f(X\Y) = f(X)\f(Y) zeigen < Sonstiges < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Seien A,B Mengen und [mm] $f:A\to [/mm] B$ eine Abbildung. Beweisen Sie folgende Implikation [mm] $(a)\Rightarrow(b)$:
[/mm]
(a) [mm] $\forall X,Y\subset A:(X\cap [/mm] Y) = emptyset [mm] \Rightarrow [/mm] f(X) [mm] \cap [/mm] f(Y) = [mm] \emptyset$
[/mm]
(b) [mm] $\forall X,Y\subset A:f(X\textbackslash [/mm] Y) = [mm] f(X)\textbackslash [/mm] f(Y)$ |
Hallo!
Ich habe zwar mittlerweile einen Beweis gefunden (den ich hier zur kritischen Prüfung aussetze), aber finde ihn nicht besonders "toll", und wollte euch nach anderen Ansätzen fragen. Ich verwende meiner Meinung nach zu viele Mengenoperationen usw., eigentlich wollte ich es etwas "elementarer" machen mit --> Gleichheit von Mengen zu zeigen, also zu zeigen, dass linke Teilmenge der rechten ist und umgekehrt, dann hübsch ein Element der einen nehmen und zeigen dass sie auch in der anderen enthalten ist. Aber dann kann ich so schlecht die Voraussetzung benutzen.
Vielleicht fällt euch ja was ein?
Hier erstmal mein Beweis:
Bekanntermaßen gilt für beliebige Mengen X,Y: $X = [mm] (X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \cup (X\cap [/mm] Y)$ (*) und [mm] $(X\textbackslash Y)\cap (Y\textbackslash [/mm] X) = [mm] \emptyset$ [/mm] (**). (Das ist nicht direkt aus der Vorlesung bekannt, aber ich denke einsichtig, dass es gilt, oder?).
Außerdem ist nach der Aufgabe 2 (Schon bewiesen) [mm] $f(X)\cup [/mm] f(Y) = [mm] f(X\cup [/mm] Y)$. (***)
Es ist dann
$f(X) [mm] \overset{(*)}{=} f((X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \cup (X\cap [/mm] Y)) [mm] \overset{(***)}{=} f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \cup [/mm] f(X [mm] \cap [/mm] Y)$
und
$f(Y) [mm] \overset{(*)}{=} f((Y\textbackslash [/mm] X) [mm] \cup (X\cap [/mm] Y)) [mm] \overset{(***)}{=} f(Y\textbackslash [/mm] X) [mm] \cup [/mm] f(X [mm] \cap [/mm] Y)$.
Dann folgt:
[mm] $f(X)\textbackslash [/mm] f(Y) = [mm] \Big[ f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \cup [/mm] f(X [mm] \cap Y)\Big] \textbackslash \Big[f(Y\textbackslash [/mm] X) [mm] \cup [/mm] f(X [mm] \cap Y)\Big]$
[/mm]
Ich merke aber gerade, dass der Beweis hier eine (vielleicht unschließbare) Lücke haben könnte, denn jetzt folgere ich
[mm] $f(X)\textbackslash [/mm] f(Y) = [mm] f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \textbackslash f(Y\textbackslash [/mm] X)$
Aus (**) folgt nun mit der Voraussetzung (a) dass [mm] $f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \cap f(Y\textbackslash [/mm] X) = [mm] \emptyset$, [/mm] woraus ich nun
[mm] $f(X)\textbackslash [/mm] f(Y) = [mm] f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \textbackslash f(Y\textbackslash [/mm] X) = [mm] f(X\textbackslash [/mm] Y)$
folgerte.
Danke für Eure Hilfe!
Grüße,
Stefan
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> Seien A,B Mengen und [mm]f:A\to B[/mm] eine Abbildung. Beweisen Sie
> folgende Implikation [mm](a)\Rightarrow(b)[/mm]:
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> (a) [mm]\forall X,Y\subset A:(X\cap Y) = emptyset \Rightarrow f(X) \cap f(Y) = \emptyset[/mm]
>
> (b) [mm]\forall X,Y\subset A:f(X\textbackslash Y) = f(X)\textbackslash f(Y)[/mm]
>
> Hallo!
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> Ich habe zwar mittlerweile einen Beweis gefunden (den ich
> hier zur kritischen Prüfung aussetze), aber finde ihn
> nicht besonders "toll",
Hallo,
ich finde ihn auch nicht so toll, aber einen Fehler habe ich nicht entdecken können.
Ich zeige jetzt mal
Beh.: [mm] \forall X,Y\subset [/mm] A: [mm] f(X\textbackslash [/mm] Y) [mm] \subseteq f(X)\textbackslash [/mm] f(Y),
in der Weise, die Dir vorschwebte.
Bew.: Sei [mm] b\in f(X\textbackslash [/mm] Y)
==>
es gibt ein [mm] a\in X\textbackslash [/mm] Y mit f(a)=b.
Also ist [mm] b\in [/mm] f(X).
Zu zeigen: [mm] b\not\in [/mm] Y.
Angenommen [mm] b\in [/mm] f(Y).
Dann gibt es ein a' [mm] \in [/mm] Y mit f(a')=b.
Also ist [mm] \{b\}=f(\{a\})\cap f(\{a'\}).
[/mm]
Da [mm] a\in X\textslash [/mm] Y ist [mm] a\not=a', [/mm] also [mm] \{a\}\cap\{a'\}=\emptyset.
[/mm]
Mit (a) folgt [mm] \{b\}=f(\{a\})\cap f(\{a'\})=\emptyset [/mm] . Widerspruch.
Also ist [mm] b\in f(X)\textbackslash [/mm] f(Y).
Dann braucht man noch die andere Teilmengenbeziehung, die aber sehr einfach zu zeigen ist.
Gruß v. Angela
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Hallo Angela,
zunächst vielen Dank für den schönen Beweis 
Ich habe mich an der anderen Richtung versucht, bin aber noch nicht ganz zufrieden:
Zu zeigen: [mm] $f(X)\textbackslash [/mm] f(Y) [mm] \subset f(X\textbackslash [/mm] Y)$.
Sei [mm] $b\in f(X)\textbackslash [/mm] f(Y)$, d.h. [mm] $b\in [/mm] f(X)$ und [mm] $b\notin [/mm] f(Y)$. Daraus folgt: [mm] $\exists a\in [/mm] X:f(a) = b$, aber [mm] $\forall a\in [/mm] Y: [mm] f(a)\not= [/mm] b$.
Nun würde ich als nächstes [mm] $a\in X\textbackslash [/mm] Y$ folgern, woraus dann natürlich aus $f(a) = b$ entsprechend folgt dass [mm] $b\in f(X\textbackslash [/mm] Y)$.
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Wie könnte ich aber den Schluss auf [mm] $a\in X\textbackslash [/mm] Y$ noch etwas plausibler gestalten? Indem ich die beide Folgerungen "verbinde", zum Beispiel so:
[mm] $\exists a\in [/mm] X:f(a) = b$, aber [mm] $\forall a\in [/mm] Y: [mm] f(a)\not= [/mm] b$
[mm] $\gdw \exists a\in [/mm] X:f(a) = b$, und [mm] $\exists a\in A\textbackslash [/mm] Y: f(a)= b$
[mm] $\gdw \exists a\in [/mm] X [mm] \mbox{ und } a\in (A\textbackslash [/mm] Y):f(a) = b$
...
Aber das finde ich nicht besonders.
Grüße und danke für nochmalige Hilfe!
Stefan
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> Hallo Angela,
>
> zunächst vielen Dank für den schönen Beweis
>
> Ich habe mich an der anderen Richtung versucht, bin aber
> noch nicht ganz zufrieden:
>
> Zu zeigen: [mm]f(X)\textbackslash f(Y) \subset f(X\textbackslash Y)[/mm].
>
> Sei [mm]b\in f(X)\textbackslash f(Y)[/mm], d.h. [mm]b\in f(X)[/mm] und
> [mm]b\notin f(Y)[/mm]. Daraus folgt: [mm]\exists a\in X:f(a) = b[/mm], aber
> [mm]\forall a\in Y: f(a)\not= b[/mm].
>
> Nun würde ich als nächstes [mm]a\in X\textbackslash Y[/mm]
> folgern,
Hallo,
genau. Eigentlich ist das unmittelbar einsichtig - ich glaub, ich würde nur schreiben "also ist [mm] a\in [/mm] X \ Y.
Aber ich beweise es:
Angenommen, es wäre [mm] a\in [/mm] Y ==> [mm] f(a)\not=b. [/mm] Widerspruch.
> woraus dann natürlich aus [mm]f(a) = b[/mm] entsprechend
> folgt dass [mm]b\in f(X\textbackslash Y)[/mm].
Ja.
Gruß v. Angela
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Okay,
vielen Dank Angela!
Grüße,
Stefan
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