beiden Seiten mit $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ und obiger Monotonie $\begin{eqnarray*} g(f(X)) \subset g(Y) \end{eqnarray*}$ . Nun ist $\begin{eqnarray*} g(Y) \subsetneq Z \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} g(f(X)) \subset g(Y) \subsetneq Z \end{eqnarray*}$ . Fertig.

26.01.2018, 13:18

Snexx_Math

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RE: Abbildungsbeweis
Ah das mit den Mengenschreibweisen gefällt mir generell eh besser bei solchen Surjekitvitätsbeweisen.

Hatte ich auch erst versucht , aber hab dann doch zu kompliziert gedacht smile

Aber was meinen Sie mit "obiger Monotonie "
Danke erstmal smile

Aber die b) war vollkommen in Ordnung oder ?

26.01.2018, 13:23

IfindU

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RE: Abbildungsbeweis
Wir Duzen uns hier im Forum.

Mit Monotonie meinte ich

Zitat:

Und für alle $\begin{eqnarray*} A_1 \subset A_2 \subset A \end{eqnarray*}$ gilt $\begin{eqnarray*} h(A_1) \subset h(A_2) \end{eqnarray*}$ .

.
In Worten: wenn $\begin{eqnarray*} A_2 \end{eqnarray*}$ mehr Elemente als $\begin{eqnarray*} A_1 \end{eqnarray*}$ enthält, enthält $\begin{eqnarray*} h(A_2) \end{eqnarray*}$ mehr Elemente als $\begin{eqnarray*} h(A_1) \end{eqnarray*}$ .

Und ja, b) kann man so stehen lassen.

26.01.2018, 13:35

Snexx_Math

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RE: Abbildungsbeweis
Ok dann danke ich dir Freude

Aber die Monotonie gilt auch, wenn $\begin{eqnarray*} A_1 = A_2 \end{eqnarray*}$ ? (offentsichtlich aber ich frage lieber mal)

Also kurz: $\begin{eqnarray*} A_1 \subset A_2 \end{eqnarray*}$ kann ja auch $\begin{eqnarray*} A_1 = A_2 \end{eqnarray*}$ sein also folgt dann auch $\begin{eqnarray*} h(A_1)=h(A_2) \end{eqnarray*}$

26.01.2018, 15:03

IfindU

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RE: Abbildungsbeweis
Ich verwende $\begin{eqnarray*} \subset \end{eqnarray*}$ nicht als strikte Teilmenge.
Wenn man es eindeutig formulieren wäre: Falls $\begin{eqnarray*} A_1 \subseteq A_2 \end{eqnarray*}$ , so gilt $\begin{eqnarray*} h(A_1) \subseteq h(A_2) \end{eqnarray*}$ . Da wir nicht wissen, dass $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ injektiv ist, wäre die Folgerung $\begin{eqnarray*} A_1 \subsetneq A_2 \implies h(A_1) \subsetneq h(A_2) \end{eqnarray*}$ falsch!

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