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Typische_Surjektivitäts-_und_Injektivitätssätze
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Typische Surjektivitäts- und Injektivitätssätze

Surjektivität


Satz S1 $ f: X \to Y $ ist genau dann surjektiv, wenn für beliebige Mengen Z und beliebige Abbildungen $ g_1,g_2 : Y \to Z $ aus $ g_1\circ f=g_2\circ f $ die Beziehung $ g_1=g_2 $ folgt.

siehe auch diese Diskussionen im [link]MatheRaum: [link]Diskussion


Satz S2 Seien $ F: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ Abbildungen.
Zeigen Sie, dass $ g\circ f $ surjektiv ist, wenn $ f: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ surjektiv sind.
("Die Komposition surjektiver Abbildungen ist surjektiv.")

siehe auch diese Diskussionen im [link]MatheRaum: [link]Diskussion


Injektivität


Satz I1 $ g: Y \to Z $ ist genau dann injektiv, wenn für beliebige Abbildungen $ f_1,f_2: X \to Y $ aus $ g\circ f_1=g\circ f_2 $ die Beziehung $ f_1=f_2 $ folgt.

siehe auch diese Diskussionen im [link]MatheRaum: [link]Diskussion


Satz I2 Seien $ F: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ Abbildungen.
Zeigen Sie, dass $ g\circ f $ injektiv ist, wenn $ f: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ injektiv sind.
("Die Komposition injektiver Abbildungen ist injektiv.")

siehe auch diese Diskussionen im [link]MatheRaum: [link]Diskussion


Bijektivität


Satz B2 Seien $ F: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ Abbildungen.
Zeigen Sie, dass $ g\circ f $ bijektiv ist, wenn $ f: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ bijektiv sind.
Falls $ f: X\to Y $ und $ g: Y\to Z $ bijektiv sind, zeigen Sie zudem, dass gilt $ (g\circ f )^{-1}=f^{-1}\circ g^{-1} $.
("Die Komposition bijektiver Abbildungen ist bijektiv.")

siehe auch diese Diskussionen im [link]MatheRaum: [link]Diskussion


Beweise

Beweis von Satz S1 ([link]Marc O. Sandlus)
"$ \Rightarrow $"
Sei $ f: X \to Y $ surjektiv und es seien $ g_{1},g_{2} : Y \to Z $ zwei beliebige Abbildungen mit $ g_1\circ f=g_2\circ f $.
Zu zeigen ist nun, dass $ g_1=g_2 $ folgt.
Indirekter Beweis: Angenommen, $ g_1\not=g_2 $. Dann gibt es ein $ y\in Y $ mit $ g_1(y)\not=g_2(y) $.
Wegen der Surjektivität von f gibt es zu y ein $ x\in X $ mit f(x)=y. Für dieses x gilt nun nach Voraussetzung $ g_1(f(x))=g_2(f(x)) $, also auch $ g_1(y)=g_2(y) $. Widerspruch!

"$ \Leftarrow $"
Sei $ f: X \to Y $ und es folge für beliebige Abbildungen $ g_1,g_2 : Y \mapsto Z $ aus $ g_1\circ f=g_2\circ f $ die Beziehung $ g_1=g_2 $.
Zu zeigen ist, dass f surjektiv ist.
Indirekter Beweis: Sei $ y_0\in Y $. Angenommen, f wäre nicht surjektiv. Dann existiert kein $ x_0\in X $ mit $ f(x_0)=y_0 $.
Definiere nun $ Z:=\{1,2\} $ und zwei Abbildungen $ g_1,g_2:Y\to Z $ $ g_1(y_0):=1 $, $ g_2(y_0):=2 $ und $ g_1(y)=g_2(y) $ für alle $ y\in Y\setminus\{y_0\} $ (die beiden Abbildungen stimmen also bis auf die Stelle $ y_0 $ überein.)
Damit gilt $ g_1(f(x))=g_2(f(x)) $ für alle $ x\in X $ (da der Wert $ y_0 $ ja nicht von f angenommen wird), und nach Voraussetzung folgt nun $ g_1=g_2 $. Widerspruch (zur Konstruktion von $ g_1,g_2 $).

Beweis von Satz I2 ([link]Stefan Hartmann)
Es seien also $ f:X \to Y $ und $ g:Y \to Z $ zwei injektive Abbildungen. Zu zeigen ist, dass dann auch $ g \circ f $ injektiv ist.

Dazu seien $ x_1,\, x_2 \in X $ gewählt mit
(*) $ (g \circ f)(x_1) = (g \circ f)(x_2) $.
Zu zeigen ist:
$ x_1 = x_2 $.

Die Gleichung (*) bedeutet aber gerade:
$ g(f(x_1)) = g(f(x_2)) $.

Da g injektiv ist, folgt daraus:
$ f(x_1) = f(x_2) $.

Da aber auch $ $f $ injektiv ist, ergibt sich
$ x_1 = x_2 $,

was zu zeigen war.

Beweis von Satz S2 ([link]Stefan Hartmann)

Es seien also $ f:X \to Y $ und $ g:Y \to Z $ zwei surjektive Abbildungen. Zu zeigen ist, dass dann auch $ g \circ f $ surjektiv ist.

Dazu seien $ z \in Z $ beliebig gewählt. Zu zeigen ist: Es gibt eine $ x \in X $ mit

$ (g \circ f)(x) = z $.

Da g surjektiv ist, gibt es aber ein $ y \in Y $ mit
g(y)=z.

Da f surjektiv ist, gibt es weiterhin ein $ x \in X $ mit
f(x)=y.

Ingesamt gibt es also ein $ x \in X $ mit
$ (g \circ f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z $,

was zu zeigen war.

Beweis von Satz B2 ([link]Stefan Hartmann)

Sind nun $ f: X \to Y $ und $ g:Y \to Z $ beide bijektiv, dann ist nach den Sätzen I2 und S2 auch $ g \circ f $ bijektiv.

Weiterhin gilt:

$ (g \circ f) \circ (f^{-1} \circ g^{-1}) $
$ = g \circ ( f \circ (f^{-1} \circ g^{-1})) $
$ = g \circ ((f \circ f^{-1}) \circ g^{-1}) $
$ = g \circ (id_Y \circ g^{-1}) $
$ = g \circ g^{-1} $
$ = id_Z $,

woraus die Behauptung
$ (g \circ f)^{-1} = f^{-1} \circ g^{-1} $
folgt.

Erstellt: Di 09.11.2004 von Marc
Letzte Änderung: Mi 09.03.2011 um 13:31 von Fuechsl
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