Beweis zu Urbildern einer Abbildung

09.03.2022, 21:36	MB02	Auf diesen Beitrag antworten »
Beweis zu Urbildern einer Abbildung Meine Frage: Der Beweis und meine Frage sind im Anhang. Meine Ideen: /
10.03.2022, 09:00	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich verstehe deine ganze Beweismethodik nicht: Warum gehst du von der Behauptung $\begin{eqnarray} f\left(f^{-1}(B)\right)\subset B \end{eqnarray}$ aus und versuchst durch irgendwelche Implikationen, daraus was zu folgern? Was soll das beweistechnisch bringen? Wenn schon, dann müssten das Äquivalenzen $\begin{eqnarray} \Leftrightarrow \end{eqnarray}$ sein, um es gebrauchen zu können. Anmerkung: Der erste Teil $\begin{eqnarray} f\left(f^{-1}(B)\right)\subseteq B \end{eqnarray}$ gilt für jede Abbildung $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ . Die Surjektivität von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ wird nur für den zweiten Teil $\begin{eqnarray} B\subseteq f\left(f^{-1}(B)\right) \end{eqnarray}$ benötigt.
13.03.2022, 15:14	Finn_	Auf diesen Beitrag antworten »
Erwähnen kann ich noch die nachstehende, ein wenig alternative Vorgehensweise, bei der man das gewünschte Resultat als kurze Folgerung aus allgemeinen Regeln erhält. Für eine Abbildung $\begin{eqnarray} f\colon X\to Y \end{eqnarray}$ definiert man die Bild-Operation explizit als $\begin{eqnarray} P(f)\colon\mathcal P(X)\to\mathcal P(Y),\quad P(f)(A):=f(A) \end{eqnarray}$ und die Urbild-Operation explizit als $\begin{eqnarray} \bar P(f)\colon\mathcal P(Y)\to\mathcal P(X),\quad \bar P(f)(B):=f^{-1}(B). \end{eqnarray}$ Man kann bzw. muss nun zeigen, dass die folgenden Regeln in allgemeiner Weise herrschen: 1. $\begin{eqnarray} P(\operatorname{id})=\operatorname{id} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} P(f\circ g) = P(f)\circ P(g), \end{eqnarray}$ 2. $\begin{eqnarray} \bar P(\operatorname{id})=\operatorname{id} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \bar P(f\circ g) = \bar P(g)\circ\bar P(f), \end{eqnarray}$ 3. $\begin{eqnarray} P(f)\circ\bar P(f)\circ P(f) = P(f), \end{eqnarray}$ 4. $\begin{eqnarray} \bar P(f)\circ P(f)\circ\bar P(f) = \bar P(f). \end{eqnarray}$ Die 1. Regel macht $\begin{eqnarray} P \end{eqnarray}$ zu einem sogenannten kovarianten Funktor, die 2. Regel macht $\begin{eqnarray} \bar P \end{eqnarray}$ zu einem kontravarianten Funktor. Man spricht vom powerset functor, das nur nebenbei. Für uns sind hier lediglich die Regeln 1. und 3. relevant. Eine Surjektion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ besitzt immer mindestens eine Rechtsinverse $\begin{eqnarray} g, \end{eqnarray}$ so dass $\begin{eqnarray} f\circ g = \operatorname{id} \end{eqnarray}$ gilt. Infolge gilt $\begin{eqnarray} \operatorname{id} = P(\operatorname{id}) = P(f\circ g) = P(f)\circ P(g). \end{eqnarray}$ Das heißt, $\begin{eqnarray} P(g) \end{eqnarray}$ ist mithin eine Rechtsinverse von $\begin{eqnarray} P(f). \end{eqnarray}$ Somit ist $\begin{eqnarray} P(f) \end{eqnarray}$ in der 3. Regel rechtskürzbar, womit man $\begin{eqnarray} P(f)\circ\bar P(f)=\operatorname{id} \end{eqnarray}$ erhält, anders ausgedrückt $\begin{eqnarray} f(f^{-1}(B))=B \end{eqnarray}$ für alle $\begin{eqnarray} B, \end{eqnarray}$ was zu zeigen war.

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