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Universität/Hochschule J bijektiv gdw genau eine Rechtsinverse existiert
Mathler Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Themenstart: 2020-10-24

Hallo lieber Matheplanet,
ich hänge nun seit einiger Zeit an folgendem Beispiel:

Sei f: A -> B eine Abbildung. Beweise:
(a) Für |A|=1 gibt es genau eine Abbildung g : B->A ; diese hat die Eigenschaft g ○ f =id_A
(b) Für |A| ≠ 1 ist die Abbildung f genau dann bijektiv, falls es genau eine Abbildung g : B-> A mit g ○ f = id_A gibt.
(c) Die Abbildung f ist genau dann bijektiv, falls es genau eine Abbildung g :B-> A mit f ○ g =id_B

Die Unterpunkte (a) und (b) habe ich bereits gelöst bei dem Unterpunkt (c) habe ich bereits die Hinrichtung, mir fehlt nur noch die Rückrichtung.

Ich weiß bereits, da f ○ g = id_B, dass f surjektiv und g injektiv sind.
Leider komme ich bei der injektivität von f nicht weiter.

Ich hätte es zudem bereits mit Fallunterscheidungen versucht, hier ist der Fall |A|=1 klar aber bei |A| ≠ 1 bin ich auch nicht weiter gekommen.

Habt ihr Tipps wie ich das Lösen kann?

Danke!
Mathias



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Triceratops Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-24

(c) $\Leftarrow$: Es fehlt noch die Injektivität von $f$. Seien dafür $x_1,x_2 \in A$ mit $f(x_1)=f(x_2)$. Wir müssen $x_1 = x_2$ zeigen. Wie geht das? Wir müssen notwendigerweise die Eindeutigkeit der Abbildung $g$ mit $f \circ g = \mathrm{id}$ ausnutzen (weil diese bisher noch nicht verwendet worden ist). Wir müssen also aus $x_1,x_2$ zwei solche Abbildungen konstruieren.

Sei $y = f(x_1)=f(x_2)$. Wir definieren $g_i : B \to A$ für $i=1,2$ durch $g_i(y)=x_i$ und $g_i(b)=g(b)$ für $b \neq y$. (Wir ändern also $g$ jeweils nur bei $y$ ab.) Dann gilt jeweils $f \circ g_i = \mathrm{id}$. Die Eindeutigkeit liefert $g_1 = g_2$ und damit $x_1 = x_2$.

Wie ich auf den Beweis gekommen bin, steht hier: article.php?sid=1805

Man kann den Beweis auch noch etwas prägnanter aufschreiben: Die Abbildungen $g : B \to A$ mit $f \circ g = \mathrm{id}_B$ sind gerade die Elemente des kartesischen Produktes

$\displaystyle \prod_{b \in B} f^{-1}(\{b\}).$

Denn $f(g(b))=b$ sagt nichts anderes als $g(b) \in f^{-1}(\{b\})$.
 
Ein kartesisches Produkt hat genau ein Element genau dann, wenn alle beteiligten Mengen genau ein Element haben; das ist gerade das Argument oben.

Hier ergibt sich also, dass $f^{-1}(\{b\})$ für alle $b \in B$ genau ein Element hat, sprich, dass $f$ bijektiv ist.



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Mathler Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-24

Ich dachte mir bereits das es in die Richtung der Konstruktion geht und das man hierzu die Eindeutigkeit von g verwenden muss wäre ja sonst nicht gegeben.

Dann werde ich mal den Artikel durchgehen.

Vielen Dank für deine Antwort!



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Mathler Junior Letzter Besuch: in der letzten Woche
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Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-26

Ich hätte noch eine Frage zu obiger Aufgabe:
Ich habe bei dem punkt (b) die Kontraposition angenommen, also: f nicht bijektiv=>∀ g: g o f≠idA oder ∃ g':g' o f=idA und g'≠g (also es gibt min. 2 solcher g)

Denn Fall das f nicht injektiv ist habe ich bereits.
Denn Fall das f nicht surjektiv ist hätte ich folgendermaßen gelöst:
∃y∈B:∀x∈A:f(x)≠y;
Sei dieses y festgehalten
Sei X⊆A,Y⊆A  mit  X∩Y=∅ (dies geht da |A|≠1)

Definiere: g:B->A : g o f:=x∈X falls f(x)=y; idA sonst

Definiere g':B->A : g' o f:=x∈Y falls f(x)=y; idA sonst

(der Fall das f(x)=y ist kann ja nicht eintreten aber die Funktionen sind verschieden)
=> g ≠ g'
aber ∀x∈A:(gof)(x)=x=(g′of)(x)

Nun stelle ich mir die Frage ob ich das g über g o f definieren darf oder eben nicht.

Lg Mathias



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