h o f = id --> f bijektiv Bew. < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Seien A,B Mengen und [mm] $f:A\to [/mm] B$ eine Abbildung. Zeigen oder widerlegen Sie:
(a) [mm] $\exists! [/mm] h: [mm] B\to [/mm] A$ mit [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A} \Rightarrow [/mm] f$ ist bijektiv
(b) [mm] $\exists a,a'\in [/mm] A$ mit $a [mm] \not= [/mm] a', [mm] \exists! [/mm] h: [mm] B\to [/mm] A$ mit [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A} \Rightarrow [/mm] f$ ist bijektiv
[mm] (\exists [/mm] ! --> Es existiert genau ein) |
Hallo!
Bei obiger Aufgabe bräuchte ich einen kritischen Blick von euch. Ich glaube, dass (a) falsch ist, allein unter der Seltsamkeit, dass (b) noch mehr als Voraussetzung hat und es seltsam wäre, das hinzuschreiben wenn (a) schon richtig wäre.
Der Knackpunkt muss ja an der Kardinalität von A liegen, bei (b) muss A mindestens zwei Elemente haben. Also hier der Versuch eines Gegenbeispiels:
a1 ---f---> b1 ---h---> a1
b2 ---h-----^
Da h eine Abbildung von B nach A, muss h jedes Element von B auf ein Element von A abbilden. Somit gibt es nur eine Möglichkeit, wie B die Elemente hier auf A abbilden kann, nämlich sowohl [mm] b_{1} [/mm] als auch [mm] b_{2} [/mm] auf [mm] a_{1}. [/mm] Damit ist [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] \id_{A}$, [/mm] aber f nicht surjektiv (d.h. nicht bijektiv).
Wenn ich mir nun aber |A| > 1 nehme, also zum Beispiel |A| = 2 und f nun wieder nicht surjektiv wähle, dann ist:
a1 ---f---> b1 ---h---> a1
a2 ---f---> b2 ---h---> a2
b3 ---h-----^
als auch
a1 ---f---> b1 ---h---> a1 <
a2 ---f---> b2 ---h---> a2 |
b3 ---h---------
eine mögliche Abbildung für h, sodass [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A}$, [/mm] d.h. die Voraussetzung ist nicht erfüllt (es existieren mehrere h). Hier habe ich also die Vermutung, dass es klappt.
Beweisversuch zu (b):
Angenommen, f wäre nicht bijektiv, dann wäre f insbesondere nicht injektiv, und zusammen mit der Voraussetzung gäbe es dann Elemente [mm] $a_{1},a_{2}\in [/mm] A$ mit [mm] $a_{1}\not= a_{2}$ [/mm] sodass [mm] $f(a_{1}) [/mm] = [mm] f(a_{2})$. [/mm] Dann würde allerdings auch [mm] $h(f(a_{1})) [/mm] = [mm] h(f(a_{2})) \gdw (h\circ f)(a_{1}) [/mm] = [mm] (h\circ f)(a_{2}) \gdw id_{A}(a_{1}) [/mm] = [mm] id_{A}(a_{2}) \gdw a_{1} [/mm] = [mm] a_{2}$ [/mm] gelten, Widerspruch zur Voraussetzung.
Wäre das so okay?
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:52 Fr 30.10.2009 | | Autor: | pelzig |
> Seien A,B Mengen und [mm]f:A\to B[/mm] eine Abbildung. Zeigen oder
> widerlegen Sie:
> (a) [mm]\exists! h: B\to A[/mm] mit [mm]h\circ f = id_{A} \Rightarrow f[/mm]
> ist bijektiv
> (b) [mm]\exists a,a'\in A[/mm] mit [mm]a \not= a', \exists! h: B\to A[/mm]
> mit [mm]h\circ f = id_{A} \Rightarrow f[/mm] ist bijektiv
>
> [mm](\exists[/mm] ! --> Es existiert genau ein)
> Hallo!
>
> Bei obiger Aufgabe bräuchte ich einen kritischen Blick von
> euch. Ich glaube, dass (a) falsch ist, allein unter der
> Seltsamkeit, dass (b) noch mehr als Voraussetzung hat und
> es seltsam wäre, das hinzuschreiben wenn (a) schon richtig
> wäre.
Ja, irgendwie komisch...
> Der Knackpunkt muss ja an der Kardinalität von A liegen,
> bei (b) muss A mindestens zwei Elemente haben. Also hier
> der Versuch eines Gegenbeispiels:
>
> a1 ---f---> b1 ---h---> a1
> b2 ---h-----^
>
> Da h eine Abbildung von B nach A, muss h jedes Element von
> B auf ein Element von A abbilden. Somit gibt es nur eine
> Möglichkeit, wie B die Elemente hier auf A abbilden kann,
> nämlich sowohl [mm]b_{1}[/mm] als auch [mm]b_{2}[/mm] auf [mm]a_{1}.[/mm] Damit ist
> [mm]h\circ f = \id_{A}[/mm], aber f nicht surjektiv (d.h. nicht
> bijektiv).
Richtig.
> Wenn ich mir nun aber |A| > 1 nehme, also zum Beispiel |A|
> = 2 und f nun wieder nicht surjektiv wähle, dann ist:
>
> a1 ---f---> b1 ---h---> a1
> a2 ---f---> b2 ---h---> a2
> b3 ---h-----^
>
> als auch
>
> a1 ---f---> b1 ---h---> a1 <
> a2 ---f---> b2 ---h---> a2 |
> b3 ---h---------
>
> eine mögliche Abbildung für h, sodass [mm]h\circ f = id_{A}[/mm],
> d.h. die Voraussetzung ist nicht erfüllt (es existieren
> mehrere h). Hier habe ich also die Vermutung, dass es
> klappt.
Richtig.
> Beweisversuch zu (b):
>
> Angenommen, f wäre nicht bijektiv, dann wäre f
> insbesondere nicht injektiv
Falsch. "Nicht bijektiv" bedeutet "nicht injektiv oder nicht surjektiv".
> und zusammen mit der
> Voraussetzung gäbe es dann Elemente [mm]a_{1},a_{2}\in A[/mm] mit
> [mm]a_{1}\not= a_{2}[/mm] sodass [mm]f(a_{1}) = f(a_{2})[/mm]. Dann würde
> allerdings auch [mm]h(f(a_{1})) = h(f(a_{2})) \gdw (h\circ f)(a_{1}) = (h\circ f)(a_{2}) \gdw id_{A}(a_{1}) = id_{A}(a_{2}) \gdw a_{1} = a_{2}[/mm]
> gelten, Widerspruch zur Voraussetzung.
Was du hier bewiesen hast, ist dass $f$ auf jeden Fall injektiv sein muss. Das stimmt auch (obwohl man dafür genausogut einen direkten Beweis hätte machen können) aber wie gesagt, entscheidend ist die Surjektivität!
Gruß, Robert
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Hallo pelzig,
danke für deine Antwort! Stimmt, da habe ich beim Beweis mich selbst reingelegt...
Also muss ein neuer Versuch ran - aber ich habe Probleme, die Surjektivität von f nachzuweisen.
Okay, also f soll surjektiv sein, ich habe also zu zeigen dass [mm] $\forall b\in [/mm] B [mm] \exists a\in [/mm] A : f(a) = b$.
Benutzen kann ich, dass [mm] $\exists a_{1},a_{2}\in [/mm] A$ mit [mm] $a_{1}\not= a_{2}$ [/mm] und [mm] $\exists! h:B\to [/mm] A $ mit [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A}$.
[/mm]
Ich habe keine Idee, wie ich genau herangehen könnte, irgendwie habe ich so wenig gegeben :-(, bzw. es hat so wenig mit dem zu tun was ich zeigen muss. Ich finde, dass ein Widerspruchsbeweis wahrscheinlich besser wäre:
Also, angenommen f wäre nicht surjektiv. Dann gäbe es [mm] $b\in [/mm] B$ mit $forall a [mm] \in [/mm] A: f(a) [mm] \not= [/mm] b$. Das Problem ist, ich darf hierauf nun auch nicht h anwenden und irgendwas tolles folgern, da ich ja nicht weiß dass h injektiv ist. Ich weiß nur, dass h surjektiv ist (folgt aus einem Satz von einem anderen Übungsblatt).
Wie kann ich herangehen?
Bitte um einen Denkanstoß.
Grüße und danke!
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 10:22 Sa 31.10.2009 | | Autor: | pelzig |
Wenn f nicht surjektiv ist und A mindestens zwei Elemente enthält, dann gibt es mehrere [mm] $h:B\to [/mm] A$ mit [mm] $h\circ f=\operatorname{id}_A$, [/mm] denn die auf den Elementen, die unter f nicht getroffen werden, kannst du $h$ völlig beliebig wählen.
Gruß, Robert
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Hallo Robert,
danke für die erneute Erhellung 
> Wenn f nicht surjektiv ist und A mindestens zwei Elemente
> enthält, dann gibt es mehrere [mm]h:B\to A[/mm] mit [mm]h\circ f=\operatorname{id}_A[/mm],
> denn die auf den Elementen, die unter f nicht getroffen
> werden, kannst du [mm]h[/mm] völlig beliebig wählen.
Reicht das denn als Beweis aus, das so hinzuschreiben? Ich habe es versucht, zu formalisieren, aber an einer Stelle hängt's noch:
Wäre f nicht surjektiv, dann gäbe es [mm] $b\in [/mm] B$ mit [mm] $\forall a\in [/mm] A: [mm] f(a)\not= [/mm] b$. Nach Voraussetzung [mm] $a_{1}, a_{2}\in [/mm] A$ existieren mit [mm] $a_{1}\not= a_{2}$. [/mm] Nach Voraussetzung existiert genau eine Abbildung h mit [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A}$. [/mm] Dann kann jedoch sowohl $h(b) = [mm] a_{1}$ [/mm] als auch $h(b) = [mm] a_{2}$ [/mm] gesetzt werden, d.h. es existieren mindestens zwei Abbildungen h mit [mm] $h\circ [/mm] f = [mm] id_{A}$, [/mm] Widerspruch zur Voraussetzung.
Darf ich das so machen? Mich irritiert, dass ich vorher noch die Voraussetzung benutzen muss, weil ich sonst ja nicht die Existenz überhaupt eines solchen h's bekomme?
Grüße,
Stefan
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:24 Sa 31.10.2009 | | Autor: | pelzig |
So wie ich es geschrieben habe, würde ich es aus einem Buch akzeptieren, aber nicht von einem Erstsemestler
Ich würde das so aufziehen: Ist [mm]f[/mm] nicht surjektiv, so gibt es ein [mm]b\in B[/mm] mit [mm] $f(a)\ne [/mm] b$ für alle [mm]a\in A[/mm]. Nun wähle ein [mm] $a\in A\setminus\{h(b)\}$ [/mm] (das geht, weil [mm]A[/mm] ja mindestens zwei Elemente hat) und setze [mm] $$\tilde{h}(x):=\begin{cases}h(x)&x\ne b\\a&\text{sonst}\end{cases}$$
[/mm]
Dann gilt [mm] $\tilde{h}\ne [/mm] h$, denn [mm] $\tilde{h}(b)=a\ne [/mm] h(b)$, und [mm] $\tilde{h}\circ f=\operatorname{id}_A$ [/mm] - Widerspruch zur Eindeutigkeit von $h$.
Gruß, Robert
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Danke Robert für die Antwort,
immer auf die armen Erstsemestler. Aber so ist es natürlich viel eleganter
Grüße,
Stefan
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