Folgerungen aus g o f ist surjektiv bzw. injektiv

23.10.2011, 20:25	UniAnfänger	Auf diesen Beitrag antworten »
Folgerungen aus g o f ist surjektiv bzw. injektiv Meine Frage: Hi, ich soll für Mathe folgende Aufgaben lösen und würde meine Lösungen gerne mal durchsehen lassen, weil es dafür Klausurpunkte gibt. Also: Aufgabe: Es sei f: A --> B und g: B --> C. Beweisen oder widerlegen Sie: a) g o f ist surjektiv => g ist surjektiv b) g o f ist injektiv => g ist injektiv c) g o f ist bijektiv => f ist injektiv Außerdem: d) Zeigen Sie, dass f: M-->N genau dann surjektiv ist, wenn gilt: f(f^(-1)(B))=B mit B Teilmenge von N Ich würde mich echt über Hilfe freuen, vor allem interessiert mich, sind meine Lösungen lückenlos oder habe ich irgendwo totalen Quatsch geschrieben und wie schreibt man das mathematisch richtig auf. Ich würde mich auch freuen, wenn mir jemand nur zu einer oder 2 Aufgaben was schreiben würde! Meine Ideen: Meine Lösungen: a) Widerspruchsbeweis: g sei nicht surjektiv <=> $\begin{eqnarray} \exists z\in C \forall y\in B : g(y)\neq z \end{eqnarray}$ g o f sei surjektiv <=> $\begin{eqnarray} \forall z\in C \exists x\in A : g(f(x))=z \end{eqnarray}$ da f: A --> B muss y=f(x) => g(y)=z Widerspruch zur Annahme b)Gegenbeispiel f: R --> R $\begin{eqnarray} x-->\sqrt{x} \end{eqnarray}$ g: R --> R x-->x^2 g o f: R --> R x --> x g o f ist erkennbar injektiv, da y=x und zu jedem y gehört nur ein x, g ist aber nicht injektiv, da z.B. 1 zwei Urbilder hat. c) Widerspruch g(f(x)) sei bijektiv => g(f(x)) ist injektiv und f sei nicht injektiv dann gibt es x1, x2 aus A mit $\begin{eqnarray} x1\neq x2 \end{eqnarray}$ , für die gilt: f(x1)=f(x2) Es muss aber auch gelten: g(f(x1))=g(f(x2)) => x1=x2 => f(x1)=f(x2) Widerspruch d) hier würde ich sagen, f^(-1)(B) ordnet der Menge B ihre Urbildmenge zu und f(X) ordnet einer Menge X ihr Bild zu deshalb muss das Bild des Urbildes wieder das Bild sein, also B. Aber ist das eine hinreichende Begründung und wie kann man das mathematisch schreiben
23.10.2011, 22:57	Ibn Batuta	Auf diesen Beitrag antworten »
a) Sieht gut aus. Bei der zweiten Aufgabe stimmt was mit dem Definitions- und Wertebereich der Wurzelfunktion nicht. Die muss aus $\begin{eqnarray} \mathbb{R}^+ \end{eqnarray}$ sein, genauso wie bei $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ , da sonst die Komposition nicht funktioniert: $\begin{eqnarray} f \colon \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+, x\mapsto \sqrt x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g\colon \mathbb{R}^+ \to \mathbb{R}^+, x \to x^2 \end{eqnarray}$ Das ist wohl offensichtlich injektiv. Du kannst ja versuchen ein anderes Beispiel zu konstruieren. c) Sieht auch gut aus. d) Vom Prinzip her ja. Schreibe dir die nötigen Definitionen von Urbild und Bild auf. Dann solltest du das auch hinkriegen. Ibn Batuta
24.10.2011, 00:04	UniAnfänger	Auf diesen Beitrag antworten »
neuer Versuch Leuchtet mir ein, neuer Versuch: f: {1} --> {1,2} x-->x g: {1,2} --> {1} x --> 1 Dann ist doch g o f injektiv, weil die 1 nur das Bild 1 hat und g nicht injektiv, weil die 1 zwei Bilder hat. Darf ich so den Definitionsbereich einschränken? Ich hab mir außerdem noch mal meinen Beweis zu a) angesehn und glaube da ist ein Fehler drin. Und zwar bei: da f: A --> B muss y=f(x) => g(y)=z Widerspruch zur Annahme Ist für den Schritt y=f(x) nicht erforderlich, dass die Funktion f surjektiv ist?
24.10.2011, 17:22	UniAnfänger	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe deinen Rat befolgt und mir nochmal die Definitionen zu 3) angesehen. Ich würde das jetzt so formulieren: Zu beweisen ist: f(f^(-1)(B))=B <=> f ist surjektiv Weil ich das grad mit latex nicht hinkriege setze ich mal g:= f^(-1) $\begin{eqnarray} f(g(B)) \subset B \wedge B\subset f(g(B)) <=> f ist surjektiv<br /> <br /> f(g(B)) \subset B \end{eqnarray}$ gilt für alle Abbildungen (Vorlesungsstoff) $\begin{eqnarray} <br /> Zu zeigen ist also: 1. B\subset f(g(B)) \Rightarrow f ist surjektiv<br /> <br /> 2. f ist surjektiv \Rightarrow B\subset f(g(B)) \end{eqnarray}$ zu 1.: Widerspruchsbeweis: f sei nicht surjektiv, dann $\begin{eqnarray} \exists y \in B \forall x \in aus M : g(y)\neq x \end{eqnarray}$ somit wäre dieses Element von B nicht der Menge f(g(B)) enthalten, da g(y) kein Element von A ist. Deshalb kann f(g(B)) keine Teilmenge von f(g(b)) sein, was ein Widerspruch zur Annahme ist => f muss surjektiv sein zu 2.: y sei ein beliebiges Element von B. g(y) ist dann das Urbild von y in A. Mit der Voraussetzung, dass f surjektiv ist, muss jedes y ein Urbild haben. Diesem wird über f(g(y)) wieder y als Element von B zugeordnet, deshalb muss B Teilmenge von f(g(B) sein
24.10.2011, 19:32	Ibn Batuta	Auf diesen Beitrag antworten »
Zur ersten Teilaufgabe. Das kannste direkt zeigen: Gegeben sind $\begin{eqnarray} f \colon A \to B \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g\colon B\to C \end{eqnarray}$ und behauptet wird, dass $\begin{eqnarray} g \circ f \end{eqnarray}$ ist surjektiv $\begin{eqnarray} \Rightarrow g \end{eqnarray}$ ist surjektiv. Beweis: Sei $\begin{eqnarray} c\in C \end{eqnarray}$ gegeben. Da $\begin{eqnarray} g \circ f \end{eqnarray}$ surjektiv, exisitert ein $\begin{eqnarray} a\in A \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} c = (g \circ f)(a) \end{eqnarray}$ . Setze $\begin{eqnarray} b := f(a) \in B \end{eqnarray}$ . Dann gilt $\begin{eqnarray} g(b) = g(f(a)) = (g \circ f)(a) = c \end{eqnarray}$ und damit ist $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ surjektiv. Bei der zweiten Teilaufgabe sieht das Gegenbeispiel gut aus. Zur letzten Aufgabe: mir leuchtet noch nicht ein, wie die Menge $\begin{eqnarray} A \end{eqnarray}$ miteinfließt. Kannst du das erläutern? Ibn Batuta
24.10.2011, 23:56	UniAnfänger	Auf diesen Beitrag antworten »
Sorry, das ist ein Fehler, ich komm hier schon durcheinander mit den ganzen Abbildungen^^ Überall wo Menge A steht soll eigentlich M stehen (mit f: M->N) Schon mal danke, du hast mir hier echt geholfen und ein bisschen Sicherheit gegeben!
Anzeige

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »