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Logik, Mengen & Beweistechnik » Relationen und Abbildungen » Umkehrfunktion bijektiver zusammengesetzter Funktionen
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Universität/Hochschule Umkehrfunktion bijektiver zusammengesetzter Funktionen
IVmath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-07-18

\(\begingroup\)
Hallo,

ich habe den mathematischen Satz unten formuliert.

1.) Sind Notation und Formulierung des Satzes korrekt?
2.) Muß man den Satz beweisen, oder ist er offensichtlich?
3.) Kann man den Satz vielleicht noch besser formulieren?

Ich möchte mit dem Satz zeigen, daß die Umkehrfunktion einer wie im Satz angegeben aus den Funktionen $f_i$ zusammengesetzten bijektiven Funktion $F$ aus lokalen Umkehrfunktionen der Funktionen $f_i$ wie im Satz angegeben zusammengesetzt werden kann.

Beachte, daß bei $f_i(f_{i-1}\ ...$ (Zusammensetzung von Funktionen) der Definitionsbereich von $f_i$ die Zielmenge von $f_{i-1}$ nicht enthalten muß, bei $f_i\circ f_{i-1}\ ...$ (Komposition von Funktionen) aber schon.

Satz:
Wenn $F$ eine bijektive Funktion ist mit $F(z)=f_{n}(f_{n-1}(...(f_{2}(f_{1}(z)))...))$, $f_{1}$, $f_{2}$, ..., $f_{n-1}$, $f_{n}$ jeweils eine Funktion, und $\Phi$ die Umkehrfunktion von $F$, dann ist $\Phi=\phi_{1}\ \circ\ \phi_{2}\ \circ\ ...\ \circ\ \phi_{n-1}\ \circ\ \phi_{n}$, worin $\phi_{i}$ die lokale Umkehrfunktion der Funktion $f_{i}$ auf der Menge $f_{i-1}(f_{i-2}(...(f_{2}(f_{1}(dom(F))))...))$ ist ($\forall i\in\mathbb{N}, 1\leq i\leq n$).

(Ich bin kein Mathematiker und kein Student.)

Vielen, vielen Dank.
\(\endgroup\)


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Nichtaristoteles
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-07-19


EDIT: Hier stand ein Gegenbeispiel zu meiner Interpretation des Satzes. Es hat sich heraus gestellt, dass der Satz anders gemeint ist als ich ihn verstanden habe.



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IVmath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-20

\(\begingroup\)
Tut mir leid, aber ich versteh's noch nicht. Deine Funktion $F\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}, x\mapsto f_1(f_2(x))$ ist doch nicht bijektiv, denn sie ist nicht injektiv - weil sie stückweise konstant ist.

Und es ist doch bekannt, daß, wenn eine Komposition bijektiv ist, die äußere Funktion surjektiv ist.

Ich habe sogar einen Beweis meines Satzes (Diesen möchte ich aber hier im Forum erst später von Euch prüfen lassen.):
Da $F$ eine Funktion ist, ist $F(z)=f_n(...(f_1(z))...)=(f_n\circ\ ...\ \circ f_1)(z)$. Und damit ist $F=\tilde{f}_n\circ\ ...\ \circ \tilde{f}_1$, worin $\tilde{f}_i$ die Einschränkung der Funktion $f_i$ auf die Menge $f_{i-1}(...(f_1(dom(F)))...)$ ist ($\forall i\in\mathbb{N}, 1\leq i\leq n$). Dann geht es weiter mit den bekannten Sätzen über bijektive Kompositionen: LinkBijektivität der tatsächlich abbildenden Glieder bijektiver Kompositionen
\(\endgroup\)


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Nichtaristoteles
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-07-21


EDIT: Hier stand eine Erläuterung zu meinem "Gegenbeispiel".



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IVmath
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-07-21

\(\begingroup\)
Tut mir leid, aber ich kann's immer noch nicht nachvollziehen. Auch $f_2(f_1(x)))$ ist doch stückweise konstant und deswegen nicht injektiv.
Solltest Du Dich vertan haben? Auch bei Einschränkung von Definitionsbereichen von $f_1$ und $f_2$ kann ich in Deinem Beispiel noch keine bijektive Funktion entdecken, für die mein Satz nicht gilt.

Kannst Du bitte genauer sagen was Du meinst, bzw. ob Du Dich geirrt hast? Ein Gegenbeispiel wäre nämlich sehr sehr wichtig für meine weitere Arbeit.
\(\endgroup\)


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Nichtaristoteles
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-07-22

\(\begingroup\)
2018-07-18 15:29 - IVmath im Themenstart schreibt:
1.) Sind Notation und Formulierung des Satzes korrekt?
2.) Muß man den Satz beweisen, oder ist er offensichtlich?
3.) Kann man den Satz vielleicht noch besser formulieren?

Zu 1.) und 3.): Ich verstehe den Sachverhalt besser, wenn er ungefähr wie folgt aufgeschrieben ist.
Zu 2.): Kommt auf die Zielgruppe an.

Definition. Es sei $f\colon A\to B$ eine beliebige Funktion.
• Wenn $A'$ eine Teilmenge von $A$ ist, dann bezeichne $f[A']$ die Menge aller $b\in B$ mit $\exists a\in A'\colon f(a)=b$.
• Wenn $f$ bijektiv ist, dann bezeichne $f^{-1}\colon B\to A$ die Umkehrfunktion von $f$.

Es seien $A_1, \dots, A_{n+1}$ Mengen. Für jedes $i=1, \dots, n$ sei $f_i$ eine Funktion von $A_i$ nach $A_{i+1}$. Angenommen, $F:=f_n\circ\dots\circ f_1$ ist bijektiv.

Wir definieren induktiv für jedes $i=1, \dots, n+1$ eine Menge $A'_i$ wie folgt:
- $A'_1 := A_1$
- Für $1<i\leq n+1$: $A'_i := f_{i-1}[A'_{i-1}]$

Für jedes $i=1, \dots, n$ sei $f'_i$ die Funktion von $A'_i$ nach $A'_{i+1}$, die $a\in A'_i$ auf $f_i(a)$ schickt.

Proposition. Für jedes $i=1, \dots, n$ ist $f'_i$ bijektiv.
Beweis: Per Induktion.
- Für $i=1$: Angenommen, $f_1$ ist nicht injektiv. Dann gibt es $x_1, y_1\in A'_1$ mit $x_1\not = y_1$ und $f'_1(x_1)=f'_1(y_1)$. Per Definition von $F$ gilt dann $F(x_1)=F(y_1)$. Dann ist $F$ nicht injektiv, was ein Widerspruch zur Annahme, dass $F$ bijektiv ist, ist. Per Definition von $f'_1$ und $A'_2$ ist $f'_1$ surjektiv.
- Für $1<i\leq n$: Angenommen, $f'_i$ ist nicht injektiv. Dann gibt es $x_i, y_i\in A'_i$ mit $x_i\not = y_i$ und $f'_i(x_i)=f'_i(y_i)$. Nach Induktionsannahme sind $f'_1, \dots, f'_{i-1}$ surjektiv, also gibt es $x_1$ und $y_1$ mit $(f'_{i-1}\circ\dots\circ f'_1)(x_1)=x_i$ und $(f'_{i-1}\circ\dots\circ f'_1)(y_1)=y_i$. Also gilt $F(x_1)=F(y_1)$, somit auch $x_1=y_1$ (nach der Injektivität von $F$) und folglich $x_i=y_i$, Widerspruch zu $x_i\not = y_i$. Surjektivität: Es sei $a_{i+1}\in A'_{i+1}$. Dann gibt es $a_i\in A'_i$ mit $f_i(a_i)=a_{i+1}$. Per Definition von $f'_i$ ist $f'_i(a_i)=f_i(a_i)$ und somit $f'_i(a_i)=a_{i+1}$. Also ist $f'_i$ surjektiv.

Satz. Die Umkehrfunktion von $F$ ist $(f'_1)^{-1}\circ\dots\circ (f'_n)^{-1}$.
Beweis: Es reicht aus, $F \circ (f'_1)^{-1}\circ\dots\circ (f'_n)^{-1} = \mathrm{id}$ zu zeigen. Es gilt $F=f'_n\circ\dots\circ f'_1$. Zu zeigen ist also $f'_n\circ\dots\circ f'_1 \circ (f'_1)^{-1}\circ\dots\circ (f'_n)^{-1} = \mathrm{id}$. Die linke Seite kürzt sich offensichtlich zu $\mathrm{id}$.

Vielleicht stecken in diesem Beitrag noch ein paar Tippfehler.
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