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Logik, Mengen & Beweistechnik » Relationen und Abbildungen » Injektivität Äquivalenz
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Universität/Hochschule J Injektivität Äquivalenz
Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-11-07


Hallo liebe Leute,


Ich komme bei einem grundlegenden Beweis mal wieder nicht weiter.
Ich soll in diesem Beweis mehrere äquivalente Aussagen zu der Injektivität einer Funktion beweisen.

Ich habe einen Ringschluss gewählt und bin mittlerweile bei der letzten Implikation angelangt.

Die grundlegenden Daten

Sei f: $X \rightarrow Y$ eine Abbildung, wobei $A,B \subset X$ Mengen, mit $A \subset B$

Vor.: Es gelte $f(A \setminus B) = f(A) \setminus f(B)$

Beh.: f ist injektiv, folglich $\forall f(a),f(b) \in Y: f(a) = f(b) \Rightarrow a = b$

Bew.: Ich habe mir das mal aufgemalt und mir ist bewusst, weshalb die Aussage plausibel ist.

Prinzipiell tritt ja ein Problem auf, wenn f nicht injektiv ist. Denn dann könnte theoretisch $f(A) \setminus f(B)$ Elemente enthalten die in $f(A \setminus B)$ nicht enthalten sind weil 2 Elemente aus X auf eines in Y abbilden.

Also die Plausibilität der Implikation ist mir klar, dennoch komme ich beim Beweis nicht weiter.

Um auf die Injektivität zu kommen, wäre es ja sinnvoll 2 Elemente aus Y bel. zu wählen um dann auf die Gleichheit der Urbilder dieser Elemente zu schließen. Aber aus welchen Mengen wähle ich diese Elemente sinnvoll, sodass ich die Injektivität zeigen kann ? Eines aus der Bildmenge von A und das andere aus der Bildmenge von B ? Aber habe ich dann diese Elemente überhaupt noch beliebig gewählt oder bringt das dann garnichts mehr. Und ich müsste doch auch annehmen, dass diese Elemente die gleichen sind damit ich auf die Definition der Injektivität schließen kann, aber ist die Gleichheit nicht schon zu einschränkend, als dass ich noch behaupten kann, dass die beiden Elemente beliebig gewählt wurden.

Ich hoffe ihr versteht das Problem das ich habe. Wenn mir jemand mit dem Ansatz helfen könnte, also wie ich die beiden Elemente wählen soll, dann käme ich vlt weiter.

Über konstruktive Kritik und Hilfe würde ich mich sehr freuen.

Liebe Grüße

Felix

PS: Wenn es dazu schon einen Beitrag gab, dann nehmt mir das bitte nicht übel und schickt mir einfach den Link unter meine Frage :)



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-11-07


2019-11-07 17:27 - Felix2403 im Themenstart schreibt:

Die grundlegenden Daten

Sei f: $X \rightarrow Y$ eine Abbildung, wobei $A,B \subset X$ Mengen, mit $A \subset B$

Vor.: Es gelte $f(A \setminus B) = f(A) \setminus f(B)$


Wenn $A\subseteq B$, dann ist $A\setminus B=\emptyset$.
Wahrscheinlich ist A und B also vertauscht.
Edit: Und es soll wahrscheinlich auch für beliebige Mengen gelten die diese Bedingungen erfüllen.
Es liest sich aber so als wären A und B bestimmte Mengen.


Beh.: f ist injektiv, folglich $\forall f(a),f(b) \in Y: f(a) = f(b) \Rightarrow a = b$

Schlage nochmal die Definition nach. Du gibst sie falsch wieder.

Eine Funktion $f:X\to Y$ heißt injektiv wenn für alle $x,y\in X$ mit $f(x)=f(y)$ gilt, dass $x=y$.

Damit beantwortet sich auch die Frage:


Aber aus welchen Mengen wähle ich diese Elemente sinnvoll

Du musst die Elemente aus $X$ wählen und darfst keine weitere Bedinung an diese Stellen, wenn du wirklich injektivität zeigen möchtest.


Kannst du die Aufgabenstellung einmal im originalen Wortlaut mitteilen?



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-07


Die Aufgabenstellung lautet:

Zeige die Implikation von (e) nach (a).

(e) Für alle $A$ und $B$ mit $A \subset B \subset X$ gilt

$f(B \setminus A) = f(B) \setminus f(A)$

(a) f ist injektiv

So das sind die Originallaute...



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-11-07


Ok.

Dann sei nun $x,x'\in X$ beliebig mit $f(x)=f(x')$.

Wir müssen zeigen, dass $x=x'$ gilt.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-07


Ja genau, das ist ja mein Problem.

Wenn ich jetzt 2 bel. Elemente in X habe, dann verstehe ich nicht wie ich meine Voraussetzung zum Beweis einsetzen kann.

Ich mein x und x' sind jetzt Element in X und damit gilt nach Definition einer Abbildung, dass $f(x),f(x') \in Y$. Jedoch muss weder gelten, dass die Bilder in A oder B liegen, den in der Voraussetzung definierten Mengen.

So weiß ich nämlich nicht, was mir die Voraussetzung bringt bzw. wie ein nächster Schritt funktioniert.



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-11-07



Jedoch muss weder gelten, dass die Bilder in A oder B liegen, den in der Voraussetzung definierten Mengen.

Das ist auch im allgemeinen nicht möglich und kann daher kein zielführender Ansatz sein.
Denn $A$ und $B$ sind Teilmengen von $X$ und nicht Teilmengen von $Y$.

Die Voraussetzung sagt uns, dass für beliebige Teilmengen $A,B$ von $X$, die die Eigenschaft haben, dass $A\subseteq B$ gilt, dass dann

$f(B\setminus A)=f(B)\setminus f(A)$.

Wichtig ist hier, dass dies für alle Teilmengen von $X$ gilt, die diese Teilmengenbeziehung erfüllt.

Für den Beweis möchten wir dies ausnutzen.
Du musst also zwei Mengen $A$ und $B$ geschickt wählen so, dass $A\subseteq B$ gilt.
Diese Mengen kannst du konkret angeben.

Mit der Eigenschaft der Bilder, also $f(B\setminus A)=f(B)\setminus f(A)$ kannst du dann den Beweis führen.


Die Frage ist nun, wie man die Mengen A und B angibt.

Dazu halten wir im Blick was wir zeigen wollen.
Wir wollen zeigen, dass $f$ injektiv ist.
Dafür haben wir nun erstmal zwei beliebige Elemente aus $X$ gewählt, die wir $x$ und $x'$ genannt haben. Diese erfüllen $f(x)=f(x')$.
Wir müssen nun zeigen, dass $x=x'$ gilt um den Beweis zu beenden.

Mit diesen Daten kannst du dir nun versuchen zu überlegen, wie man die Mengen $A$ und $B$ hinschreibt, und möglicherweise den Beweis dann selbständig führen.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Hallo und danke erstmals für deine Antwort und entschuldige, dass ich erst so spät antworte.

Ich muss aber gestehen, dass es mir immer noch nicht gelingt deine Tipps in die Tat umzusetzen.
Ich verstehe zum Beispiel nicht wie ich meine Mengen selber geschickt wählen kann...

Deswegen habe ich jetzt einfach mal einen naiven Ansatz gemacht, damit wir mal konkret meine Fehler in die vlt richtige Richtung lenken können.

Wähle $x, x' \in X$ bel, sodass $f(x) = f'(x)$ gilt.

Nun das wo ich einfach mal nach Intuition gehandelt habe:

Seien $A,B$ bel. Teilmengen von $X$, so gewählt, dass $A \subset B \subset X$ und $x \in A$ und $x' \in B$ gilt.

Seien nun $f(x) = y$ und $f(x') = y'$ so folgt $f(x) \in f(A)$ und $f(x') \in f(B)$

So und geschickt gewählt waren die Teilmengen in diesem Beispiel wohl nicht, da wir ja $f(x) = f(x')$ vorausgesetzt haben und dann $f(x)$ und $f(x')$ beide in $f(A)$ liegen würden und ja ein und dasselbe Element wären.

So wahrscheinlich habe ich hier jetzt sehr viel durcheinander gebracht und man darf das alles in der Mathematik gar nicht so machen wie ich es jetzt gemacht habe, aber vlt können wir jetzt konkret an dem wie ich es jetzt versucht habe meine Ansätze in die richtige Richtung lenken bezüglich der Themen, wie wähle ich A und B geschickt und wie muss ich sie wählen, damit meine $x,x'$ darin liegen damit ich meine Voraussetzung ausnutzen kann.

Liebe Grüße

Felix



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2019-11-09



Hallo und danke erstmals für deine Antwort und entschuldige, dass ich erst so spät antworte.

Hallo,

kein Problem. Es ist gut, wenn man sich auch mal die Zeit nimmt über seine Antwort nachzudenken, bevor man schreibt.

2019-11-09 11:14 - Felix2403 in Beitrag No. 6 schreibt:
Wähle $x, x' \in X$ bel, sodass $f(x) = f'(x)$ gilt.

Man wählt $x,x'\in X$ nicht so, dass $f(x)=f(x')$ gilt, sondern man nimmt $x,x'$ aus $X$ und macht die Voraussetzung, dass $f(x)=f(x')$ gilt.


Nun das wo ich einfach mal nach Intuition gehandelt habe:

Seien $A,B$ bel. Teilmengen von $X$, so gewählt, dass $A \subset B \subset X$ und $x \in A$ und $x' \in B$ gilt.

Das ist zu allgemein.
Wir suchen zwei ganz bestimmte Mengen.
Diese Mengen sollen uns dabei helfen zu entscheiden, dass $x=x'$ gilt.
Denn dies wollen wir ja zeigen.

Wir wollen dabei die Eigenschaft $f(B\setminus A)=f(B)\setminus f(A)$ ausnutzen.


Seien nun $f(x) = y$ und $f(x') = y'$ so folgt $f(x) \in f(A)$ und $f(x') \in f(B)$

Das ist unnötig. Und $f(x)\in f(A)$ bzw. $f(x')\in f(B)$ folgt auch nicht aus dieser Bemerkung, sondern gilt, weil $x\in A$, bzw. $x'\in B$.


meine Ansätze in die richtige Richtung lenken bezüglich der Themen, wie wähle ich A und B geschickt und wie muss ich sie wählen, damit meine x,x′ darin liegen

Nun, du sagst es doch selber.
Bedenke, dass für die Teilmengen beliebig wählen können und wir können sie ja selber bestimmen.
Wie wählt man also nun $A, B$ so, dass $A\subseteq B$ gilt und $x,x'$ irgendwie in diesen Mengen liegt?


So wahrscheinlich habe ich hier jetzt sehr viel durcheinander gebracht und man darf das alles in der Mathematik gar nicht so machen wie ich es jetzt gemacht habe

Eigentlich nicht.
Du fängst halt gerade mit der Mathematik an. Und Mathematik ist am Anfang etwas ungewöhnlich. Deshalb fällt es vielen (mich eingeschlossen) schwer am Anfang das alles richtig zu sortieren, damit man den Fokus auf das wesentliche legen kann.

Das kommt aber mit der Zeit. Wichtig ist nur, dass du am Ball bleibst.
Es ist nicht schlimm, wenn du zur Zeit solche Beweise nicht selber ohne Probleme führen kannst.
Dazu gehört Erfahrung und das kommt mit der Zeit.

Das heißt nicht, dass man jetzt mit der Einstellung 'die Zeit wird das schon regeln' angehen kann.
Du solltest schon daran arbeiten.
Ich finde es sehr lehrreich einfache Beweise zu studieren und diese versuchen selber zuführen.
Dein Skript ist dafür eine gute Fundgrube.
Arbeite die Beweise sorgfältig nach. Versuche die leichten Beweise erst einmal selber zu führen, oder dir zu überlegen was zu zeigen ist.
Wenn du dies dann selber nicht schaffst, kannst du ja in den Beweis aus der Vorlesung schauen.

Dann wirst du sehen an welcher Stelle du 'falsch' gedacht hast, oder nicht genau genug warst.
So lernst du dann.
Am nächsten Tag kannst du es dann noch mal probieren.

Es ist auch hilfreich, wenn du dir nachdem du einen Beweis geführt hast, du dir kurz skizziert was du gemacht hast.

Hier könnte das später so aussehen:

Wiederhole die Definition von injektiv.
Nun wähle geschickt Mengen um die Voraussetzung auszunutzen.
Wie wurden diese Mengen gewählt? Das war leicht, das schaffst du nochmal. :)

Und wenn du den Beweis dann nicht noch einmal führen kannst, dann kannst du dir diese Skizze ansehen und kommt vermutlich wieder darauf, ohne dass du alles haarfein aufschreiben musstest, weil du die Idee doch noch irgendwo im Hinterkopf hattest.





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xiao_shi_tou_
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2019-11-09

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Hi Felix.
Ich will noch hinzufügen, dass $f(B\setminus A)\supseteq f(B)\setminus f(A)$ immer gilt.
Deshalb spielt für den Beweis der Injektivität nur die Aussage $f(B\setminus A)\sube f(B)\setminus f(A)$ eine Rolle.
Um etwas zu erhellen, warum diese Aussage überhaupt etwas mit Injektivität zu tun hat zeige ich mal die andere Richtung:
"Injektivität" $\implies$ "$\forall A,B\colon A\sube B\colon$ $f(B\setminus A)\sube f(B)\setminus f(A)$".
Seien $A,B$ beliebig wie in der Voraussetzung.
Sei $y\in f(B\setminus A)$. Dann gibt es $x\in B\setminus A$ mit $y=f(x)$.
Dann gilt auf jeden Fall schonmal $f(x)\in f(B)$.
Doch nur weil $x\not\in A$ bedeutet das a priori nicht, dass auch $f(x)\not \in f(A)$ gelten muss, denn es könnte theoretisch ein weiteres Element $x'\in A$ geben mit $f(x)=f(x')$. Falls es so ein Element gäbe, dann hätten wir $f(x)=f(x')\in f(A)$. Da $f$ injektiv ist kann es aber so ein weiteres Element nicht geben.

Zum Beweis der Injektivität kannst du auch umgekehrt $x\not =x'$ annehmen und dann $f(x)\not= f(x')$ folgern, was mir hier einfacher erscheint. Es sollte natürlich aus $f(x)\in f(B)\setminus f(A)$ folgen $f(x)\not= f(x')$. Also sollte $f(x')\in f(A)$ sein. Desweiteren sollte $x\in B\setminus A$ gelten, damit du die Voraussetzung anwenden kannst. Siehst du jetzt wie man $A,B$ konstruieren sollte? Um $B\setminus A\not=\emptyset$ zu garantieren brauchst du ie Bedingung $x\not= x'$.


-----------------
”己所不欲,勿施于人“(Konfuzius)
PS: Falls ich plötzlich aufhöre in einem Thread zu antworten, dann kann es sein, dass ich es vergessen habe. Ihr könnt mir in diesem Fall eine Private Nachricht schicken.
\(\endgroup\)


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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Danke für dein hilfreichen Ratschläge und für die aufmunternden Worte.

Ich versuche jetzt einfach mal das Komplement der Mengen A,B in den Beweis einzubringen, habe aber das Gefühl, dass ich mich im Kreis drehe bzw nicht wirklich vorankomme.

Seien also $A,B$ Mengen, so gewählt, dass $A \subset B \subset X$ und $x, x' \in B \setminus A$ gilt.

Da $x,x' \in B \setminus A$, gilt auch $f(x), f'(x) \in f(B \setminus A)$.
Aufgrund der Voraussetzung folgt: $f(x), f(x') \in f(B) \setminus f(A)$.
Also $f(x), f(x') \in f(B) \wedge f(x), f(x') \notin f(A)$

Da $f(x) = f(x') = y$ nach Voraussetzung folgt $y \in f(B)$

Ich könnte jetzt natürlich wieder von dem $y$ auf ein $x$ mit $f(x) = y$ zurückschließen, wobei das $x \in X$ aber damit habe ich doch nichts im Bezug $x = x'$ gezeigt.

Irgendwie drehe ich mich im Kreis...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.7 begonnen.]



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2019-11-09


Du führst deine Überlegungen immer für allgemeine Mengen durch.
Es reicht aber zwei spezielle zu betrachten.

$A=\{\dotso\}$ und $B=\{\dotso\}$, sodass $A\subseteq B$.

Mit was für Elementen könntest du diese Mengen denn nun füllen.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Hmmm wenn du so frägst, ganz intuitiv:

$A = \{x\}$ und $B = \{x, x'\}$

Willst du darauf hinaus ?



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2019-11-09


Ja, genau.

Und jetzt benutze die Eigenschaft.

$f(B\setminus A)=f(B)\setminus f(A)$.

Warum gilt nun $x=x'$?

Überlege dir das mal.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Ich habe es mir so überlegt:

Seien $A,B \in X$ Mengen, so gewählt, dass $A = \{x\}$ und $B = \{x, x'\}$ gilt, wobei $x, x' \in X$ bel. Elemente, die $f(x) = f'(x)$ erfüllen.

Folglich muss gelten $x' \in (B \setminus A)$ also auch $f(x') \in f(B \setminus A)$. Nach Voraussetzung folgt $f(x') \in f(B) \setminus f(A)$, also $f(x') \in f(B) \wedge f(x') \notin f(A)$

Für $x$ gilt: $x \in A$ also auch $f(x) \in f(A)$

Da $x, x'$ jedoch so gewählt wurden, dass $f(x) = f(x')$ gilt, würde für $f(x)/f(x')$ im folgenden $y$ genannt nach den beiden Aussagen nun gelten:

$y \notin f(A) \wedge y \in f(A)$

Da dies eine stets falsche Aussage ist, müssen $x, x'$ identisch sein.

Ergibt das Sinn ?




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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2019-11-09


Grundsätzlich stimmt es schon, hat aber Schwächen in der Notation. Teilweise aber wohl Tippfehler.

Ich würde es etwa so aufschreiben.

Sei $x,x'\in X$ beliebig mit $f(x)=f(x')$

Wir setzen $A=\{x\}$ und $B=\{x,x'\}$. Dann gilt $A\subseteq B$.

Dann ist $f(\{x,x'\}\setminus\{x\})=f(\{x,x'\})\setminus f(\{x\})$

Wegen $f(x)=f(x')$ haben wir $f(\{x,x'\})=f(\{x\})$ (warum?), also $f(\{x,x'\})\setminus f(\{x\})=\emptyset$

Also $f(\{x,x'\}\setminus \{x\})=\emptyset$.

Warum ist dann $x=x'$?



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Ja aber das steht doch jetzt eigtl da oder nicht ?

Ich gehe jetzt mal von deiner letzten Aussage aus:

Du folgerst $f(\{x,x'\}\setminus\{x\}) = \emptyset$

Und ich vermute jetzt mal $f(\emptyset) = \emptyset$ (Ich hoffe damit habe ich mich jetzt nicht zu weit aus dem Fenster gelehnt)

Also $\{x,x'\}\setminus\{x\} = \emptyset$.

Es gilt $\{x\} \subseteq \{x,x'\}$, da aber das Komplement die leere Menge ist folgt Mengengleichheit. Da zwei Mengen, ja trotz Doppelaufzählung beliebiger Elemente gleich sind, muss $x = x'$ gelten.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.16, eingetragen 2019-11-09


2019-11-09 16:42 - Felix2403 in Beitrag No. 15 schreibt:
Ja aber das steht doch jetzt eigtl da oder nicht ?

Ich gehe jetzt mal von deiner letzten Aussage aus:

Du folgerst $f(\{x,x'\}\setminus\{x\}) = \emptyset$

Und ich vermute jetzt mal $f(\emptyset) = \emptyset$ (Ich hoffe damit habe ich mich jetzt nicht zu weit aus dem Fenster gelehnt)

Also $\{x,x'\}\setminus\{x\} = \emptyset$.

Dieser Schluss ist nicht vollständig. Es könnte ja (a priori) noch andere Mengen $A$ geben mit $f(A)=\emptyset$, und dann könnte $A = \{x,x'\}\setminus\{x\}$ sein.

Du kannst dir aber tatsächlich überlegen, dass $f(A)=\emptyset \implies A = \emptyset$ gilt. Es ist sehr einfach.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-09


Meinst du jetzt mit der Menge A meine definierte Menge A oder dass ich die Aussage für eine beliebige Menge beweisen sollte ?

Komme da gerade etwas durcheinander...



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.18, eingetragen 2019-11-09


Es gibt hier keine "definierte Menge $A$".

EDIT: Damit beziehe ich mich auf den Beweis von PrinzessinEinhorn aus Beitrag No. 14.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-10


Okay dann drücke ich meine Frage jetzt anders aus:

Ich soll mir überlegen, dass $f(A) = \emptyset \Rightarrow A = \emptyset$ gilt.

Meinst du mit der Menge A, die von mir so gewählte Menge $A = \{x\}$, oder meinst du eine beliebige Menge $A \in X$ für eine Abbildung $X \rightarrow Y$, die nichts mit meiner Aufgabe zu tun hat ?



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.20, eingetragen 2019-11-10


Es soll für eine beliebige Menge gezeigt werden, dass

$f(A)=\emptyset$ impliziert $A=\emptyset$



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2019-11-10


Ich würde das gerne noch einmal unter einem anderen Blickwinkel darstellen.

Schauen wir uns die Bedingung

$\forall A \subseteq B \subseteq X : ~ f(B \setminus A) = f(B) \setminus f(A)$

näher an.

Die Inklusion $f(B) \setminus f(A) \subseteq f(B \setminus A)$ gilt immer. (Denn für $y \in f(B) \setminus f(A)$, etwa $y=f(b)$ für ein $b \in B$, ist $b \notin A$, weil sonst $y \in f(A)$ wäre. Also ist $b \in B \setminus A$ und damit $y \in f(B \setminus A)$.)
 
Also reduziert sich die Bedingung zu $f(B \setminus A) \subseteq f(B) \setminus f(A)$, wobei $f(B) \setminus f(A) = f(B) \cap Y \setminus f(A)$, und $f(B \setminus A) \subseteq f(B)$ gilt sowieso. Also* ist die Inklusion äquivalent zu $f(B \setminus A) \subseteq Y \setminus f(A)$, und das ist wiederum äquivalent zu $f(B \setminus A) \cap f(A) = \emptyset$, also dass $f(B \setminus A)$ und $f(A)$ zueinander disjunkt sind.

Nun ist $B \setminus A$ zu $A$ disjunkt, und umgekehrt: jede zu $A$ disjunkte Teilmenge $C$ hat diese Form, denn es gilt ja dann $C = C \setminus A$.

Wir sehen daher: Die Bedingung ist äquivalent dazu, dass für alle Paare von disjunkten Teilmengen $A,B \subseteq X$ die Mengen $f(A),f(B) \subseteq Y$ ebenfalls disjunkt sind.
 
Das sieht der Injektivität sehr ähnlich, welche aussagt, dass für alle Paare von verschiedenen Elementen $a,b\in X$ die Elemente $f(a),f(b) \in Y$ ebenfalls verschieden sind.

Zum einen sieht man hier nun sofort, dass die Bedingung die Injektivität impliziert, indem wir sie auf die Mengen $A = \{a\}$, $B = \{b\}$ anwenden, wobei $a \neq b$. Dann sind also $A,B$ disjunkt, womit auch $f(A) = \{f(a)\}$ und $f(B) = \{f(b)\}$ disjunkt sind, d.h. es gilt $f(a) \neq f(b)$. $\checkmark$

Zum anderen sieht man aber auch recht schnell, wie die Umkehrung zu beweisen ist (die hier zwar nicht Gegenstand der Aufgabe ist, aber dennoch erwähnenswert ist, und auf die auch bereits xiao_shi_tou_ in Beitrag 8 hingewiesen hatte):

Sei $f$ injektiv und seien $A,B \subseteq X$ disjunkt. Angenommen, es gibt es ein Element $y \in f(A) \cap f(B)$. Es gibt $a \in A$ und $b \in B$ mit $y =f(a)$ bzw. $y=f(b)$. Es folgt $f(a)=f(b)$, mit der Injektivität also $a=b$, was ein Widerspruch zur Disjunktheit von $A,B$ ist. Das zeigt $f(A) \cap f(B)=\emptyset$. $\checkmark$

*Ich verwende hier die (triviale) Äquivalenz $X \subseteq Y \cap Z \iff (X \subseteq Y) \wedge (X \subseteq Z)$.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-10


Lieber Triceratops, danke für deinen Beitrag.

Das was du mir geschrieben hattest, bezüglich der Disjunktheit war bereits eine Aussage, die ich in meinem Ringschluss durch eine Implikation bewiesen habe.

Ich habe den Ringschluss gewählt und die Injektivität meiner Abbildung ist nun mal die erste Aussage, weswegen ich jetzt ungern zwischen allen Aussagen eine Äquivalenz nachweisen möchte, um letztendlich von der Injektivität auf die Aussage um die es in meinem Beitrag geht (Komplemente der Bilder usw.) zu schließen.

Aus diesem Grund und um nicht noch weiter von meinem eigtl Ziel abzuweichen, beziehe ich mich jetzt auf den Beitrag von PrinzessinEinhorn und die zu zeigende Aussage.

Sei $X \rightarrow Y$ eine Abbildung, wobei $A$ eine bel. Menge, für die gilt $A \subset X$ und $f(A) \subset Y$.

Zu zeigen ist $f(A) = \emptyset \Rightarrow A = \emptyset$

Nehme also an dass $f(A) = \emptyset$ und zeige $A = \emptyset$.

"$\supset$": klar, da leere Menge Teilmenge jeder Menge

"$\subset$" (Ich weiß eigtl dass ich nicht $A \subset \emptyset$ schreiben sollte, aber da ja am Ende des Beweises $A = \emptyset$ folgt, und $\emptyset \subset \emptyset$ gilt, mache ich das jetzt einfach mal):

Wähle ein bel. $x \in A$: $x \in A \Rightarrow f(x) \in f(A)$ (*)

Da $f(A) = \emptyset$ nach Annahme, ist die Aussage $f(x) \in f(A)$ falsch, da ja nichts Element der leeren Menge ist.

Da bei einer Implikation aus was Wahrem nichts Falsches folgen kann, muss die Voraussetzung meiner Implikation (*) $x \in A$ falsch gewesen sein und da $x$ bel. gewählt war, muss $A = \emptyset$ folgen.






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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2019-11-11


Ja, das ist richtig so. Oder kürzer: Sei $f(A)=\emptyset$. Wenn $A \neq \emptyset$, etwa $a \in A$, ist $f(a) \in f(A)$, Widerspruch zu $f(A)=\emptyset$. Also ist $A=\emptyset$.



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Felix2403
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, vom Themenstarter, eingetragen 2019-11-11


Alles klar vielen Dank,

Damit sollte mein anfängliches Problem nun bis ins Detail gelöst sein.

Als Übung schaue ich mir nochmal den Beweis aus dem anderen Blickwinkel von Triceratops an und die Beweisidee von xiao_shi_tou.

Danke ihr drei für die Hilfe !



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