Surjektivität < Abbildungen < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:20 Di 22.04.2008 | | Autor: | MarxK |
| Aufgabe | Seien f: [mm] X\to [/mm] Y, g: [mm] Y\to [/mm] Z Abbildungen und g [mm] \circ [/mm] f: [mm] X\to [/mm] Z die Komposition von f und g. Dann gilt:
Sind f ung g surjektiv, so ist auch g [mm] \circ [/mm] f surjektiv. |
Guten Abend!
Wäre bitte einer so nett, und würde meine Lösung überprüfen?:
f und g seien surjektiv. Zu zeigen, dass auch g [mm] \circ [/mm] f surjektiv ist.
Für die Surjektivität muss gefolgert werden, dass g [mm] \circ [/mm] f (x) = z [mm] \in [/mm] Z
Dazu sei x [mm] \in [/mm] X beliebig. Da f surjektiv, ist f(x)=y [mm] \in [/mm] Y.
Da nun auch g surjektiv ist, gilt: g(f(x)) = g [mm] \circ [/mm] f(x)=z [mm] \in [/mm] Z.
Danke im Voraus
MarxK
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 21:40 Di 22.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Seien f: [mm]X\to[/mm] Y, g: [mm]Y\to[/mm] Z Abbildungen und g [mm]\circ[/mm] f: [mm]X\to[/mm]
> Z die Komposition von f und g. Dann gilt:
>
> Sind f ung g surjektiv, so ist auch g [mm]\circ[/mm] f surjektiv.
> Guten Abend!
>
> Wäre bitte einer so nett, und würde meine Lösung
> überprüfen?:
>
>
> f und g seien surjektiv. Zu zeigen, dass auch g [mm]\circ[/mm] f
> surjektiv ist.
> Für die Surjektivität muss gefolgert werden, dass g [mm]\circ[/mm] f
> (x) = z [mm]\in[/mm] Z
>
> Dazu sei x [mm]\in[/mm] X beliebig. Da f surjektiv, ist f(x)=y [mm]\in[/mm]
> Y.
> Da nun auch g surjektiv ist, gilt: g(f(x)) = g [mm]\circ[/mm] f(x)=z
> [mm]\in[/mm] Z.
nein, Du beweist hier nirgends die Surjektivität. Du zeigst doch an keiner Stelle etwas mit dem Begriff der Surjektivität. Lies' bitte nochmal nach, was das heißt, das eine Abbildung surjektiv ist:
![[]](/images/popup.gif) http://de.wikipedia.org/wiki/Surjektivit%C3%A4t
Eine Funktion $h: A [mm] \to [/mm] B$ heißt surjektiv genau dann, wenn für alle $b [mm] \in [/mm] B$ ein $a [mm] \in [/mm] A$ existiert, so dass $f(a)=b$. Mit anderen Worten:
Wenn $f(A)=B$ (i.a. hat man ja nur $f(A) [mm] \subset [/mm] B$, wobei $B [mm] \setminus [/mm] f(A) [mm] \not=\emptyset$).
[/mm]
(So ist z.B. [mm] $h_1: \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $h_1(x)=3x$ [/mm] surjektiv, aber [mm] $h_2: \IR \to \IR$ [/mm] mit [mm] $h_2(x)=x^2$ [/mm] nicht, da [mm] $h_2(\IR)=[0,\infty) \not=\IR$.)
[/mm]
Zurück zu Deiner Aufgabe:
Voraussetzungen sind dort:
1.) Es ist $f: X [mm] \to [/mm] Y$ mit: [mm] $\forall [/mm] y [mm] \in [/mm] Y$ [mm] $\exists [/mm] x [mm] \in [/mm] X$, so dass $f(x)=y$
(Genau das besagt die Surjektivität von $f$.)
2.) Es ist $g: Y [mm] \to [/mm] Z$ mit: [mm] $\forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z$ [mm] $\exists [/mm] y [mm] \in [/mm] Y$, so dass $g(y)=z$
(Genau das besagt die Surjektivität von $g$.)
Deine Aufgabe nun:
Zu zeigen:
$g [mm] \circ [/mm] f: X [mm] \to [/mm] Z$ ist surjektiv.
Das heißt:
Deine Aufgabe ist es nun, zu zeigen:
Wenn 1.) und 2.) gelten, dann folgt:
[mm] $\red{\forall z \in Z}$ $\red{\exists x \in X}$, [/mm] so dass [mm] $\red{(g \circ f)(x)=z}$
[/mm]
Also irgendwie hast Du die Aufgabe missverständen. Du sollst nicht zeigen, dass $g [mm] \circ [/mm] f: X [mm] \to [/mm] Z$ eine (wohldefinierte) Abbildung ist. Sondern Du sollst zeigen, dass diese Abbildung die Eigenschaft hat, surjektiv zu sein, d.h. dass der Zielbereich $Z$ ganz vom Bild des Definitionsbereich unter $g [mm] \circ [/mm] f$ ausgeschöpft wird, also, dass $Z=(g [mm] \circ [/mm] f)(X)$.
Und dazu guck' nochmal, was ich da oben in Rot markiert habe, was Du zu zeigen hast:
Gebe Dir ein beliebiges, aber festes $z [mm] \in [/mm] Z$ vor und folgere mit 1.) und 2.), dass dann auch ein $x [mm] \in [/mm] X$ mit $(g [mm] \circ [/mm] f)(x)=g(f(x))=z$ existiert.
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:58 Di 22.04.2008 | | Autor: | MarxK |
Ah, Danke sehr!
Da die Surjektivität doch besagt, dass jedes Bild mind. 1 Urbild hat, könnte man doch bei der obigen Aufgabe auch zeigen:
[mm] f^{-1}(g^{-1}(z))=f^{-1} \circ g^{-1}(z)=x \in [/mm] X
Oder nicht?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:46 Di 22.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Ah, Danke sehr!
>
> Da die Surjektivität doch besagt, dass jedes Bild mind. 1
> Urbild hat, könnte man doch bei der obigen Aufgabe auch
> zeigen:
>
> [mm]f^{-1}(g^{-1}(z))=f^{-1} \circ g^{-1}(z)=x \in[/mm] X
>
> Oder nicht?
nein, denn $g [mm] \circ [/mm] f: X [mm] \to [/mm] Z$ muss hier nicht notwendig auch injektiv sein, d.h. die Umkehrabbildung $(g [mm] \circ f)^{-1}: [/mm] Z [mm] \to [/mm] X$ wird i.a. gar nicht existieren.
Beispiel:
$f: [mm] \IR \to [0,\infty)$ [/mm] mit [mm] $f(x)=x^2$ [/mm] und $g: [mm] [0,\infty) \to (-\infty,0]$ [/mm] mit $g(x)=-x$ sind beides surjektive Funktionen.
Es gilt aber:
$g [mm] \circ [/mm] f: [mm] \IR \to (-\infty,0]$ [/mm] ist zwar surjektiv, aber nicht injektiv, da z.B. $(g [mm] \circ f)(-1)=g(f(-1))=g((-1)^2)=g(1)=-1=g(1^2)=g(f(1))=(g \circ [/mm] f)(1)$.
Daher existiert $(g [mm] \circ f)^{-1}$ [/mm] gar nicht (die Gleichung $(g [mm] \circ f)^{-1}=f^{-1} \circ g^{-1}$ [/mm] gilt so nur, wenn $g [mm] \circ [/mm] f$ vorher als bijektiv erkannt wurde!).
Was Du machen könntest, wäre folgendes:
Zeige: Für jedes $z [mm] \in [/mm] Z$ gilt:
[mm] $(\*)$ $f^{-1} (g^{-1}(\{z\})) \not=\emptyset$
[/mm]
(Um $g [mm] \circ [/mm] f$ als bijektiv zu erkennen, müsste man zeigen, dass für jedes $z [mm] \in [/mm] Z$ gilt, dass [mm] $f^{-1} (g^{-1}(\{z\}))$ [/mm] einelementig ist.)
Aber warum machst Du Dir das so schwer?
Ich schreibe Dir das jetzt einfach mal hin:
Sei [mm] $z_0 \in [/mm] Z$:
Wegen 2.) gibt es (mindestens) ein $y [mm] \in [/mm] Y$ mit [mm] $g(y)=z_0$. [/mm] Wir wählen ein solches und bezeichnen es mit [mm] $y_0$. [/mm] Wegen [mm] $y_0 \in [/mm] Y$ gibt es nach 1.) (mindestens) ein $x [mm] \in [/mm] X$ mit [mm] $f(x)=y_0$. [/mm] Wir wählen ein solches und bezeichnen das gewählte mit [mm] $x_0$.
[/mm]
Es folgt für unser [mm] $x_0 \in [/mm] X$:
$(g [mm] \circ f)(x_0)=g(f(x_0))=g(y_0)=z_0$
[/mm]
Weil [mm] $z_0 \in [/mm] Z$ beliebig war, folgt die Surjektivität von $g [mm] \circ [/mm] f$.
Wenn Du das mit [mm] $(\*)$ [/mm] machen willst:
Dort bräuchtest Du:
1.) $f: X [mm] \to [/mm] Y$ surjektiv [mm] $\gdw$ $\forall [/mm] y [mm] \in [/mm] Y$: [mm] $f^{-1}(\{y\}) \not=\emptyset$
[/mm]
2.) $g: Y [mm] \to [/mm] Z$ surjektiv [mm] $\gdw$ $\forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z$: [mm] $g^{-1}(\{z\}) \not=\emptyset$
[/mm]
Zu zeigen ist dann (wegen $g [mm] \circ [/mm] f: X [mm] \to [/mm] Z$ surjektiv [mm] $\gdw$ $\forall [/mm] z [mm] \in [/mm] Z$: $(g [mm] \circ f)^{-1}(\{z\}) \not=\emptyset$):
[/mm]
Mit 1.) und 2.) folgt:
Für jedes $z [mm] \in [/mm] Z$ ist $(g [mm] \circ f)^{-1}(\{z\}) \not= \emptyset$
[/mm]
Hier darfst Du natürlich 1.) und 2.) benutzen so wie die Mengengleichung
$(g [mm] \circ f)^{-1}(\{z\})=f^{-1}(g^{-1}(\{z\}))$.
[/mm]
(Beachte bitte, dass das etwas vollkommen anderes ist wie die Gleichung für die inverse Abbildung, die Du oben geschrieben hast. Für Urbildmengen kann ich diese Gleichung hinschreiben, für die Umkehrabbildung nur, wenn die Abbildung $g [mm] \circ [/mm] f$ bijektiv ist.)
Gruß,
Marcel
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 20:44 Mi 23.04.2008 | | Autor: | MarxK |
Nochmals vielen Dank! :)
Eine Kleinigkeit noch, wenns keine Umstände macht:
Ich hab jetzt "g [mm] \circ [/mm] f injektiv" gegeben. Daraus soll ich die Injektivität von f folgern.
"g [mm] \circ [/mm] f injektiv" bedeutet ja, dass für g [mm] \circ f(x_1) [/mm] = g [mm] \circ f(x_2) [/mm] folgt: [mm] x_1 [/mm] = [mm] x_2, x_1,x_2 \in [/mm] X
Und dies ist doch stets der Fall, wenn f injektiv ist. Was soll ich da denn überhaupt noch zeigen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:17 Do 24.04.2008 | | Autor: | Marcel |
Hallo,
> Nochmals vielen Dank! :)
>
> Eine Kleinigkeit noch, wenns keine Umstände macht:
>
> Ich hab jetzt "g [mm]\circ[/mm] f injektiv" gegeben. Daraus soll ich
> die Injektivität von f folgern.
>
> "g [mm]\circ[/mm] f injektiv" bedeutet ja, dass für g [mm]\circ f(x_1)[/mm] =
> g [mm]\circ f(x_2)[/mm] folgt: [mm]x_1[/mm] = [mm]x_2, x_1,x_2 \in[/mm] X
>
> Und dies ist doch stets der Fall, wenn f injektiv ist.
irgendwas schmeißt Du hier durcheinander oder der Beweis ist Dir "zu" klar, weil er wirklich im Prinzip ein Einzeiler ist (also noch kürzer als der obige mit der Surjektivität).
Schauen wir uns das mal an:
Voraussetzung:
$g [mm] \circ [/mm] f$ ist injektiv, d.h. für [mm] $x_1,x_2 \in [/mm] X$ folgt aus $(g [mm] \circ f)(x_1)=(g \circ f)(x_2)$ [/mm] stets [mm] $x_1=x_2$.
[/mm]
Zu zeigen ist nun, dass auch $f$ dann injektiv ist, d.h, dass für [mm] $x_1, x_2 \in [/mm] X$ gilt:
Aus [mm] $f(x_1)=f(x_2)$ [/mm] folgt stets [mm] $x_1=x_2$.
[/mm]
Der Beweis dazu ist allerdings wirklich banal (und wenn ich Dir den Hinweis gebe, was Du machen sollst, steht das dann genauso schnell da, wie wenn ich es selbst schreibe):
Seien nun [mm] $x_1, x_2 \in [/mm] X$ mit [mm] $f(x_1)=f(x_2)$. [/mm]
(Erinnerung: Wir haben zu zeigen: Dann gilt [mm] $x_1=x_2$ [/mm] (mit der oben stehenden Voraussetzung).)
Nun gilt:
[mm] $f(x_1)=f(x_2) \Rightarrow g(f(x_1))=g(f(x_2))$.
[/mm]
Jetzt denkst Du nochmal drüber nach, dass per Definitionem gilt:
$x [mm] \in [/mm] X [mm] \Rightarrow [/mm] (g [mm] \circ [/mm] f)(x)=g(f(x))$.
Wende das auf beide Seiten der oben gefolgerten Gleichung
[mm] $(\star)$ $g(f(x_1))=g(f(x_2))$ [/mm]
an und guck' dann in die Voraussetzung, wieso damit dann [mm] $x_1=x_2$ [/mm] folgt.
Gruß,
Marcel
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