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Themenübersicht
X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.60, eingetragen 2018-12-09 14:19    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay alles klar, vielen vielen Dank für eure große Hilfe!

Viele Grüße,
X3nion


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.59, eingetragen 2018-11-07 12:53    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-07 12:28 - X3nion in Beitrag No. 58 schreibt:
Okay vielen Dank für eure Erläuterungen, welche mir einleuchten!

2018-11-04 23:15 - supermonkey in Beitrag No. 46 schreibt:

F ist surjektiv: Sei $M\in P(X)$. Zu zeigen: es existiert $f:X\to\{0,1\}$, so dass $F(f)=f^{-1}(1)=M$. Setze $f(x)=1$ für $x\in M$ und $f(x)=0$ für $x\in X\setminus M$.


Hierzu noch eine kurze Frage zum Nachweis der Surjektivität:  Wir gehen hier von eimem beliebigen $M \in P(X)$ aus und zeigen, dass es zu diesem ein f gibt mit F(f) = M, indem wir f konkret angeben. Dies genügt?


Viele Grüße,
X3nion

Ja. Surjektiv bedeutet, dass jedes Element mindestens ein Urbild hat. Also reicht es, eines anzugeben. Wenn du mal genau hinschaust, ist das nichts anderes als das, was ihr gemacht habt um die Umkehrabbildung zu konstruieren.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.58, eingetragen 2018-11-07 12:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay vielen Dank für eure Erläuterungen, welche mir einleuchten!

2018-11-04 23:15 - supermonkey in Beitrag No. 46 schreibt:

F ist surjektiv: Sei $M\in P(X)$. Zu zeigen: es existiert $f:X\to\{0,1\}$, so dass $F(f)=f^{-1}(1)=M$. Setze $f(x)=1$ für $x\in M$ und $f(x)=0$ für $x\in X\setminus M$.


Hierzu noch eine kurze Frage zum Nachweis der Surjektivität:  Wir gehen hier von eimem beliebigen $M \in P(X)$ aus und zeigen, dass es zu diesem ein f gibt mit F(f) = M, indem wir f konkret angeben. Dies genügt?


Viele Grüße,
X3nion


Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1648
Herkunft:
 Beitrag No.57, eingetragen 2018-11-06 23:04    [Diesen Beitrag zitieren]

@supermonkey Danke. Aus irgendeinem Grund ist mir diese Notation für die Faser bisher noch nicht über den Weg gelaufen. Oder ich habe einfach nicht genau genug auf die Klammern geachtet.


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.56, eingetragen 2018-11-06 22:35    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-06 22:10 - Nuramon in Beitrag No. 55 schreibt:
2018-11-06 21:58 - supermonkey in Beitrag No. 54 schreibt:
Lass dich hier mal nicht durcheinander bringen. Es ist sinnvollerweise $f^{-1}(1):=f^{-1}(\{1\})=\{x\in X |f(x)=1\}$.
In dem Thread mit der Injektivität ging es ja darum, dass das Bild eines einzelnen Elements keine Menge ist, in dem Sinne, dass der Ausdruck $f(y)=\emptyset$ nicht wohldefiniert ist, falls das evtl. Verwirrung gestiftet hat.
Es wäre vermutlich sinnvoll, das so zu definieren, aber ich denke nicht, dass das eine Standarddefinition ist, zumindest habe ich sie noch nirgends gesehen.
$f^{-1}(\{1\})$ ist auf jeden Fall (auch?) richtig.

Es ist (auch) richtig, weil die Mengen die selben sind. Das ist ganz einfach nur eine vereinfachende Schreibweise für die Faser über einem Element.

de.wikipedia.org/wiki/Urbild_(Mathematik)



Nuramon
Senior
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 1648
Herkunft:
 Beitrag No.55, eingetragen 2018-11-06 22:10    [Diesen Beitrag zitieren]
\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2018-11-06 21:58 - supermonkey in Beitrag No. 54 schreibt:
Lass dich hier mal nicht durcheinander bringen. Es ist sinnvollerweise $f^{-1}(1):=f^{-1}(\{1\})=\{x\in X |f(x)=1\}$.
In dem Thread mit der Injektivität ging es ja darum, dass das Bild eines einzelnen Elements keine Menge ist, in dem Sinne, dass der Ausdruck $f(y)=\emptyset$ nicht wohldefiniert ist, falls das evtl. Verwirrung gestiftet hat.
Es wäre vermutlich sinnvoll, das so zu definieren, aber ich denke nicht, dass das eine Standarddefinition ist, zumindest habe ich sie noch nirgends gesehen.
$f^{-1}(\{1\})$ ist auf jeden Fall (auch?) richtig.
\(\endgroup\)

supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.54, eingetragen 2018-11-06 21:58    [Diesen Beitrag zitieren]

Lass dich hier mal nicht durcheinander bringen. Es ist sinnvollerweise $f^{-1}(1):=f^{-1}(\{1\})=\{x\in X |f(x)=1\}$. Da f i.A. nicht bijektiv ist, $f^{-1}$ als Abbilung von $\{0,1\}$ nach $X$ also sowieso nicht existiert, gibt es hier eh kein Verwechslungsproblem.
In dem Thread mit der Injektivität ging es ja darum, dass das Bild eines einzelnen Elements keine Menge ist, in dem Sinne, dass der Ausdruck $f(y)=\emptyset$ nicht wohldefiniert ist, falls das evtl. Verwirrung gestiftet hat.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.53, eingetragen 2018-11-06 21:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Ahh okay Dankeschön, nun ist es klar geworden! smile

Dann noch eine kurze Nachfrage: müsste es nicht heißen $F(f) = f^{-1}(\{1\})$ anstatt $F(f) = f^{-1}(1)$?
Denn F muss ja eine Menge liefern, und somit wäre ja die Urbildabbildung die bessere Wahl, oder nicht?


Viele Grüße,
X3nion


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.52, eingetragen 2018-11-06 20:17    [Diesen Beitrag zitieren]

Wir müssen zeigen, dass $f(x)=g(x)$ für alle $x\in X$. Sei also $x\in X$.
Es kann entweder $f(x)=0$ oder $f(x)=1$ gelten. Ist $f(x)=0$, also $x \in f^{-1}(0)$, so ist wegen $f^{-1}(0)=g^{-1}(0)$ auch $g(x)=0$. Ebenso sieht man $f(x)=1 \Rightarrow g(x)=1$.

Jetzt klar?


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.51, eingetragen 2018-11-06 19:07    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-04 23:15 - supermonkey in Beitrag No. 46 schreibt:
Ich möchte hier gerne noch eine andere Möglichkeit zeigen, da das mit der Umkehrabbildung ja doch irgendwie kompliziert wird.

F ist injektiv: Ist F(f)=F(g), so ist $f^{-1}(1)=g^{-1}(1)$.
Da $X=f^{-1}(1) \cup f^{-1}(0) = g^{-1}(1) \cup g^{-1}(0)$, und zwar jeweils disjunkt, ist also auch $f^{-1}(0)=g^{-1}(0)$ und damit $f=g$.


Hier muss ich nochmal kurz nachhaken: wieso folgt aus $f^{-1}(1) = g^{-1}(1)$ und $f^{-1}(0) = g^{-1}(0)$, dass f = g?


Viele Grüße,
X3nion


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.50, eingetragen 2018-11-06 19:03    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm den Induktionsbeweis probier ich, wenn ich mal Luft von den zu lösenden Aufgaben habe biggrin aber interessanter Zusammenhang!


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.49, eingetragen 2018-11-05 14:03    [Diesen Beitrag zitieren]

Was vielleicht noch interessant ist, ist dass wir mit dieser Aufgabe zeigen, dass tatsächlich $|P(X)|=2^{|X|}$ gilt. Denn die Anzahl der Abbildungen von X nach $\{0,1\}$ ist nämlich gerade $2^{|X|}$, was man mit leicht mit einem Induktionsbeweis sieht.


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.48, eingetragen 2018-11-05 09:40    [Diesen Beitrag zitieren]

In jedem Fall schadet es nichts, das mal zur Übung zu tun =)


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.47, eingetragen 2018-11-05 09:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Guten Morgen supermonkey,

vielen Dank für deinen Beitrag, welcher ohne die etwas komplizierte Notation auskommt!

Ich müsste auch mal schauen, ob wir die Bijektivität über den Nachweis über die Identität in der Vorlesung hatten, ansonsten müsste man die Äquivalenz streng genommen formal beweisen, um die Variante von PrinzessinEinhorn verwenden zu dürfen?


Viele Grüße,
X3nion


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.46, eingetragen 2018-11-04 23:15    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich möchte hier gerne noch eine andere Möglichkeit zeigen, da das mit der Umkehrabbildung ja doch irgendwie kompliziert wird.

F ist injektiv: Ist F(f)=F(g), so ist $f^{-1}(1)=g^{-1}(1)$.
Da $X=f^{-1}(1) \cup f^{-1}(0) = g^{-1}(1) \cup g^{-1}(0)$, und zwar jeweils disjunkt, ist also auch $f^{-1}(0)=g^{-1}(0)$ und damit $f=g$.

F ist surjektiv: Sei $M\in P(X)$. Zu zeigen: es existiert $f:X\to\{0,1\}$, so dass $F(f)=f^{-1}(1)=M$. Setze $f(x)=1$ für $x\in M$ und $f(x)=0$ für $x\in X\setminus M$.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.45, eingetragen 2018-11-04 21:43    [Diesen Beitrag zitieren]

Ach Mensch vielen vielen Dank dir, du hast mir echt sehr geholfen und ich schätze deine Geduld sehr! smile
Mit mathematischen Anfängern umzugehen erfordert glaube ich echt eine Menge Geduld ^-^


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.44, eingetragen 2018-11-04 20:55    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, genau.
Also gerade $f$.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.43, eingetragen 2018-11-04 20:53    [Diesen Beitrag zitieren]

Also hätten wir dann $F^{-1}_{\{x\in X|f(x)=1\}}(x) =
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in \{x\in X|f(x)=1\} \\
0 & \text{für} x \notin \{x\in X|f(x)=1\}
\end{cases}

= \begin{cases}
1 & \text{für } f(x) = 1 \\
0 & \text{für} f(x) \neq 1 = 0
\end{cases}$ ?

Oder wie würdest du es machen?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.42, eingetragen 2018-11-04 20:39    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich bin nicht der Meinung, dass man das beweisen muss. Ich wollte nur zeigen, dass es einfach zu beweisen wäre und die Gleichheit klar ist, wenn man an die Definition der Umkehrfunktion von $F$ denkt.

2018-11-04 20:11 - X3nion in Beitrag No. 41 schreibt:

Bei $F^{-1} \circ F$ sollte f(x) bzw. $F_{M}^{-1}(x)$ ja die Identität sein

Weder noch. $f(x)$ bezeichnet ja im allgemeinen den Funktionswert von $x$. Ist also selbst nur ein Element und keine Funktion.

Nochmal zu $F^{-1}$.

Wir definieren $F^{-1}: \mathcal{P}(X)\to\operatorname{Abb}(X, Z)$ durch $F^{-1}_M(x)=\begin{cases} 1,\,\text{falls}\, x\in M\\ 0,\,\text{falls}\, x\notin M\end{cases}$

Eine alternative Schreibweise wäre etwa $F^{-1}(M)(x)$. Sie ist vielleicht auch eher anzutreffen.

Wichtig ist, dass das Argument eigentlich der Index ist. Das ist verwirrend.
Außerdem ist der "Name" der Funktion einfach $F^{-1}$. Der Index gehört nicht dazu.
Wir setzen in diese Funktion eine Menge $M$ ein und machen daraus eine Funktion indem wir alle Elemente aus $X$ durchgehen. Wenn $x$ in der Menge liegt, wird auf 1 abgebildet. Wenn nicht, dann auf Null.

Vielleicht sollte man dann lieber $F^{-1}_x(M)$ schreiben?

Wir wollen zeigen, dass $F^{-1}\circ F=\operatorname{id}$ gilt.
In $F$ werden Funktionen eingesetzt.
Sei also $f\in\operatorname{Abb}(X,Z)$.

Dann ist $F^{-1}(F(f))=F^{-1}(\{x\in X|f(x)=1\})(x)=F^{-1}_{\{x\in X|f(x)=1\}}(x)$

Am Ende müssen wir $f$ erhalten.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.41, eingetragen 2018-11-04 20:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay vielen Dank für deine Illustration der Mengeninklusion, welches sichtlich die elegantere Begründung ist! smile

Bei $F^{-1} \circ F$ sollte f(x) bzw. $F_{M}^{-1}(x)$ ja die Identität sein, denn F bildet die Funktion ja auf eine Menge $M \in P(X)$ ab und $F_{M}^{-1}$ wieder retour.


Ist dann $F_{M}^{-1}(F) =
\begin{cases}
1 & \text{für } F(f) \in M \\
0 & \text{für} F(f) \in X \backslash M
\end{cases}$ ?

Bzw. nein das kann ja nicht sein, da x ein Element ist und F(f) eine Menge.
Aber irgendwie muss ich das ja substituieren..

Zu zeigen müsste ja aber sein

$F_{M}^{-1}(F) =
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in M \\
0 & \text{für} x \in X \backslash M
\end{cases}$ ?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.40, eingetragen 2018-11-04 19:56    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, wenn dir das alles klar ist?

$\{x\in X| F^{-1}_M(x)=1\}=M$

Sei $x\in \{x\in X| F^{-1}_M(x)=1\}$. Also $F^{-1}_M(x)=1$. Also $x\in M$ nach Definition von $F^{-1}$.

Sei $x\in M$. Dann ist $F^{-1}_M(x)=1$. Also $x\in \{x\in X| F^{-1}_M(x)=1\}$.

Diese Gleichheit ist also völlig trivial (also leicht einzusehen), da sie einfach nach Definition von $F^{-1}$ gilt.

Die Schreibweise $\{x\in X|x\in M\}=M$ finde ich etwas eigenartig, aber ist ja nicht falsch.

Es hilft immer sich zu überlegen was für Elemente eine Funktion verarbeitet und worauf diese abbildet.
So kann man Fehler vermeiden.

Nun zeige $F^{-1}\circ F=\operatorname{id}$.

Was ist hier die Identität?


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.39, eingetragen 2018-11-04 19:47    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja die Notation ist wirklich ein Knackpunkt!

$F(F_{M}^{-1}) = \{x \in X: F_{M}^{-1}(x) = 1\} = \{x \in X: x \in M\}$ (wegen $f_{M}^{-1}(x) = 1$ für $x \in M)$
Und somit $\{x \in X: x \in M\}$ = M

Wäre die Begründungskette so in Ordnung?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.38, eingetragen 2018-11-04 19:43    [Diesen Beitrag zitieren]

$x$ ist leider auch keine Menge, sondern ein einzelnes Element.

Ja, die Notation ist hier eben so ein Knackpunkt.
Wie gesagt wissen wir, dass $F$ auf Mengen abbildet.
Und $F^{-1}_M(x)$ hängt ja eigentlich von $M$ ab und prüft dann die Elemente $x$.

Und $\{x\in X| F^{-1}_M(x)=1\}=M$.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.37, eingetragen 2018-11-04 19:35    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm müsste dann $x \in M \in P(X)$ als Identität herauskommen?
Wegen $F(F_{M}^{-1}(x)) = x$ ?
Die Identität gibt doch das Argument heraus mit was sie gefüttert wurde dachte ich?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.36, eingetragen 2018-11-04 19:33    [Diesen Beitrag zitieren]

Leider nicht.
$F$ bildet ja auf Elemente der Potenzmenge von $X$ ab. Also auf Mengen.
$F^{-1}_M$ ist jedoch eine Funktion.



X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.35, eingetragen 2018-11-04 19:31    [Diesen Beitrag zitieren]

Die Identität sollte $F_{M}^{-1}$ sein, richtig?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.34, eingetragen 2018-11-04 19:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Was wäre in diesem Fall denn die Identität?


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.33, eingetragen 2018-11-04 19:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm okay, dann wird der letzte Schritt noch der Beweis der inversen Bijektion sein.

Wenn ich nun deine Variante von $F(f) = \{x \in X| f(x) = 1\}$ nehme, so komme ich auf

$F(F_{M}^{-1}) = \{x \in X: F_{M}^{-1}(x) = 1\}$

Wie vereinfache ich dies nun weiter, dass die Identität herauskommt?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.32, eingetragen 2018-11-04 19:25    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, so kannst du das schreiben.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.31, eingetragen 2018-11-04 19:07    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay Moment, ich muss das erst einmal sauber notieren!

Kann ich schreiben:

Für $M \in P(X) gilt$:

$F_{M}^{-1}(x)=
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in M \\
0 & \text{für} x \in X \backslash M
\end{cases}$ ?


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.30, eingetragen 2018-11-04 18:57    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, das ist zu zeigen.
Also das die angegebenen Funktionen zueinander inverse Bijektionen sind.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.29, eingetragen 2018-11-04 18:54    [Diesen Beitrag zitieren]

Okay perfekt, das schaut ja schon mal nicht schlecht aus! :-)

Hm also müsste ich zeigen $F(F_{M}^{-1}) = F_{M}^{-1}(F) = id$?


Viele Grüße,
X3nion


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.28, eingetragen 2018-11-04 18:49    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, das ist genau richtig. Sehr gut.

Nun musst du nur noch nachrechnen, dass dies tatsächlich die Umkehrfunktion ist.

Du musst nur vielleicht eine sorgfältigere Notation wählen.
Denn $F^{-1}$ hängt von der Menge $M$ ab und von den Elementen dieser Menge.
Du kannst also schreiben $F^{-1}(M)(x)$, oder vielleicht weniger verwirrend $F^{-1}_M(x)$.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.27, eingetragen 2018-11-04 18:42    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm dann würde ich doch so etwas bekommen:


$F^{-1}(f^{-1}(1))=
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in f^{-1}(1) \\
0 & \text{für} x \in X \backslash f^{-1}(1)
\end{cases}$

Wäre das die Umkehrfunktion?
Mir fällt keine Möglichkeit ohne Fallunterscheidung ein.


Also in unserem Beispiel:

$F^{-1}(\emptyset)=
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in \emptyset \\
0 & \text{für}x \in X \backslash \emptyset
\end{cases}$,
also $f(1) = f(2) = 0$


$F^{-1}(\{1\})=
\begin{cases}
1 & \text{für } x \in \{1\} \\
0 & \text{für} x \in X \backslash \{1\} = \{2\}
\end{cases}$,
also $f(1) = 1, f(2) = 0$

usw..


Viele Grüße,
X3nion


xiao_shi_tou_
Senior
Dabei seit: 12.08.2014
Mitteilungen: 1208
Herkunft: Bonn
 Beitrag No.26, eingetragen 2018-11-04 18:04    [Diesen Beitrag zitieren]
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Hi.
Wie kann man sich eine Funktion \(X\to \{0,1\}\) anschaulich vorstellen?
Jedem Element \(x\in X\) wird genau einer von zwei verschiedenen Werten zugeordnet.

Ich stelle mir das so vor wie das einfaerben der Elemente in \(X\),
\(0\) fuer \(blau\) und \(1\) fuer rot zum Beispiel.

Angenommen du hast eine solche "Einfaerbung von \(X\)" gegeben, also eine Funktion \(X\to \{0,1\}\). Mit welcher Teilmenge \(S\subseteq X\) wuerdest du diese Funktion identifizieren?

Gruesse

\(\endgroup\)

PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
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 Beitrag No.25, eingetragen 2018-11-04 17:54    [Diesen Beitrag zitieren]

Nicht schlecht. :)

Ich hätte jetzt gesagt,

$F(f)=\{x\in X|f(x)=1\}$

Aber $F(f)=f^{-1}(1)$ geht auch.

Jetzt müssen wir zeigen, dass $F$ eine Bijektion ist.
Das geht wohl am besten indem wir eine Umkehrabbildung $F^{-1}$ angeben.
Also einer Menge eine Funktion zuordnen.
Das geht ganz ähnlich zu dem, was wir bisher getan haben.



X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.24, eingetragen 2018-11-04 17:46    [Diesen Beitrag zitieren]

Sie schaut sich die Urbildabbildung $f^{-1}$ an und „spuckt“ die Menge $f^{-1}(1)$ aus! smile


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.23, eingetragen 2018-11-04 17:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, das ist richtig.

Aber $\{1,\emptyset\}\neq\{1\}$. Für die andere Menge gilt das gleiche.
Die linke Menge hat zwei Elemente und die rechte Menge hat ein Element.
Die leere Menge ist Teilmenge jeder Menge. Sie ist aber nicht Element jeder Menge.

Und was wäre die "Regel" nach der die Funktion $F$ agiert?


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.22, eingetragen 2018-11-04 17:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Moment ich hab‘s! (Glaub^^)

Die Bijektion besteht wie folgt:

$f_{1}(1) = f_{1}(2) = 0 => f_{1}$ wird $ \emptyset$ zugeordnet.

$f_{2}(1) = f_{2}(2) = 1 => f_{1}$ wird $ \{1,2\}$ zugeordnet.

$f_{3}(1) = 1, f_{3}(2) = 0 => f_{1}$ wird $\{1, \emptyset\} = \{1\}$ zugeordnet.

$f_{4}(1) = 0, f_{4}(2) = 1 => f_{1}$ wird $ \{\emptyset, 2\} = \{2\} $ zugeordnet.


Das sollte doch die Logik dahinter sein oder?


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.21, eingetragen 2018-11-04 17:07    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm das ist echt tricky :-D

Die Funktion $f_{1}$ auf die $\{1\}$ und $f_{2}$ auf die $\{2\}$ ?

Hier stehe ich echt auf dem Schlauch


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.20, eingetragen 2018-11-04 16:50    [Diesen Beitrag zitieren]

Richtig.

Und das ist jetzt genau die Frage.
Was wäre denn kohärent zu dem, was wir bisher gemacht haben.

Wir bilden die Funktion, welche Konstant Null ist, auf die leere Menge ab.
Die Funktion, die Konstant 1 ist, wird auf die ganze Menge abgebildet.
Null bedeutet also ...
Und eins bedeutet ...

Wir haben $f_1(1)=1$ und $f_1(2)=0$.

Was sollte $F(f_1)$ nun sein?

Wie supermonkey vorgeschlagen hatte, ist es vielleicht sogar sinnvoller sich zu erst die Umkehrfunktion zu überlegen.
Daher einer Menge einer Funktion zuzuordnen.


X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.19, eingetragen 2018-11-04 16:41    [Diesen Beitrag zitieren]

$f_{3}$ wird dann auf $\{1,2\}$ abgebildet nehme ich an? ^^

Und bei $f_{1}, f_{2}$ wüsste ich nicht, was jetzt auf $\{1\}$ und auf $\{2\}$ abgebildet werden soll.


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.18, eingetragen 2018-11-04 16:36    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-04 16:28 - X3nion in Beitrag No. 17 schreibt:

Wird evtl. $f_{4}$ auf die leere Menge abgebildet, weil die Funktionswerte beider Elemente 0 ergeben?


Ja, das ist sicherlich eine sinnvolle Wahl.
Worauf sollte man dann $f_3$ abbilden?

Und wie gesagt, hier kann man erstmal nur "raten".
Es ist aber wichtig sinnvolle Wahlen zu treffen, wenn man es verallgemeinern möchte.



X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.17, eingetragen 2018-11-04 16:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Puh ich könnte jetzt echt nur raten, da mir der Zusammenhang nicht ersichtlich ist.

Wird evtl. $f_{4}$ auf die leere Menge abgebildet, weil die Funktionswerte beider Elemente 0 ergeben?


Viele Grüße,
X3nion


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.16, eingetragen 2018-11-04 16:21    [Diesen Beitrag zitieren]


Ich sehe nur, dass $f_3,f_4$ nicht injektiv sind, die anderen beiden aber schon.

Das ist richtig, hilft uns hier aber eigentlich nicht weiter.

Wir wollen ja nun eine Bijektion $F: \operatorname{Abb}(\{1,2\}, \{0,1\})\to \mathcal{P}(\{1,2\})$

angeben.
Für ein konkretes (endliches) Beispiel ist das kein Problem, weil die Mengen ja die selbe Anzahl Elemente enthalten.
Wir wollen das aber verallgemeinern, also irgendwie geschickt machen und uns etwas dabei denken.

Zu erst wollen wir uns überlegen, welche Funktion auf die leere Menge abgebildet wird.
Welche Menge sollte auf $X=\{1,2\}$ abgebildet werden?



X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 596
Herkunft:
 Beitrag No.15, eingetragen 2018-11-04 16:14    [Diesen Beitrag zitieren]

Ahh sorry, ich verwechsle die 1 und 2 mit 0 und 1, sorry biggrin
Und ich finde es toll, dass du so gefuldig bist, PrinzessinEinhorn, und auch toll von dir supermonkey, dass du dir auch im vorherigen Beitrag so viel Zeit genommen hast! smile

ich fasse zusammen:

Es ist

$f_{1}(1) = 1, f_{1}(2) = 0$

$f_{2}(1) = 0, f_{2}(2) = 1$

$f_{3}(1) = f_{3}(2) = 1$

$f_{4}(1) = f_{4}(2) = 0$


Nun welchen Tipp habt ihr?
PrinzessinEinhorn fragte mich, auf was denn $f_{3}, f_{4}$ abgebildet wird.
Da tue ich mir echt schwer, einen Zusammenhang zu erkennen.
Ich sehe nur, dass $f_{3}, f_{4}$ nicht injektiv sind, die anderen beiden aber schon.


Viele Grüße,
X3nion


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.10 begonnen.]


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.14, eingetragen 2018-11-04 14:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich kann durchaus sehr geduldig sein.
Wenn ich merke, dass nichts geht, dann rechne ich auch ausführlich vor.
Hier war es meiner Meinung nach noch nicht der Fall.
X3nion konnte mit dem Beispiel ja erstmal arbeiten.

Dann wurden hier ja auch weitere Verständnisprobleme ans Licht gebracht, dass etwa erst nur bijektive Funktionen beachtet wurden.


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.13, eingetragen 2018-11-04 14:15    [Diesen Beitrag zitieren]

Aus eigener Erfahrung weiß ich, dass wenn jemand so weit weg selbst vom Verständnis der Aufgabenstellung ist, wie es hier offensichtlich der Fall ist, es sehr hilfreich sein kann, einfach mal ein ausgeführtes Beispiel zu sehen. Klar, wenn du die Geduld hast, kannst du einen Beitrag um den anderen Versuchen, den Fragesteller die Lösung finden zu lassen. Das kann aber letzlich auch mehr verwirren, als wenn man es eben einmal gezeigt bekommt.


PrinzessinEinhorn
Senior
Dabei seit: 23.01.2017
Mitteilungen: 2434
Herkunft:
 Beitrag No.12, eingetragen 2018-11-04 14:05    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, aber das sollte ja der Fragesteller machen. ^-^

Ich nehme dir das natürlich nicht übel oder so, ich hatte nur befürchtet, dass sich hier in dem Thread dann Erklärungen doppeln. Und dann wird es für einen Fragesteller schwierig auf die Fragen der Helfer einzugehen und muss sich möglicherweise alles zweimal durchlesen. :)


supermonkey
Senior
Dabei seit: 27.10.2018
Mitteilungen: 314
Herkunft:
 Beitrag No.11, eingetragen 2018-11-04 13:56    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-04 13:03 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 8 schreibt:
@supermonkey:

Ganz nach dem Motto "viele Köche verderben den Brei", ist es für einen Fragesteller oftmals verwirrend, wenn ihm von mehreren Personen gleichzeitig geholfen wird, die dann möglicherweise andere Erklärungen, oder Ansätze verfolgen.

:)

Ich verstehe, was du allgemein sagen willst. Aber hier bin ich ja genau auf dein Beispiel eingegangen.


PrinzessinEinhorn
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 Beitrag No.10, eingetragen 2018-11-04 13:31    [Diesen Beitrag zitieren]

Ja, wenn du eben auf $\{0,1\}$ und nicht auf $\{1,2\}$ abbildest.

$f_{3}(1) = f_{3}(2) = 0$
$f_{4}(1) = f_{4}(2) = 1$


Und jetzt überlege dir mal was $F(f_3)$ sein könnte.
Und was $F(f_4)$ dann sein sollte.

Worauf werden dann $f_1$ und $f_2$ abgebildet?


X3nion
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 Beitrag No.9, eingetragen 2018-11-04 13:27    [Diesen Beitrag zitieren]

Hmm dann wäre ich aber überfragt wie $f_{3}, f_{4}$ ausschauen :-D

Ist dann $f_{3}(1) = f_{3}(2) = 1$
und $f_{4}(1) = f_{4}(2) = 2$ ?


Viele Grüße,
X3nion


PrinzessinEinhorn
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 Beitrag No.8, eingetragen 2018-11-04 13:03    [Diesen Beitrag zitieren]

@supermonkey:

Ganz nach dem Motto "viele Köche verderben den Brei", ist es für einen Fragesteller oftmals verwirrend, wenn ihm von mehreren Personen gleichzeitig geholfen wird, die dann möglicherweise andere Erklärungen, oder Ansätze verfolgen.

:)


supermonkey
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 Beitrag No.7, eingetragen 2018-11-04 13:00    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-04 12:53 - X3nion in Beitrag No. 4 schreibt:


$f_{2}(1) = 2, f_{1}(2) = 1, f_{1}(\{1,2\} = \{0,1\}$



Du bildest nach $\{0,1\}$ ab, da kann 2 kein Bild sein!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


PrinzessinEinhorn
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 Beitrag No.6, eingetragen 2018-11-04 13:00    [Diesen Beitrag zitieren]

Du machst hier den gleichen Fehler wie oben und schreibst Abbildungen von $\{1,2\}\to\{1,2\}$ hin.

Wie gesagt suchen wir aber welche von $\{1,2\}\to\{0,1\}$.

Dann ist etwa $f_1(1)=0$ und $f_1(2)=1$ und $f_2(1)=1$ und $f_2(2)=0$.
Wenn ich das mal anpasse.


Aber wie mache ich nun weiter? Wird nun bei $f_3$ die 1 auf $\{0,1\}$ abgebildet?

Dann hätte ich aber mehr als 4 Möglichkeiten, das ganze zu permutieren.

Du hast bisher nur bijektive Abbildungen hingeschrieben.
Aber es sind allgemeine Abbildungen gesucht.
Insbesondere bilden diese Abbildungen nicht auf Mengen ab.
Das macht $F$ und die wollen wir ja gerade konstruieren. :)

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


supermonkey
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 Beitrag No.5, eingetragen 2018-11-04 12:58    [Diesen Beitrag zitieren]

Du liegst falsch. Machen wir uns erstmal die Situation klar. Alexander Grothendieck hat sinngemäß einmal gesagt, dass wenn man das Problem nur gut genug versteht, kommt die Lösung wie von selbst. :)

Also versuchen wir das mal gemeinsam zu tun.

Nehmen wir $X=\{1,2\}$, so ist $P(X)=\{\emptyset,\{1\},\{2\},\{1,2\}\}$
Die Abbildungen von X nach $Z=\{0,1\}$ sind

f(1)=0, f(2)=0
g(1)=0 g(2)=1
h(1)=1 g(2)=0
i(1)=1 i(2)=1

Das heißt wir haben $4=2^2$ Abbildungen. Das ist schonmal gut, denn für endliche Mengen gilt für die Mächtigkeit von P(X), $|P(X)|=2^{|X|}$.

Jetzt sollen wir jeder dieser Abbildungen eine Teilmenge von X, also ein Element von P(X), zuordnen. Was passiert, wenn wir $f$ auf $f^{-1}(0)$ abbilden?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


X3nion
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 Beitrag No.4, eingetragen 2018-11-04 12:53    [Diesen Beitrag zitieren]


Dankeschön für deine Antwort!

$f_{1}$ wäre ja z.B. $f_{1}(1) = 1, f_{1}(2) = 2, f_{1}(\{1,2\} = \{0,1\}$

$f_{2}(1) = 2, f_{1}(2) = 1, f_{1}(\{1,2\} = \{0,1\}$

Wären die beiden Abbildungen bis hierhin korrekt?

Aber wie mache ich nun weiter? Wird nun bei $f_{3}$ die 1 auf $\{0,1\} abgebildet?

Dann hätte ich aber mehr als 4 Möglichkeiten, das ganze zu permutieren.


Viele Grüße,
X3nion


PrinzessinEinhorn
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 Beitrag No.3, eingetragen 2018-11-04 12:44    [Diesen Beitrag zitieren]

2018-11-04 12:37 - X3nion in Beitrag No. 2 schreibt:


es ist $P(X) = \{\emptyset, \{0\}, \{1\}, \{0,1\}\}$

Das ist $\mathcal{P}(\{0,1\})$.


Ich komme aber immer noch nicht so ganz mit den Abbildungen klar.

$f_{1}$ wäre ja z.B. $f_{1}(1) = 1, f_{1}(2) = 2, f_{1}(\{1,2\} = \{0,1\}$, oder liege ich falsch?

Hier schreibst du eine Abbildung $f_1: \{1,2\}\to\{1,2\}$ hin.
Aber du möchtest ja Abbildungen $\{1,2\}\to\{0,1\}$, oder allgemeiner $X\to\{0,1\}$.

Du kommst also etwas durcheinander. Aber das ist natürlich kein großer Fehler.
Ansonsten hast du ja recht.

Schreibe mal alle solche Abbildungen hin.


X3nion
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 Beitrag No.2, eingetragen 2018-11-04 12:37    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo PrinzessinEinhorn und vielen Dank für deine Antwort!

Hmm also es ist $P(X) = \{\emptyset, \{0\}, \{1\}, \{0,1\}\}$

Ich komme aber immer noch nicht so ganz mit den Abbildungen klar.

$f_{1}$ wäre ja z.B. $f_{1}(1) = 1, f_{1}(2) = 2, f_{1}(\{1,2\} = \{0,1\}$, oder liege ich falsch?

Viele Grüße,
X3nion


PrinzessinEinhorn
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 Beitrag No.1, eingetragen 2018-11-04 12:23    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

ich denke ein Beispiel hilft.

Nimm mal $X=\{1,2\}$.

Wie viele Abbildungen $f: \{1,2\}\to\{0,1\}$ gibt es und wie sehen diese aus?
Schreibe $\mathcal{P}(X)$ aus.
Nun überlege dir, welche Abbildung du sinnvollerweise auf welche Menge abbildest und warum.


X3nion
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 Themenstart: 2018-11-04 12:16    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo zusammen!

Folgende Aufgabe ist zu lösen:

Sei X eine Menge und sei $Z =\{0, 1\}$. Sei Abb(A,B) die Menge aller Abbildungen von der Menge A in die Menge B (dies ist eine Teilmenge von $P(A \times B).$) Gebe eine bijektive Abbildung $ F: Abb(X,Z) \to P(X)$ an und zeige, dass diese Abbildung tatsächlich bijektiv ist.

Nun denn, wenn ich das richtig verstehe, muss eine bijektive Abbildung F gefunden werden, welche der Menge der Abbildungen von $X \to \{0, 1\}$ die Potenzmenge von X zuordnet?

Könnt ihr mir helfen, dass ich erst einmal solch eine Abbildung finde?
Ich habe ja dann eine Abbildung von $P(X x \{0,1\}) \to P(X)$?

Wie immer wäre ich für jede Hilfe dankbar!


Viele Grüße,
X3nion


 
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