Injektivität + Gleichmächtigkeit = Bijektivität?

14.07.2011, 13:51

Automatrix

Injektivität + Gleichmächtigkeit = Bijektivität?

Die Klausuren kommen näher und deshalb entdecke ich das Matheboard wieder.

Angenommen, ich habe eine injektive Abbildung zwischen zwei gleichmächtigen Mengen. Ist die Abbildung dann automatisch bijektiv? Oder gilt das nur für endliche Mengen?

Konkret soll ich zeigen, dass gilt: $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{z+i}{z-i} \end{eqnarray*}$ ist bijektiv. Dabei geht f von C ohne i nach C ohne 1.

Die Injektivität zu zeigen ist ja ziemlich einfach, bei der Surjektivität hakt's. Daher der Gedanke.

Danke wie immer schon mal für Antworten und Tipps. smile

14.07.2011, 13:55

Mazze

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Zitat:

Ist die Abbildung dann automatisch bijektiv?

Nein, wähle etwa

$\begin{eqnarray*} f : \mathbb{N} \to \mathbb{Z} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n \mapsto n \end{eqnarray*}$

Die natürlichen Zahlen und die ganzen Zahlen sind gleichmächtig, obige Abbildung ist injektiv, aber nicht surjektiv (die ganzen negativen Zahlen werden nicht getroffen).

Zitat:

Die Injektivität zu zeigen ist ja ziemlich einfach, bei der Surjektivität hakt's

Zeig doch mal deinen Ansatz !

14.07.2011, 14:07

Automatrix

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Danke für das Gegenbeispiel, das leuchtet natürlich ein.

Ich bin mir mit dem Ansatz nicht sicher. Ich muss doch im Prinzip zeigen, dass jedes Element der Zielmenge getroffen wird. Ich könnte also annehmen, dass eines nicht getroffen wird, also das gilt: $\begin{eqnarray*} \exists y: y\neq \frac{z+i}{z-i} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y\neq 1 \end{eqnarray*}$

Aber damit komm ich nicht weiter.

14.07.2011, 14:20

Mazze

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Ich würde einfach

$\begin{eqnarray*} \frac{z + i}{z - i} = a + bi \end{eqnarray*}$

setzen, und die linke Seite auch auf die kanonische Form umformen. Der anschließende Komponentenvergleich liefert dann die gültigen z.

14.07.2011, 15:16

Automatrix

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Ich bekomm's einfach nicht hin. Wie genau muss ich denn da vorgehen?

14.07.2011, 15:23

Mazze

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So kompliziert ist es nichtmal. Erweitere den Bruch zunächst mal so, so dass du die dritte binomische Formel im Nenner anwenden kannst.

14.07.2011, 15:52

Automatrix

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Ja, das war auch meine Idee. Dann habe ich

$\begin{eqnarray*} \frac{z^{2} + 2zi -1}{z^{2} +1} = a + bi \end{eqnarray*}$

Nur was mach ich dann? z in c+id aufteilen? Ich weiß echt nicht weiter.

14.07.2011, 15:59

Mazze

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Wir haben :

$\begin{eqnarray*} z - i = x + i(y - 1) \end{eqnarray*}$

Jetzt erweitern wir den Bruch so, dass wir dritte Binomische Formel nutzen können :

$\begin{eqnarray*} \frac{z + i}{z - i} = \frac{x + i(y+1)}{x - i(y - 1)} =\frac{(x + i(y+1))}{(x + i(y - 1))}\frac{(x - i(y - 1))}{(x - i(y - 1))} \end{eqnarray*}$

Rechne das mal aus, im Nenner steht dann eine reelle Zahl im Zähler kannst Du nach Real und Imaginärteil sortieren.

14.07.2011, 16:51

Automatrix

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Zitat:

Original von Mazze
Wir haben :

$\begin{eqnarray*} z - i = x + i(y - 1) \end{eqnarray*}$

Ich stell mich vermutlich gerade sehr dumm an. Aber ich versteh das nicht.

14.07.2011, 16:52

Mazze

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z ist eine komplexe Zahl mit Realteil x und Imaginärteil y, also

$\begin{eqnarray*} z = x + iy \end{eqnarray*}$

Und jetzt rechnen wir

$\begin{eqnarray*} z - i = x + iy - (0 + i) = x - 0 + iy - i = x + i(y - 1) \end{eqnarray*}$

14.07.2011, 17:18

Automatrix

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Danke!

Ich komm dann auf $\begin{eqnarray*} \frac{z + i}{z - i} = \frac{x + i(y+1)}{x + i(y - 1)} =\frac{(x + i(y+1))}{(x + i(y - 1))}\frac{(x - i(y - 1))}{(x - i(y - 1))} = \frac{x²+2ix+y²-1}{x²+y²-2y+1} = \frac{x²+y²-1}{x²+y²-2y+1}+\frac{2x}{x²+y²-2y+1} * i = a+ ib \end{eqnarray*}$

Was fang ich denn damit nun an?

14.07.2011, 17:37

Mazze

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Unter der Prämisse dass Du richtig gerechnet hast :

Gibt es jetzt für alle $\begin{eqnarray*} a,b \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} (a,b) \neq (1,0) \end{eqnarray*}$ , x,y mit $\begin{eqnarray*} (x,y) \neq (0,1) \end{eqnarray*}$ , so dass

$\begin{eqnarray*} \frac{x^2 + y^2 - 1}{x^2 + y^2 - 2y + 1} = a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{2x}{x^2 + y^2 - 2y + 1} = b \end{eqnarray*}$

ist ?

Wenn ja, hast Du die Surjektivität gezeigt.

14.07.2011, 17:42

tmo

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Puh, das ist aber alles ganz schön kompliziert dafür, dass die Gleichung $\begin{eqnarray*} f(z) = w \end{eqnarray*}$ nach Multiplikation mit (z-i) einfach nur eine lineare Gleichung ist, die für $\begin{eqnarray*} w \in \mathbb C \setminus \{1\} \end{eqnarray*}$ eindeutig und mit einfachsten Mitteln zu lösen ist.

Ob das ganze jetzt in C oder R oder in sonst einem Körper stattfindet, ist für die Rechnung völlig irrelevant.

14.07.2011, 19:43

Automatrix

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Mazze: zu jedem (x,y) != (1,0) finde ich offensichtlich ein (a,b)!=(0,1). Das macht Sinn.

Vielen Dank für deine Mühe! smile

tmo: $\begin{eqnarray*} f(z) = \frac{z+i}{z-i} => (z-i)f(z) = z+i \end{eqnarray*}$

Wie komm ich von da aus zur Surjektivität?

14.07.2011, 20:38

Mazze

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Wenn Du es wie TMO vorgeschlagen machst, bekommst Du:

$\begin{eqnarray*} z + i = w(z - i) \end{eqnarray*}$

als Gleichung. Das ist, wie er schon sagte,eine leicht zu lösende Gleichung. Setze wieder

$\begin{eqnarray*} z = x + iy \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w = w_1+iw_2 \end{eqnarray*}$

15.07.2011, 09:19

Automatrix

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Also

Mit $\begin{eqnarray*} z = x + iy \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} w = w_1+iw_2 \end{eqnarray*}$ erhalte ich $\begin{eqnarray*} z + i = w(z - i) <=> x+iy+i=(w_1+w_2i)(x+iy-i) <=> x+iy+i = w_1x + w_1iy-w_1i+w_2ix-w_2y+w_2<br /> <=> 0 = (w_1-1)x +w_2-w_2y+((w_1-1)y+w_2x-1-w_1)i \end{eqnarray*}$

???

15.07.2011, 10:33

Mazze

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Soweit ich das überblicke , hast Du richtig gerechnet. Eine komplexe Zahl ist gleich 0, wenn ihr Imaginär- und Realteile gleich 0 ist. Damit erhältst Du dann ein Gleichungssystem, und Du schaust dann nach, ob dieses für gegebenes $\begin{eqnarray*} w_1 + iw_2 \neq 1 \end{eqnarray*}$ lösbar nach x,y ist. (x + iy \neq i)

15.07.2011, 11:11

Automatrix

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Hab auf Papier weitergerechnet und falls es stimmt, schreib ichs hier nicht mehr auf.

Ich komm dann irgendwann auf y= ... wobei ... für alle (w_1,w_2) eine Lösung hat, außer eben für (1,0), richtig? Und für x das Gleiche!

Wenn das richtig ist, hab ichs verstanden! smile

15.07.2011, 11:14

Mazze

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Die Sache ist ja die. Die Funktion f ist Surjektiv , wenn Du zu jeder Zahl

$\begin{eqnarray*} w \in \mathbb{C} \setminus \{1\} \end{eqnarray*}$

eine komplexe Zahl

$\begin{eqnarray*} z \in \mathbb{C} \setminus \{i\} \end{eqnarray*}$

findest , mit $\begin{eqnarray*} f(z) = w \end{eqnarray*}$ .

Durch die Umformungen weißt Du, wie Realteil und Imaginärteil dann aussehen müssen, damit w heraus kommt.

Als Probe kannst Du übrigens deine Lösung einfach mal in f einsetzen, und schauen, ob w heraus kommt Augenzwinkern

15.07.2011, 11:24

Automatrix

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Ja, so hatte ich das gedacht. So wie ich's hab finde ich zu jedem w=(w_1,w_2) ein z=(x,y).

Also hab ich's - endlich!

Ich danke dir noch mal ganz herzlich für deine Mühe und Ausdauer. Danke! smile

15.07.2011, 19:06

tmo

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Ich weiß ehrlich gesagt immer noch nicht, warum das so unnötig kompliziert gemacht wird. Es ist doch für diese Aufgabe völlig irrelevant wie die komplexen Zahlen aussehen und dass sie Real- und Imaginärteil haben.

In jedem Körper ist die Gleichung $\begin{eqnarray*} ax=b \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ eindeutig lösbar und zwar durch $\begin{eqnarray*} x = \frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ .

In unserm Fall haben wir die Gleichung für z:

$\begin{eqnarray*} (w-1)z = i(w+1) \end{eqnarray*}$

Und da $\begin{eqnarray*} w \neq 1 \end{eqnarray*}$ ist, $\begin{eqnarray*} w-1 \neq 0 \end{eqnarray*}$ , also ist die Gleichung eindeutig lösbar mit $\begin{eqnarray*} z = i\frac{w+1}{w-1} \end{eqnarray*}$ .

Warum sollte man hier noch genauer nach Real- und Imaginärteil fragen? Schließlich hat die Lösung doch sogar schon eine gewisse Schönheit.

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