Gleichmächtigkeit überabzählbarer Mengen

08.11.2017, 11:49	Jakubada	Auf diesen Beitrag antworten »
Gleichmächtigkeit überabzählbarer Mengen Meine Frage: Hallo! Ich bin gerade an einer Aufgabe, die von mir den beweis fordert, dass R und R mit {a} (wobei a kein element aus R ist) gleich mächtig sind. Meine Ideen: Habe bis jetzt nur Ansätze zur bijektion gefunden, aber was für eine bijektive Abbildung gibt es zwischen den beiden mengen? Egal wie ich es drehe und wende, ich bekomme keine Abbildung hin, welche das a noch reinquetscht
08.11.2017, 11:55	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ein bijektives $\begin{align} f:\; \mathbb{R}\to \mathbb{R}\cup\{a\} \end{align}$ kann z.B. so konstruiert werden: $\begin{align} f(x) = \begin{cases} a &\;\mbox{für}\; x=0<br /> x-1 &\;\mbox{für}\; x\in\mathbb{N}<br /> x &\;\mbox{sonst}\end{cases} \end{align}$ Die natürlichen Zahlen $\begin{align} \mathbb{N} \end{align}$ seien hierbei "ohne Null" gemeint.
08.11.2017, 12:13	Jakubada	Auf diesen Beitrag antworten »
Aber wenn du schon für den fall x=0 a ausgibst, dann gibst du für den zweiten fall auch 0 aus wenn x=1. Dadurch ist es ja nicht mehr bijektiv,oder? Edit: habs verstanden, jetza. danke!
08.11.2017, 12:21	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
Vielleicht eine etwas strukturierende Erklärung zu HALs Vorschlag. Er definiert sich die Abbildung $\begin{eqnarray} f : \mathbb R \to \mathbb R \cup \{ a \} \end{eqnarray}$ in etwa durch $\begin{eqnarray} f(x) = \begin{cases} x & \text{falls } x \not \in \mathbb Z \\ g(x) & \text {falls } x \in \mathbb Z\end{cases} \end{eqnarray}$ . Falls man nun $\begin{eqnarray} g: \mathbb Z \to \mathbb Z \cup \{ a\} \end{eqnarray}$ bijektiv wählen kann, so ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ bijektiv. Und bei $\begin{eqnarray} \mathbb Z \end{eqnarray}$ kann man leicht noch ein Element untermogeln. D.h. man reduziert das Problem von überabzählbare Mengen auf abzählbare Mengen. Und dann ist es plötzlich einfach.
08.11.2017, 12:27	Jakubada	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja da hab ich auch am anfang etwas gestockt, als ich die erste lösung betrachtet hab. Aber im Endeffekt mogeln man da auch ein weiteres element in die Natürlichen zahlen ein. Ich bin mir nur nicht ganz sicher wie ich bei beiden die bijektivität beweisen soll. Wahrscheinlich durch annahme es seien zwei elemente f(a)=f(b) obwohl a!=b und einen Widerspruch daraus führen.
08.11.2017, 12:35	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann auch die dazu gehörige Umkehrfunktion $\begin{align} f^{-1}:\; \mathbb{R}\cup\{a\}\to \mathbb{R} \end{align}$ direkt angeben $\begin{align} f^{-1}(x) = \begin{cases} 0 &\;\mbox{für}\; x=a<br /> x+1 &\;\mbox{für}\; x\in\mathbb{N}_0<br /> x &\;\mbox{sonst}\end{cases} \end{align}$ und mit der dann den Nachweis führen.
Anzeige

08.11.2017, 13:42	Jakubada	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Lösung scheint recht simpel, aber ich komm schwer auf die idee, wie ich darauf kommen soll. Danke!

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »