Injektiv, Surjektiv (Funktion) < Logik < Logik+Mengenlehre < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:11 Di 15.04.2014 | | Autor: | YuSul |
| Aufgabe | Seien [mm] $f:A\to [/mm] B$ und [mm] $g:B\to [/mm] C$ Funktionen
Zeige:
1. Wenn f nicht injektiv ist, dann ist auch [mm] $g\circ [/mm] f$ nicht injektiv.
2. Wenn g nicht surjektiv ist, dann ist auch [mm] $g\circ [/mm] f$ nicht surjektiv. |
Hi,
ich hänge gerade ein wenig bei diesen beiden Aussagen.
Ich habe sie nun so "gelöst".
1.
Sei $a, [mm] a'\in [/mm] A$ beliebig, dann ist f(a)=f(a')=b für [mm] $a\neq [/mm] a'$
[mm] $g\circ f(a)=g(f(a))=g(f(a'))=g\circ [/mm] f(a')$
Also [mm] $g\circ f(a)=g\circ [/mm] f(a')$
Da [mm] $a\neq [/mm] a'$ gilt ist [mm] $g\circ [/mm] f$ nicht injektiv.
2.
Sei [mm] $b\in [/mm] B$ beliebig, dann gilt $g(b)=c$ nicht für alle [mm] $b\in [/mm] B$ und [mm] $c\in [/mm] C$.
Sei außerdem $f(a)=b$
[mm] $g\circ [/mm] f(a)=g(f(a))=g(b)$
Da g nicht surjektiv ist, gilt nicht notwendigerweise $g(b)=c$
Mein Problem ist ein wenig, dass ich jeweils nur Informationen von einer Abbildung habe. So könnte bei 1. g(f(a)) ja gar kein Bild haben und bei 2. muss ja auch nicht unbedingt f(a)=b gelten.
Das habe ich zwar bei 2. einfach angenommen, aber ist das Sinn der Aufgabe?
Na ja, wenn [mm] $f(a)\neq [/mm] b$ ist, dann kann man die Aufgabe ja eh vergessen. Dann kann es ja nicht surjektiv werden.
Vielen Dank im voraus.
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> Seien [mm]f:A\to B[/mm] und [mm]g:B\to C[/mm] Funktionen
>
> Zeige:
>
> 1. Wenn f nicht injektiv ist, dann ist auch [mm]g\circ f[/mm] nicht
> injektiv.
>
> 2. Wenn g nicht surjektiv ist, dann ist auch [mm]g\circ f[/mm] nicht
> surjektiv.
> Hi,
>
> ich hänge gerade ein wenig bei diesen beiden Aussagen.
> Ich habe sie nun so "gelöst".
>
> 1.
>
> Sei [mm]a, a'\in A[/mm] beliebig, dann ist f(a)=f(a')=b für [mm]a\neq a'[/mm]
Das stimmt nicht! Richtig ist, aber dass du überhaupt zwei solche Elemente finden kannst, un das genügt auch völlig. Und der Rest ist dann richtig.
> [mm]g\circ f(a)=g(f(a))=g(f(a'))=g\circ f(a')[/mm]
>
> Also [mm]g\circ f(a)=g\circ f(a')[/mm]
> Da [mm]a\neq a'[/mm] gilt ist [mm]g\circ f[/mm]
> nicht injektiv.
>
> 2.
>
> Sei [mm]b\in B[/mm] beliebig, dann gilt [mm]g(b)=c[/mm] nicht für alle [mm]b\in B[/mm]
> und [mm]c\in C[/mm].
Weißt du selbst, was du hier Ausrücken möchtest? Ich nämlich nicht. $g$ nicht surjektiv heißt: Es gibt ein [mm] $c\in [/mm] C$, das nicht im Bild von $g$ liegt. Für alle [mm] $b\in [/mm] B$ gilt also [mm] $g(b)\not=c$.
[/mm]
Zeigen musst du nun, das auch [mm] $g\circ [/mm] f$ dies erfüllt, also: Für alle [mm] $a\in [/mm] A$ gilt [mm] $g(f(a))\not=c$.
[/mm]
> Sei außerdem [mm]f(a)=b[/mm]
>
> [mm]g\circ f(a)=g(f(a))=g(b)[/mm]
>
> Da g nicht surjektiv ist, gilt nicht notwendigerweise
> [mm]g(b)=c[/mm]
>
> Mein Problem ist ein wenig, dass ich jeweils nur
> Informationen von einer Abbildung habe. So könnte bei 1.
> g(f(a)) ja gar kein Bild haben und bei 2. muss ja auch
> nicht unbedingt f(a)=b gelten.
> Das habe ich zwar bei 2. einfach angenommen, aber ist das
> Sinn der Aufgabe?
> Na ja, wenn [mm]f(a)\neq b[/mm] ist, dann kann man die Aufgabe ja eh
> vergessen. Dann kann es ja nicht surjektiv werden.
>
> Vielen Dank im voraus.
>
>
Liebe Grüße,
UniversellesObjekt
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:23 Di 15.04.2014 | | Autor: | YuSul |
Kann ich 1. so stehen lassen und muss nur die Zeile
f(a)=f(a')=b modifizieren?
zu 2)
>Es
>gibt ein [mm]c\in C[/mm], das nicht im Bild von [mm]g[/mm] liegt. Für alle
> [mm]b\in B[/mm] gilt also [mm]g(b)\not=c[/mm].
>
> Zeigen musst du nun, das auch [mm]g\circ f[/mm] dies erfüllt, also:
> Für alle [mm]a\in A[/mm] gilt [mm]g(f(a))\not=c[/mm].
Dann ist doch eigentlich gar nichts zu zeigen. Wenn [mm] $g(b)\neq [/mm] c$ gilt, dann gilt auch [mm] $g(f(a))\neq [/mm] c$
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:52 Di 15.04.2014 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Kann ich 1. so stehen lassen und muss nur die Zeile
>
> f(a)=f(a')=b modifizieren?
nein, die letzte Gleichheit ist ja auch okay. Und so falsch war das nicht,
Du machst nur folgenden Fehler:
Du sagst, dass immer, wenn Du $a, a' [mm] \in [/mm] A$ hernimmst, schon folgt, dass
[mm] $f(a)=f(a')\,$
[/mm]
gilt. Und das ist eben falsch. Nimm' mal die nicht injektive Funktion
$f [mm] \colon \IR \to \IR$
[/mm]
mit [mm] $f(x)=x^2\,.$ [/mm] Für [mm] $a:=0\,$ [/mm] und ansonsten beliebiges $a' [mm] \not=0$ [/mm] gilt hier doch
sogar immer
$f(a') > [mm] 0=f(a)=f(0)\,,$ [/mm]
und damit
$f(a') [mm] \not=f(a)\,.$
[/mm]
Du sollst also anstatt:
"Seien $a,a' [mm] \in [/mm] A$ BELIEBIG..."
bspw. schreiben:
"Weil [mm] $f\,$ [/mm] NICHT injektiv ist, gibt es zwei Stellen $a,a' [mm] \in [/mm] A,$ so dass [mm] $f(a)=f(a')\,$ [/mm] gilt,
obwohl $a [mm] \not=a'$ [/mm] ist."
Und dann schreibst Du das entsprechend zu Ende. Beachte:
Per Definitionem ist
$g [mm] \circ [/mm] f [mm] \colon [/mm] A [mm] \to [/mm] C$
genau dann NICHT injektiv, wenn es zwei Stellen $a,a' [mm] \in [/mm] A$ mit $(g [mm] \circ [/mm] f)(a)=(g [mm] \circ [/mm] f)(a')$ so
gibt, dass zudem $a [mm] \not=a'$ [/mm] ist.
("Obiges [mm] $f(x)=x^2$" [/mm] ist also bspw. nicht injektiv, weil [mm] $-2,\;2$ [/mm] zum Definitionsbereich
gehören mit $f(2)=f(-2)$ [mm] ($=4\,$), [/mm] aber $2 [mm] \not=-2$ [/mm] gilt.
Betrachte ich allerdings
$f [mm] \colon [0,\infty) \to \IR$ [/mm] mit [mm] $f(x)=x^2\,,$
[/mm]
dann ist letzteres durchaus injektiv...)
> zu 2)
>
> >Es
> >gibt ein [mm]c\in C[/mm], das nicht im Bild von [mm]g[/mm] liegt. Für alle
> > [mm]b\in B[/mm] gilt also [mm]g(b)\not=c[/mm].
> >
> > Zeigen musst du nun, das auch [mm]g\circ f[/mm] dies erfüllt, also:
> > Für alle [mm]a\in A[/mm] gilt [mm]g(f(a))\not=c[/mm].
>
> Dann ist doch eigentlich gar nichts zu zeigen. Wenn
> [mm]g(b)\neq c[/mm] gilt, dann gilt auch [mm]g(f(a))\neq c[/mm]
Der Gedanke ist richtig, dass das eigentlich eine Trivialität ist. Du drückst
das auch einigermaßen okay aus, ich würde Dir das durchaus so durchgehen
lassen.
Nichtsdestotrotz biete ich Dir mal eine *saubere Formulierung* an:
Weil $g [mm] \colon [/mm] B [mm] \to [/mm] C$ NICHT surjektiv ist, gibt es ein $c [mm] \in [/mm] C$ mit
[mm] ($\*$) $\forall [/mm] b [mm] \in [/mm] B:$ $g(b) [mm] \not=c\,.$
[/mm]
Angenommen, $g [mm] \circ [/mm] f [mm] \colon [/mm] A [mm] \to [/mm] C$ wäre nun doch surjektiv. Dann gibt es
insbesondere ein [mm] $a_0 \in [/mm] A$ mit
$(g [mm] \circ f)(a_0)=c\,.$
[/mm]
Per Definitionem von $g [mm] \circ [/mm] f$ folgt also
[mm] $g(\;f(a_0)\;)=c\,.$
[/mm]
Wegen $f [mm] \colon [/mm] A [mm] \to [/mm] B$ ist
[mm] $f(a_0)=:b_0 \red{\;\in B}\,.$
[/mm]
(Die wichtige Aussage ist rotmarkiert.)
Dann ist also [mm] $b_0 \in [/mm] B$ mit
[mm] $g(b_0)=c\,.$
[/mm]
Dies widerspricht [mm] ($\*$).
[/mm]
P.S. Alternativ könntest Du das auch mengentheoretisch so schreiben:
Wegen $g [mm] \colon [/mm] B [mm] \to [/mm] C$ NICHT surjektiv:
[mm] $\exists$ [/mm] $c [mm] \in [/mm] C$: [mm] $\forall$ [/mm] $b [mm] \in [/mm] B$ gilt $g(b) [mm] \not=c\,.$
[/mm]
[mm] $\Longrightarrow$ [/mm]
(I) $c [mm] \notin g(B)\,.$
[/mm]
Wegen
$f [mm] \colon [/mm] A [mm] \to [/mm] B$
folgt
$f(A) [mm] \subseteq B\,,$ [/mm] und mitunter wegen (I) somit
$c [mm] \notin [/mm] g(f(A))=(g [mm] \circ f)(A)\,.$
[/mm]
[Beachte hierbei: $f(A) [mm] \subseteq [/mm] B$ [mm] $\Longrightarrow$ $g(\;f(A)\;) \subseteq g(B)\,.$]
[/mm]
Also
[mm] $\forall$ [/mm] $a [mm] \in [/mm] A$: $(g [mm] \circ [/mm] f)(a) [mm] \not=c$ [/mm] (wobei $c [mm] \in [/mm] C$).
Folglich ist $g [mm] \circ [/mm] f$ NICHT surjektiv.
Gruß,
Marcel
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