Aufgabe 1 für Hanno (Heuser) < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:32 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo Stefan.
Sei $f: X\to Y$ eine injektive Abbildung. Weiter sei $\varphi= \left \{ \begin{array}{ccc} Y & \to & \IN\\ y & \mapsto & |\{x\in X|f(x)=y\}| \end{array} \right $. Dann gilt nach der Injektivität von $f$: $\varphi (y)\leq 1, y\in Y$. Sei nun $A:=\{y\in Y|\varphi(y)=1\}$ und $B:=Y\setminus A$. Da jedem $x\in X$ genau ein $y\in Y$ zugewiesen wird, und jedes $y\in A$ Bild von genau einem $x\in X$ ist, gibt es eine Bijektion $u= \left \{ \begin{array}{ccc} A & \to & X\\ y & \mapsto & x\in X, f(x)=y \end{array} \right $. Diese Bijektion ist dann die Umkehrabbildung von $f$. Aus der Bijektivität beider Abbildungen folgt nun $u \circ f=id_X$, denn für jedes $x\in X$ ist $f(x)\in A$ eindeutig bestimmt und wird trivial, nämlich nach Definition der Funktionsvorschrift von $u$, wieder in $x$ überführt. Die Behauptung folgt nun, wenn nun eine Abbildung $g$ als Erweiterung von $u|A$ auf $Y$ vorgenommen wird. Die Funktionsvorschrift für alle Elemente aus $A$ bleibt erhalten, die für die Elemente aus $B$, welche also kein Bild eines $x\in X$ sind, kann beliebig gewählt werden. Die Funktionsvorschrift für $g$ lautet also: $g= \left \{ \begin{array}{ccc} Y & \to & X\\ y & \mapsto & \left \{ \begin{array}{ccc} x\in X, f(x)=y &\ wenn\ & y\in A \\ x\in X &\ wenn\ & y\in B \end{array} \end{array} \right \right $. Da im Kompositum $g\circ f=g(f(x))$ als Argument für $g$ nur Elemente $y\in A$ auftauchen, gilt weiterhin: $g\circ f=id_X$, q.e.d.
So, soviel zu (a). Ich habe mir mal Mühe gegeben, sehr formal und korrekt zu arbeiten. Vielleicht kannst du dazu auch ein paar Worte verlieren, auch, wenn es evt. nur kleine Fehler sind, damit ich da vorankomme.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:15 Do 14.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Sei [mm]f: X\to Y[/mm] eine injektive Abbildung. Weiter sei [mm]\varphi= \left \{ \begin{array}{ccc} Y & \to & \IN\\ y & \mapsto & |\{x\in X|f(x)=y\}| \end{array} \right [/mm].
> Dann gilt nach der Injektivität von [mm]f[/mm]: [mm]\varphi (y)\leq 1, y\in Y[/mm].
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Sei nun [mm]A:=\{y\in Y|\varphi(y)=1\}[/mm] und [mm]B:=Y\setminus A[/mm]. Da
> jedem [mm]x\in X[/mm] genau ein [mm]y\in Y[/mm] zugewiesen wird, und jedes
> [mm]y\in A[/mm] Bild von genau einem [mm]x\in X[/mm] ist, gibt es eine
> Bijektion [mm]u= \left \{ \begin{array}{ccc} A & \to & X\\ y & \mapsto & x\in X, f(x)=y \end{array} \right [/mm].
> Diese Bijektion ist dann die Umkehrabbildung von [mm]f[/mm].
Das stimmt formal nicht. Es ist die Umkehrabbildung von $f$, nachbeschränkt auf $A$, also die Umkehrabbildung von
[mm] $\tilde{f} [/mm] : [mm] \begin{array}{ccc} X & \to & A \\[5pt] x & \mapsto & \tilde{f}(x) = f(x) \end{array}.$
[/mm]
> Aus der
> Bijektivität beider Abbildungen
$f$ ist nicht bijektiv! Nur [mm] $\tilde{f}$!
[/mm]
> folgt nun [mm]u \circ f=id_X[/mm],
> denn für jedes [mm]x\in X[/mm] ist [mm]f(x)\in A[/mm] eindeutig bestimmt und
> wird trivial,
Das "trivial" passt hier nicht. Einfach: "wird nach Definition..."
> nämlich nach Definition der
> Funktionsvorschrift von [mm]u[/mm], wieder in [mm]x[/mm] überführt. Die
> Behauptung folgt nun, wenn nun eine Abbildung [mm]g[/mm] als
> Erweiterung von [mm]u|A[/mm] auf [mm]Y[/mm] vorgenommen wird. Die
> Funktionsvorschrift für alle Elemente aus [mm]A[/mm] bleibt
> erhalten, die für die Elemente aus [mm]B[/mm], welche also kein Bild
> eines [mm]x\in X[/mm] sind, kann beliebig gewählt werden.
> Die
> Funktionsvorschrift für [mm]g[/mm] lautet also: [mm]g= \left \{ \begin{array}{ccc} Y & \to & X\\ y & \mapsto & \left \{ \begin{array}{ccc} x\in X, f(x)=y &\ wenn\ & y\in A \\ x\in X &\ wenn\ & y\in B \end{array} \end{array} \right \right [/mm].
Was ist hier das $x$ bei der Abbildung der $y [mm] \in [/mm] B$? Das ist nicht definiert. Du musst vorher schreiben: Sei [mm] $x_0 \in [/mm] X$ beliebig gewählt (und dann alle $y [mm] \in [/mm] B$ auf dieses [mm] $x_0$ [/mm] abbilden).
> Da im Kompositum [mm]g\circ f=g(f(x))[/mm] als Argument für [mm]g[/mm] nur
> Elemente [mm]y\in A[/mm] auftauchen, gilt weiterhin: [mm]g\circ f=id_X[/mm],
> q.e.d.
> So, soviel zu (a). Ich habe mir mal Mühe gegeben, sehr
> formal und korrekt zu arbeiten. Vielleicht kannst du dazu
> auch ein paar Worte verlieren, auch, wenn es evt. nur
> kleine Fehler sind, damit ich da vorankomme.
War schon deutlich besser!! Sehr schön. ![[sunny]](/images/smileys/sunny.gif "[sunny]")
Liebe Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:08 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Stefan.
Gut, das freut mich, da kann ich mich ja gleich an die zwei weiteren Aufgaben geben.
Liebe Grüße und Danke, das du eine Aufgabe online gestellt hast,
Hanno
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:45 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hallo zum Zweiten (wie doppeldeutig, es geht nämlich um (b) ;) )
$\Rightarrow$
Sei eine surjektive Abbildung $f: X\to Y$ gegeben und sei $\varphi: Y\to \IN$ dieselbe Abbildung wie schon im Beweis zu (a). Dann gilt in diesem Falle: $\varphi(y)\geq 1, y\in Y$. Nun sei eine Relation $\sim$ gegeben, die wie folgt definiert ist: $x_1\sim x_2: x_1,x_2\in X:\gdw f(x_1)=f(x_2)$. Diese Relation ist sogar eine Äquivalenzrelation, da wegen $f(x)=f(x)$ die Reflexivität, wegen $f(x_1)=f(x_2)\gdw f(x_2)=f(x_1)$ die Symmetrie und wegen $f(x_1)=f(x_2)\wedge f(x_2)=f(x_3)\gdw f(x_1)=f(x_3)$ auch die geforderte Transitivät vorliegt. Folglich bilden die Äquivalenzklassen von $\sim$ eine Partition $P$ der Menge $X$. Sei nun die Abbildung $A: Y\to P$ die Abbildung, die jedem $y\in Y$ die Äquivalenzklasse der $x\in X$ zuweist, für die $f(x)=y$ gilt. Dann lässt sich die geforderte Abbildung $g: Y\to X$ problemlos definieren, indem man jedem $y\in Y$ ein beliebiges Element $x_y$ aus $A(y)$ zuweist. Somit lässt sich die Abbildung $g$ wie folgt definieren: $g=\left \{ \begin{array}{ccc} Y & \ to & X \\ y & \mapsto & x_y\in A(y) \end{array} \right$. Zwischenfrage: ist das nun so ok? Ist es nun formal korrekt ausgedrückt, dass es irrelevant ist, welches $x\in A(y)$ gewählt wird?. Betrachten wir nun das Kompositum $f\circ g=f(g(y))$, so ist dies gleich $id_Y$, da für jedes $y\in Y$, welches Argument von $g$ ist, nach Definition von $g$ in ein Bild aus $X$ zurückgegeben wird, für welches das Bild unter $f$ wieder dasselbe Element $y\in Y$ ist. Somit gilt $f\circ g=id_Y$, q.e.d.
$\Leftarrow$
Seien zwei Abbildungen $f: X\to Y$ und $g: Y\to X$ mit $f\circ g=id_Y$ gegeben, so soll $f$ surjektiv sein. Der Beweis dafür erfolgt indirekt: sei $f$ nicht surjektiv,so muss es ein $y_0\in Y$ mit $\varphi (y_0)=0$ geben (wäre gäbe es dieses $y\in Y$ nicht, so wäre $\varphi (y)\geq 1$ für jedes $y\in Y$, woraus die Surjektivität von $f$ folgen würde - ein Widerspruch). D.h. also, dass es kein $x\in X$ gibt, für das $f(x)=y$ ist. Folglich kann die Abbildung $g$ mit Argument $y_0$ kein Bild $x\in X$ zurückgeben, für welches $f(x)=y_0$ gilt. Dies ist aber ein Widerspruch zur Annahme, dass $f\circ g=id_Y$ gilt. Somit muss $f$ surjektiv sein, q.e.d.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Antwort) fertig | | Datum: | 19:32 Do 14.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> [mm]\Rightarrow[/mm]
> Sei eine surjektive Abbildung [mm]f: X\to Y[/mm] gegeben und sei
> [mm]\varphi: Y\to \IN[/mm] dieselbe Abbildung wie schon im Beweis zu
> (a). Dann gilt in diesem Falle: [mm]\varphi(y)\geq 1, y\in Y[/mm].
> Nun sei eine Relation [mm]\sim[/mm] auf [mm] $\red{X \times X}$ [/mm] gegeben, die wie folgt definiert
> ist: [mm]x_1\sim x_2: x_1,x_2\in X:\gdw f(x_1)=f(x_2)[/mm]. Diese
> Relation ist sogar eine Äquivalenzrelation, da wegen
> [mm]f(x)=f(x)[/mm] die Reflexivität, wegen [mm]f(x_1)=f(x_2)\gdw f(x_2)=f(x_1)[/mm]
> die Symmetrie und wegen [mm]f(x_1)=f(x_2)\wedge f(x_2)=f(x_3)\gdw f(x_1)=f(x_3)[/mm]
Hier ist der Äquivalenzpfeil falsch gesetzt. Es gilt nur [mm] $\red{\Rightarrow}$.
[/mm]
> auch die geforderte Transitivät vorliegt. Folglich bilden
> die Äquivalenzklassen von [mm]\sim[/mm] eine Partition [mm]P[/mm] der Menge
> [mm]X[/mm]. Sei nun die Abbildung [mm]A: Y\to P[/mm] die Abbildung, die jedem
> [mm]y\in Y[/mm] die Äquivalenzklasse der [mm]x\in X[/mm] zuweist, für die
> [mm]f(x)=y[/mm] gilt. Dann lässt sich die geforderte Abbildung [mm]g: Y\to X[/mm]
> problemlos definieren, indem man jedem [mm]y\in Y[/mm] ein
> beliebiges, im Folgendes für jedes [mm] $\red{y \in Y}$ [/mm] fest gewähltes Element [mm]x_y[/mm] aus [mm]A(y)[/mm] zuweist.
> Somit lässt sich
> die Abbildung [mm]g[/mm] wie folgt definieren: [mm]g=\left \{ \begin{array}{ccc} Y & \ to & X \\ y & \mapsto & x_y\in A(y) \end{array} \right[/mm].
> Zwischenfrage: ist das nun so ok? Ist es nun formal korrekt
> ausgedrückt, dass es irrelevant ist, welches [mm]x\in A(y)[/mm]
> gewählt wird?.
Ja, ich denke du hast es deutlich gemacht. 
> Betrachten wir nun das Kompositum [mm]f\circ g=[/mm],f(g(y)),
> so ist dies gleich [mm]id_Y[/mm], da für jedes [mm]y\in Y[/mm], welches
> Argument von [mm]g[/mm] ist, nach Definition von [mm]g[/mm] in ein Bild aus [mm]X[/mm]
> zurückgegeben wird, für welches das Bild unter [mm]f[/mm] wieder
> dasselbe Element [mm]y\in Y[/mm] ist. Somit gilt [mm]f\circ g=id_Y[/mm],
> q.e.d.
> [mm]\Leftarrow[/mm]
> Seien zwei Abbildungen [mm]f: X\to Y[/mm] und [mm]g: Y\to X[/mm] mit [mm]f\circ g=id_Y[/mm]
> gegeben, so soll [mm]f[/mm] surjektiv sein. Der Beweis dafür erfolgt
> indirekt: sei [mm]f[/mm] nicht surjektiv,so muss es ein [mm]y_0\in Y[/mm] mit
> [mm]\varphi (y_0)=0[/mm] geben (wäre gäbe es dieses [mm]y\in Y[/mm] nicht, so
> wäre [mm]\varphi (y)\geq 1[/mm] für jedes [mm]y\in Y[/mm], woraus die
> Surjektivität von [mm]f[/mm] folgen würde - ein Widerspruch).
> D.h.
> also, dass es kein [mm]x\in X[/mm] gibt, für das [mm]f(x)=\red{y_0}[/mm] ist.
> Folglich kann die Abbildung [mm]g[/mm] mit Argument [mm]y_0[/mm] kein Bild
> [mm]x\in X[/mm] zurückgeben, für welches [mm]f(x)=y_0[/mm] gilt. Dies ist
> aber ein Widerspruch zur Annahme, dass [mm]f\circ g=id_Y[/mm] gilt.
> Somit muss [mm]f[/mm] surjektiv sein, q.e.d.
Den Schluss finde ich etwas unklar. Ich hätte geschrieben: Das es kein $x [mm] \in [/mm] X$ mit [mm] $f(x)=y_0$ [/mm] gibt, gilt für alle $y [mm] \in [/mm] Y$:
$(f [mm] \circ [/mm] g)(y) = f(g(y)) [mm] \ne y_0$,
[/mm]
im Widerspruch zu
$(f [mm] \circ g)(y_0) [/mm] = [mm] id_Y(y_0) [/mm] = [mm] y_0$. [/mm]
Ein paar Ungenauigkeiten habe ich in deinem Text rot markiert.
Gut gemacht, Hanno! ![[super]](/images/smileys/super.gif "[super]")
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:43 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo zum Dritten!
Die Existenz der Abbildung $g$ mit den genannten Eigenschaften folgt aus der Tatsache, dass eine Bijektion sowohl injektiv, als auch surjektiv ist. Analog dazu folgt die Bijektivität aus der Existenz der Abbildung $g$ und den ihr zugeschriebenen Eigenschaften. Somit muss nur noch gezeigt werden, dass die Abbildung $g$ eindeutig bestimmt ist. Dies folgt aber schon aus der Tatsache, dass $f$ bijektiv ist, d.h. jedes [mm] $y\in [/mm] Y$ nur Bild eines [mm] $x\in [/mm] X$ ist. Somit muss für jedes [mm] $y\in [/mm] X$ der Wert $g(y)$ eindeutig sein und folglich auch die Abbildung $g$.
So, das war recht kurz, aber hoffentlich dennoch richtig
Liebe Grüße,
Hanno
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:57 Do 14.10.2004 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
> Die Existenz der Abbildung [mm]g[/mm] mit den genannten
> Eigenschaften folgt aus der Tatsache, dass eine Bijektion
> sowohl injektiv, als auch surjektiv ist.
Nein, so einfach nicht. Man weiß ja nur, dass es ein $g:Y [mm] \to [/mm] X$ und ein $h:Y [mm] \to [/mm] X$ mit den genannten Eigenschaften gibt. Aber woher weißt du denn, dass $g=h$ gilt?
> Analog dazu folgt
> die Bijektivität aus der Existenz der Abbildung [mm]g[/mm] und den
> ihr zugeschriebenen Eigenschaften.
Die Bijektivität von $f$ folgt in der Tat direkt aus a) und b).
> Somit muss nur noch
> gezeigt werden, dass die Abbildung [mm]g[/mm] eindeutig bestimmt
> ist. Dies folgt aber schon aus der Tatsache, dass [mm]f[/mm]
> bijektiv ist, d.h. jedes [mm]y\in Y[/mm] nur Bild eines [mm]x\in X[/mm] ist.
> Somit muss für jedes [mm]y\in X[/mm] der Wert [mm]g(y)[/mm] eindeutig sein
> und folglich auch die Abbildung [mm]g[/mm].
Ich denke du meinst das Richtige. 
Ich schreibe es noch einmal exakt auf:
[mm] "$\Leftarrow$": [/mm] folgt unmittelbar aus a) und b)
[mm] "$\Rightarrow$": [/mm]
Da $f$ bijektiv ist, gibt es nach a) und b) Abbildungen $g,h:Y [mm] \to [/mm] X$ mit
$g [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_X$ [/mm] und $f [mm] \circ [/mm] h= [mm] id_y$.
[/mm]
Zu zeigen bleibt: $g=h$.
Dies folgt aber so:
$h = [mm] id_X \circ [/mm] h = (g [mm] \circ [/mm] f) [mm] \circ [/mm] h = g [mm] \circ [/mm] (f [mm] \circ [/mm] h) = g [mm] \circ id_Y [/mm] = g$.
Durch die letzte Rechnung wurde auch bereits gezeigt, dass $g$ durch die beiden Eigenschaften
$g [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_X$ [/mm] und $f [mm] \circ g=id_Y$
[/mm]
eindeutig bestimmt ist.
Liebe Grüße
Stefan
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:28 Do 14.10.2004 | | Autor: | Hanno |
Hallo Stefan.
Wow, die Lösung ist wirklich sehr elegant. Vorallem
>$ h = [mm] id_X \circ [/mm] h = (g [mm] \circ [/mm] f) [mm] \circ [/mm] h = g [mm] \circ [/mm] (f [mm] \circ [/mm] h) = g [mm] \circ id_Y [/mm] = g $.
>Durch die letzte Rechnung wurde auch bereits gezeigt, dass $ g $ durch die beiden Eigenschaften
>$ g [mm] \circ [/mm] f = [mm] id_X [/mm] $ und $ f [mm] \circ g=id_Y [/mm] $
>eindeutig bestimmt ist.
ist wirklich super. Da musste ich erstmal überlegen, aber wo's mir klar geworden ist fand ich es toll - sehr sehr elegant.
Dann ist die Aufgabe ja damit abgeschlossen - super !
Liebe Grüße und Danke für deine Mühen,
Hanno
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