Injektiv/Surjektiv Wiederholung

09.03.2015, 13:24

martinio

Injektiv/Surjektiv Wiederholung

Hallo,

kann mir jmd. sagen, ob ich die Sache noch richtig im Kopf habe.
Betrachten wir die Funktion $\begin{eqnarray*} f: X \longrightarrow Y \end{eqnarray*}$

Injektivität: Für jedes Element der Zielmenge gibt es höchstens ein Urbild. D.h. aus der Gleichheit zweier Bilder muss die Gleichheit der Urbilder folgen: $\begin{eqnarray*} y \in Y \text{ ,} \forall x_1,x_2: y= f(x_1)=f(x_2) \rightarrow x_1=x_2 \end{eqnarray*}$ .

Hier ist es egal, ob die Zielmenge gleich der Bildmenge ist, denn die Bedingung fordert, dass jedes Element entweder ein oder garkein Urbild hat. Beispiel: $\begin{eqnarray*} f: \mathbb N \longrightarrow \mathbb R \text { mit } f(x)=x \end{eqnarray*}$ . Die Bildmenge wäre dann $\begin{eqnarray*} M_f =\left\{ y \in \mathbb R: y >0 \right\} \end{eqnarray*}$ . Negative Werte oder die Null werden nicht angenommen, trotzdem ist die Abbildung injektiv, da jedes Element der Zielmenge höchstens ein Urbild hat.

Surjektivitöt: Für jedes Elemenet der Zielmenge gibt es ein Bild und dadurch min. ein Urbild:
$\begin{eqnarray*} \forall y \in Y \text{ } \exists x \in X: f(x)=y \end{eqnarray*}$ .

Hier ist also entscheidend, ob der gesamte Zielraum "getroffen wird". Die o.g. Beispielsfunktion wäre nicht surjektiv, da der Zielraum wesentlich größer ist, als der Bildraum. Die Null und jedwede negativen und Elemente des $\begin{eqnarray*} \mathbb Q \end{eqnarray*}$ haben kein Urbild.

Andererseits ist es bei der surjektivität egal, ob ein Bild mehrere Urbilder hat, denn die Bedingung lautet "mindestens ein". So wird bei der sinus-funktion $\begin{eqnarray*} \sin:\mathbb R \longrightarrow \left[-1,1\right] \end{eqnarray*}$ bswp. die 1 mehrfach abgebildet, d.h. hat mehrere Urbilder. Hingegen wäre $\begin{eqnarray*} \sin:\mathbb R \longrightarrow \mathbb R \end{eqnarray*}$ nicht mehr surjektiv, da nicht der ganze R getroffen wird.

Soweit alles okay?
(BWLer)

09.03.2015, 13:37

kgV

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Jo, passt eigentlich alles Freude

Kleinigkeiten:
1) Injektivität würde ich aber etwas anders formulieren: $\begin{eqnarray*} \forall x_1,x_2\in X:f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow x_1=x_2 \end{eqnarray*}$

2)

Zitat:

Für jedes Elemenet der Zielmenge gibt es ein Bild und dadurch min. ein Urbild:

Hier meinst du wohl: jedes Element ist Bild, d.h. es gibt ein Urbild, oder? Augenzwinkern

Lg
kgV

09.03.2015, 15:06

martinio

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Hey danke !

Ja genau meinte, dass jedes Element der Zielmenge ein Bild ist etc.

Habe hier ein paar Abbidlungen und muss diese auf injektivität und surjektivität prüfen. Habe ich das richtig gemacht?

$\begin{eqnarray*} f:\mathbb R^2 \longrightarrow \mathbb R^3 \text{ ; } f\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} {x_{1}}^2 \\ x_1-x_2\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

f ist nicht injektiv, da der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ im Zielraum mehrere unterschiedliche Urbilder hat: $\begin{eqnarray*} f\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} = f\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

f ist nicht surjektiv, da der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ im Zielraum liegt, aber nicht getroffen wird. (Evtl. hier die Aufgabenstellung falsch? Es steht eindeutig der euklidische Raum dort, aber eine x3 koordiante wird in der abbildungsvorschrift nicht genutzt.)

$\begin{eqnarray*} g:\mathbb R^3 \longrightarrow \mathbb R^3 \text{ ; } f\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_3 \\ x_1-x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

g ist nicht injektiv, da es zum Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ im Zielraum mehrere ungleiche Urbilder gibt, z.B. $\begin{eqnarray*} f\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = f\begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

g ist nicht surjektiv, da der vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \in \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ zwar im zielraum enthalten ist, aber nicht als bild getroffen wird.

$\begin{eqnarray*} h:\mathbb R^3 \longrightarrow \mathbb R^3 \text{ ; } f\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4x_1x_2 \\ 0 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
ist mit dem gleichen vorgehen weder injektiv noch surjektiv.

09.03.2015, 16:20

kgV

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In der Funktion f hat sich, denke ich, ein Angabefehler eingeschlichen. Ich gehe davon aus, dass Als Bildbereich ebenfalls ein $\begin{eqnarray*} \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ gemeint ist. Am Ergebnis ändert das aber nicht, denn surjektiv wird die Funktion trotzdem nicht. Dafür kannst du ziemlich leicht einen Grund finden, wenn du dir die erste Komponente anschaust Augenzwinkern

Das Gegenbeispiel für die Injektivität passt Freude

Bei g habe ich nichts auszusetzen smile

Deine Argumentation bei h passt zwar auch, lässt sich aber sicher etwas ausführlicher schreiben Augenzwinkern

09.03.2015, 17:06

martinio

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Zitat:

Original von kgV
In der Funktion f hat sich, denke ich, ein Angabefehler eingeschlichen. Ich gehe davon aus, dass Als Bildbereich ebenfalls ein $\begin{eqnarray*} \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ gemeint ist. Am Ergebnis ändert das aber nicht, denn surjektiv wird die Funktion trotzdem nicht. Dafür kannst du ziemlich leicht einen Grund finden, wenn du dir die erste Komponente anschaust Augenzwinkern

Okay!

Negative Vektor werden halt durch das quadrat ausgeschlossen, d.h. die Abbildung ist nicht injektiv, da z.B. der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zwar in der Zielmenge liegt, aber nicht als Bild angenommen wird.

Zitat:

Original von kgV
Deine Argumentation bei h passt zwar auch, lässt sich aber sicher etwas ausführlicher schreiben Augenzwinkern

Na gut, dann ein weiters mal Big Laugh

$\begin{eqnarray*} h:\mathbb R^3 \longrightarrow \mathbb R^3 \text{ ; } f\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4x_1x_2 \\ 0 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

h ist nicht injektiv, da der Nullvektor unendlich viele ungleiche Urbilder hat, z.B.
$\begin{eqnarray*} f \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =f \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} =f \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
h ist nicht surjektiv, da $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} -4 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zwar im Zielraum liegt, aber darauf nicht abgebildert wird.

Eine weitere frage: Ich könnte u.U. doch auch den Rangsatz verwenden, um zu untersuchen, ob eine Abbidlung injektiv/surjektiv oder gar bijektiv ist. Ist die notwendige vorraussetzung dafür, dass die abbildung linear ist?

D.h. es wäre doch ggf. von vorteil erst die linearität zu überprüfen oder?

09.03.2015, 18:04

kgV

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So gefällt mir die Funktion h schon bedeutend besser :P

Und: ja, der Rangsatz käme theoretisch gesehen in Frage. Du liegst auch mit der Voraussetzung richtig. Allerdings empfinde ich, gerade bei so einfachen Aufgaben, die direkte Variante als schneller und unkomplizierter.

Für den Rangsatz müsstest du doch einige Dimensionen berechnen, was wohl einiges mehr an Zeit verschlingen würde als die Angabe von zwei Gegenbeispielen Augenzwinkern

10.03.2015, 22:32

martinio

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Hallo kgV, darf ich hier im anschluss noch eine frage zum rangsatz stellen?

betrachten wir nochmal die funktion $\begin{eqnarray*} g:\mathbb R^3 \longrightarrow \mathbb R^3 \text{ ; } f\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_3 \\ x_1-x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Diese ist linear, also können wir hier über die abbildungsmatrix die dimension des bildes und kerns bestimmten.

Stelle also die Abbildungsmatrix auf $\begin{eqnarray*} A_g = \left(g(e_1),g(e_2),g(e_3)\right) = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Dabei ist $\begin{eqnarray*} \text{rang}(A_g)=2 \end{eqnarray*}$

Frage:
Muss ich diese jetzt noch soweit wie möglich auf Zeilenstufenform bringen oder nicht? Der Rang der Matrix sollte sich ja eig. nicht ändern oder? Wenn ich aber von der dritten Zeile die erste abziehe, dann erhalte ich die Matrix $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Der Rang dieser Matrix wäre jedoch 1.

Der Kernn der Matrix lässt sich wie folgt berechnen

$\begin{eqnarray*} \ker\left(A_g\right) = \left\{ x \in \mathbb R^3 : g(x)=0\right\} = A_g \text{ }x = 0 \Leftrightarrow \left(A_g| 0\right) \end{eqnarray*}$ Löse ich die erweiterete Koeffizientenmatrix erhalte ich die allgemeine Lösungsmenge/Basis für den Kern:

$\begin{eqnarray*} \ker\left(A_g\right) = \left\{ \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}, \mu, \lambda \in \mathbb R\right\} \end{eqnarray*}$

Damit wäre die \ $\begin{eqnarray*} dim(\ker(A_g))=2 \end{eqnarray*}$ . Aufgrund der dimensionsformel sollte die dimension des bildes 1 sein, da wir hier eine abbildung vom R^3 in den R^3 betrachten.

habe ich bei der berechnung des kerns einen fehler gemacht, oder darf die abbildungsmatrix nicht auf zeilenstufenform gebracht werden?

viele grüße smile

11.03.2015, 07:58

kgV

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Du hast dich beim Rang von $\begin{eqnarray*} A_g \end{eqnarray*}$ vertan. Dieser ist zwei, nicht eins, wie du nach deinen Umformungen meinst. Da sind nach wie vor zwei Linear unabhängige Zeilen Augenzwinkern

Irgendwo im Kern musst du dich verrechnet haben, denn der Vektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ wird sicherlich nicht auf null abgebildet. Ich bekomme einen eindimensionalen Kern als Ergebnis (was auch vom Rang impliziert wird - der ist ja zwei), was das über das Bild aussagt, solltest du selbst sagen können smile

11.03.2015, 11:03

martinio

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hab den fehler smile

haben die erweitere koeffizientenmatrix falsch "ausgelesen"

Aus $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & | & 0 \\ 1 & -1 & 0 & | & 0\\ 0 & 0 & 0 & | & 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ folgt die Lösungsmenge für den Kern

$\begin{eqnarray*} \ker(g)=\left\{ x=\begin{pmatrix} \lambda \\ \lambda \\ 0 \end{pmatrix}, x \in \mathbb R^3, \lambda \in \mathbb R \right\} = \left\{ x= \lambda \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}, x \in \mathbb R^3, \lambda \in \mathbb R \right\} \end{eqnarray*}$

D.h. die dimension des kerns ist 1. Damit stimmt auch wieder der Rangsatz/Dimensionsformel smile

Zitat:

Was das über das Bild aussagt, solltest du selbst sagen können smile

Der kern misst die Dimennsionen, die unter der Abbildung verloren gehen. Da wir eine Abbildung $\begin{eqnarray*} g: \mathbb R^3 \rightarrow \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ betrachten, wird ohne beachtung der abbildungsvorschrfit deutlich, dass min. eine dimension verloren gehen muss.

wenn also $\begin{eqnarray*} \text{rang}(A_g)=2=\dim(A_g)=\dim \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ , dann haben Zielmenge und Bildraum die gleiche dimension. Folgich wird der gesamte R^2 durch den Bidlraum aufgespannt und die Abbildung ist surjektiv, denn jedes Element der Zielmenge wird min. einmal als Bild angenommen?

Die Abbildung ist nicht injektiv, da die Dimension des Kerns ungleich Null ist.
In diesem Fall hat der Nullvektorektor also unendlich viele Urbilder, was gegen die Definition von Injektivität spricht. Diese fordert, dass es zu jedem Bild maximial ein Urbild gibt. Die Basis des Kerns kennen wir ja schon und wissen daher wie die Vektoren, die auf den Nullvekor abbilden aussehen müssen.

Probe:

$\begin{eqnarray*} A \times x_\text{kern} = 0 \Leftrightarrow \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 10 \\ 10 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

So richtig? Sorry für die teils sehs ausführlichen schritte, aber man überwindet nur so seine unsicherheit Augenzwinkern

11.03.2015, 15:48

kgV

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Hmmm, eigentlich war ich der Meinung, dass unsere Abbildung in den $\begin{eqnarray*} \mathbb R^3 \end{eqnarray*}$ geht Augenzwinkern

Damit ist unsere Abbildung klarerweise auch nicht surjektiv, das hatten wir weiter oben schon durch Angabe eines Gegenbeispieles erledigt

Im Allgemeinen stimmt deine Argumentationsweise aber schon, sprich: wenn die Dimension des Bildraumes gleich der Dimension des WErtebereichs ist, dann ist die Funktion surjektiv

Auch das Argument für die nicht-Injektivität stimmt, den Sinn der Probe sehe ich zwar nicht, aber schaden tut sie auch nicht smile

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