Wohldefiniertheit von Operatoren

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13.09.2019, 22:52	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Wohldefiniertheit von Operatoren Meine Frage: Es wird ein Operator der Kardinalzahlen wie folgt definiert: [latex] \|X\| \cdot \|Y\| = \| X \times Y \| [\latex] Nun soll man beweisen, dass diese Operation wohldefiniert ist. Weiß jemand, wie das gehen könnte? Danke im Voraus! Meine Ideen: Ich glaube man muss zeigen, dass \| X x Y \| = \| X' x Y' \|, wobei X~X' und Y~Y'. Dabei gilt X~X' gdw. \|X\| = \|X'\|. Ich bin mir jetzt nicht sicher: Soll man dafür eine bijektive Abbildung konstruieren? Falls ja, welche könnte man denn nehmen?
14.09.2019, 08:34	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Wohldefiniert bedeutet im Zusammenhang mit Äquivalenzklassen immer, dass das Ergebnis der bezüglich Repräsentanten definierten Operation nicht von der Wahl der Repräsentanten abhängig ist. Also richtig, für $\begin{eqnarray} \|X\|=\|X'\| \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \|Y\|=\|Y'\| \end{eqnarray}$ muss $\begin{eqnarray} \|X\times Y\| = \|X'\times Y'\| \end{eqnarray}$ sein. Hierbei sind $\begin{eqnarray} X',Y' \end{eqnarray}$ beliebig anzunehmen, d.h. über diese soll sonst nichts weiteres bekannt sein. Gesucht ist demnach eine Bijektion $\begin{eqnarray} f\colon X\times Y\to X'\times Y' \end{eqnarray}$ , wobei wir wissen, dass es Bijektionen $\begin{eqnarray} f_1\colon X\to X' \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_2\colon Y\to Y' \end{eqnarray}$ gibt. Nun kann man sich für $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ eine möglichst einfache Konstruktion überlegen, und dann schaut man, ob die sich invertieren lässt, also ob sich die Gleichung $\begin{eqnarray} f(x,y)=(x',y') \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ lösen lässt. Dann muss $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ja injektiv sein, wenn das geht.
15.09.2019, 00:10	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Cool, danke für die Antwort! Also so in etwa? Aus f(x, y) = f(x2, y2) folgt (x', y') = (x'2, y'2) Die letzte Gleichung gilt genau dann, wenn x' = x'2 und y' = y'2, was laut Voraussetzung äquivalent ist zu f1(x) = f1(x2) und f2(y) = f2(y2) Da f1 und f2 bijektiv sind, erhalten wir x = x2 und y = y2. Folglich ist f injektiv. f ist surjektiv, da es für jedes (x', y') ein x€(X × Y) gibt, nämlich (x, y) = (x', y'). Somit ist f auch surjektiv. f ist bijektiv und somit gilt \|X × Y\| = \|X' × Y'\|, was zu beweisen war. Ist das richtig? Danke im Voraus!
15.09.2019, 09:16	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Zur Injektivität. Ja, aber die Konstruktion $\begin{eqnarray} f(x,y) := (f_1(x),f_2(y)) \end{eqnarray}$ darfst du nicht unterschlagen. Alternativ lässt sich auch eine Linksinverse angeben, das ist aber dasselbe in Grün. Sei $\begin{eqnarray} \pi_1 \end{eqnarray}$ die Projektion auf die erste Komponente, dann ist $\begin{eqnarray} f_1(x) = \pi_1(f(x,y)) \end{eqnarray}$ und daher $\begin{eqnarray} x = f_1^{-1}(\pi_1(f(x,y)). \end{eqnarray}$ Für $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ analog. Eine Linksinverse ist daher gegeben gemäß $\begin{eqnarray} f^{-1}(x',y') = f^{-1}((x',y')) = (f_1^{-1}(\pi_1(x',y')),f_2^{-1}(\pi_2(x',y'))) = (f_1^{-1}(x'),f_2^{-1}(y')). \end{eqnarray}$ Zur Surjektivität. Das geht so nicht. Zu $\begin{eqnarray} (x',y') \end{eqnarray}$ ist mindestens ein $\begin{eqnarray} (x,y) \end{eqnarray}$ gesucht mit $\begin{eqnarray} (x',y')=f(x,y) \end{eqnarray}$ . Jetzt wieder die Konstruktion einsetzen, das ergibt $\begin{eqnarray} (x',y') = (f_1(x),f_2(y)), \end{eqnarray}$ also $\begin{eqnarray} x'=f_1(x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y'=f_2(y) \end{eqnarray}$ . Man findet $\begin{eqnarray} x=f_1^{-1}(x') \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} y=f_2^{-1}(y') \end{eqnarray}$ . Stattdessen hätte man alternativ überprüfen können, ob die Linksinverse auch eine Rechtsinverse ist. Das ist auch dieses Mal aber wieder dasselbe in Grün.
15.09.2019, 15:26	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, habe es jetzt endlich verstanden, vielen Dank!!!!!
15.09.2019, 16:03	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Nur noch eine Frage: Zu zeigen, dass die folgende Operation wohldefiniert ist, wäre doch eigentlich das Gleiche, oder: $\begin{eqnarray} \| X \| + \| Y \| = \| X \cup Y \| \end{eqnarray}$ (mit $\begin{eqnarray} X \cap Y = \left\{ \right\} \end{eqnarray}$ ) Man würde wieder von zwei bijektiven Funtkionen f(x) = x' und g(y) = y' ausgehen, und dann zeigen, dass die konstruierte Funktion h(x, y) = (f(x), g(y)) = (x', y') bijektiv ist, oder?
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15.09.2019, 17:45	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Nee, da kommen ja keine Produktmengen vor, also keine Paare. Die Aussage $\begin{eqnarray} \|X\cup Y\| = \|X'\cup Y'\| \end{eqnarray}$ heißt, es gibt eine Bijektion $\begin{eqnarray} h\colon X\cup Y\to X'\cup Y' \end{eqnarray}$ . Gegeben sind wieder $\begin{eqnarray} f\colon X\to X' \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g\colon Y\to Y' \end{eqnarray}$ . Dass $\begin{eqnarray} X\cap Y=\emptyset \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} X'\cap Y'=\emptyset \end{eqnarray}$ ist, wird vorausgesetzt. Bei der Konstruktion bietet sich eine Fallunterscheidung an: $\begin{eqnarray} h(p):=\begin{cases}f(p) &\text{für}\; p\in X,\\ g(p) &\text{für}\; p\in Y.\end{cases} \end{eqnarray}$ Diese Fallunterscheidung lässt sich immer treffen, da laut Voraussetzung $\begin{eqnarray} p\notin X\cap Y \end{eqnarray}$ ist. Mir erscheint diese Konstruktion auch natürlich, weil ich dieses Muster aus der Programmierung her kenne. In strengen Programmiersprachen, z.B. Rust, gibt es struct (Produkt von Datentypen) und enum (disjunkte Vereinigung von Datentypen). Datentypen sind so etwas ähnliches wie Mengen. Bei struct lassen sich die Komponenten ansprechen, das entspricht der Projektion. Eine enum wird stattdessen mit einer Fallunterscheidung (match) behandelt, das Tag dient dazu die Fälle disjunkt zu machen.
16.09.2019, 01:23	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Ahhhh, ja, das ergibt Sinn, danke! Dann verlangt die Aufgabe nach einer Fallunterscheidung, richtig? Und wow, du weißt ne Menge; sobald es ums Programmieren geht, bin ich leider raus ... Letzte Frage, versprochen. Es soll noch gezeigt werden, dass die folgende Operation wohldefiniert ist: $\begin{eqnarray} \| X \|^{ \|Y\| } = \| X^{Y} \| \end{eqnarray}$ Kann ich dafür nicht einfach $\begin{eqnarray} (x, y) : = x^{y} \end{eqnarray}$ setzen und dann so vorgehen wie bei der ersten Aufgabe dieses Typs?
16.09.2019, 10:57	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Nee, allein schon nicht weil der Ausdruck $\begin{eqnarray} x^y \end{eqnarray}$ nur für Zahlen definiert ist. Mit $\begin{eqnarray} X^Y \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} \operatorname{Abb}(Y,X) \end{eqnarray}$ gemeint, die Menge aller Abbildungen $\begin{eqnarray} Y\to X \end{eqnarray}$ . Gesucht ist eine Bijektion $\begin{eqnarray} F\colon\operatorname{Abb}(Y,X)\to\operatorname{Abb}(Y',X'). \end{eqnarray}$ Gegeben sind Bijektionen $\begin{eqnarray} f_1\colon X\to X' \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} f_2\colon Y\to Y' \end{eqnarray}$ . Jetzt hat man ein $\begin{eqnarray} f\colon Y\to X \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x=f(y) \end{eqnarray}$ . Wie wird daraus ein $\begin{eqnarray} f'\colon Y'\to X' \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} x'=f'(y') \end{eqnarray}$ unter Zuhilfenahme von $\begin{eqnarray} f_1,f_2 \end{eqnarray}$ ?
16.09.2019, 15:07	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, danke für den Hinweis! Habe jetzt $\begin{eqnarray} F: Abb(Y,X) \to Abb(Y', X'), F(y \to x) = f_{2}(y) \to f_{1}(x) \end{eqnarray}$ Zur Injektivität: blablabla Zur Surjektivität: [...] Folglich gibt es zu jedem $\begin{eqnarray} f_{2}(y) \to f_{1}(x) \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} x \to y \end{eqnarray}$ , und zwar $\begin{eqnarray} x \to y = F^{-1}(f_{2}(y) \to f_{1}(x)) \end{eqnarray}$ . Somit ist F bijektiv ... . So in etwa?
16.09.2019, 16:22	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Fast. Die Angabe $\begin{eqnarray} F(y\mapsto x) := (f_2(y)\mapsto f_1(x)) \end{eqnarray}$ ist hier wegen Bijektivität gewissermaßen korrekt, allerdings hilft uns das nicht weiter. Die rechte Seite sollte in die Form $\begin{eqnarray} y'\mapsto\mathrm{Term}(y') \end{eqnarray}$ gebracht werden. Gehen wir mal von $\begin{eqnarray} x=f(y) \end{eqnarray}$ aus. Die Gleichung $\begin{eqnarray} y'=f_2(y) \end{eqnarray}$ lässt sich umformen zu $\begin{eqnarray} y=f_2^{-1}(y') \end{eqnarray}$ . Substitution liefert dann $\begin{eqnarray} x=f(f_2^{-1}(y')) \end{eqnarray}$ . Wendet man nun $\begin{eqnarray} f_1 \end{eqnarray}$ auf beide Seiten der Gleichung an, dann ergibt sich $\begin{eqnarray} x'=f_1(x) = f_1(f(f_2^{-1}(y'))), \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} y'\mapsto f_1(f(f_2^{-1}(y'))). \end{eqnarray}$ Demnach ist $\begin{eqnarray} F(f):=f_1\circ f\circ f_2^{-1}. \end{eqnarray}$
17.09.2019, 00:00	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Ahh, okay ... Danke! Würde ich dann die Injektivität so beweisen? Es sei F(f) = F(f). Wir zeigen, dass f = f F(f) = F(f) f1 o f o f2^(-1) = f1 o f o f2^(-1) \| f1^(-1)(...) f* o f2^(-1) = f o f2^(-1) \| da ja f2^(-1) = y f*(y) = f(y), folglich ist F injektiv?
17.09.2019, 08:44	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja. Kleines Nitpicking noch: Die Rechtskürzbarkeit, $\begin{eqnarray} f\circ\varphi = g\circ\varphi \implies f=g \end{eqnarray}$ für surjektives $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ , würde ich in einen Hilfssatz verpacken, dann muss man das nicht immer extra begründen.
20.09.2019, 23:26	Gast0412	Auf diesen Beitrag antworten »
Okay, vielen, vielen Dank!!!!!!

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