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Universität/Hochschule J Integritätsbereich und Abbildungen
X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-09-30


Guten Abend zusammen!

Ich komme bei folgender Aufgabe nicht weiter:


Sei R ein Integritätsbereich.
Zu beweisen ist:

1. Für alle $a \in R, a \neq 0$ ist die Abbildung $f_a: R \to R, f_a(x) = ax$ für alle $x \in R$ injektiv.

2. Wenn R nur endlich viele Elemente enthält, dann ist R ein Körper.
Hinweis: Im zweiten Teil der Aufgabe ist 1. hilfreich. Zeige hierfür, dass im Fall, dass R nur endlich viele Elemente enthält, die Abbildung $f_a, a \neq 0$, auch surjektiv ist.


- - - - - - - - - - - - - - -

1. Sei R ein Integritätsbereich. Sei $a \in R$ mit $a \neq 0$. Seien $x,y \in R$ beliebig mit $f(x) = f(y)$, also $ax = ay$. Dies bedeutet $ax - ay = 0$ bzw. $a(x-y) = 0$. Da R ein Integritätsbereich ist, folgt daraus $x-y = 0$, mithin $x = y$ und somit die Injektivität von $f_a$.

Frage 1) Stimmen die Gedankengänge bei 1.?


2. Sei R endlich und sei $y \in R$ beliebig.

Frage 2) Wie kann ich nun zeigen, dass $f_a$ surjektiv ist?
Und was hilft 1. und die Tatsache, dass im endlichen Fall $f_a$ surjektiv ist, für den Beweis, dass R ein Körper ist?

Wie immer wäre ich euch für eure Ratschläge sehr dankbar!

Viele Grüße,
X3nion


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Ich bin Asperger-Autist. Wenn du mir antwortest, wofür ich mich jetzt schon sehr bedanke, dann beachte bitte den Text im Sektor "meine Geschichte" auf meiner Profilseite, der erklärt, wie du auf meine Besonderheiten Rücksicht nehmen kannst.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-09-30


2020-09-30 22:44 - X3nion im Themenstart schreibt:
Wie kann ich nun zeigen, dass $f_a$ surjektiv ist?

Erinnere dich daran, dass eine Selbstabbildung einer endlichen Menge genau dann surjektiv ist, wenn sie injektiv ist.

2020-09-30 22:44 - X3nion im Themenstart schreibt:
Und was hilft 1. und die Tatsache, dass im endlichen Fall $f_a$ surjektiv ist, für den Beweis, dass R ein Körper ist?

Was fehlt denn einem Integritätsbereich, um ein Körper zu sein?

--zippy



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2020-09-30


Hallo zippy und Danke dir für deine Tipps!

Erinnere dich daran, dass eine Selbstabbildung einer endlichen Menge genau dann surjektiv ist, wenn sie injektiv ist.

Wie könnte man die Tatsache beweisen? Geht das über die Kardinalität?
Also sei $f: M \to N$ eine injektive Abbildung. Dann gilt $|f(M)| = |M| \le |N|$. In diesem Falle ist $M = N$, also haben wir $|f(M)| = |M|$. Jedes Element aus M besitzt ein Urbild, daher ist f surjektiv.
Wäre das so okay? Oder könnte man das noch etwas weiter ausführen?


Was fehlt denn einem Integritätsbereich, um ein Körper zu sein?

Ein inverses Element bzgl. der Multiplikation. Ist R endlich, so ist die Abbildung $f_a: R \to R, \; x \mapsto ax$, $a \neq 0$ bijektiv.
Folgt nun daraus, dass für $a:= \frac{1}{x} \neq 0$ gilt: $x \mapsto \frac{1}{x} \cdot x = 1$ bzw. aufgrund der Kommutativität im Ring folgt $x \cdot \frac{1}{x} = 1$, und somit jedes Element $x \in R$ ein multiplikatives Inverses besitzt?

Viele Grüße,
X3nion


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2020-10-01


Deine Gedanken um zu zeigen, dass der Ring ein Körper ist, sind korrekt.

Die Notation $\frac{1}{x}$ macht für allgemeine Ringe aber keinen Sinn, oder hat keinen Sinn.
Besser ist es $a^{-1}$ für das Inverse von $a$ zu schreiben.

In deinem Beweis für die Äquivalenz von injektiv und surjektiv für eine Abbildung zwischen endlichen Mengen benutzt du nicht, dass die Mengen endlich sind.
Ich bin mir aber sicher, dass du deine Beweis dahingehend überarbeiten kannst.

Gedankenanstoß: Finde eine Abbildung $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ die injektiv, aber nicht surjektiv ist, um dich davon zu überzeugen, dass die Endlichkeit hier entscheidend ist.





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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01


Hallo PrinzessinEinhorn und vielen Dank für deinen Beitrag!
Ich habe das erste überarbeitet:

Sei nun $a \in R$ beliebig mit $a \neq 0$. Zu $1 \in R$ existiert genau ein $x \in R$ mit $f_a(x) = ax = 1$. Aufgrund der Kommutativität in R gilt auch $xa= 1$. Damit hat jedes $a \in R$ genau ein multiplikatives Inverses $a^{-1}$, nämlich $a^{-1}:=x$.


Gedankenanstoß: Finde eine Abbildung $f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ die injektiv, aber nicht surjektiv ist, um dich davon zu überzeugen, dass die Endlichkeit hier entscheidend ist.
Es ist die Abbildung $f: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, $n \mapsto n+1$ injektiv, aber nicht surjektiv, da 1 unter f nicht getroffen wird.


In deinem Beweis für die Äquivalenz von injektiv und surjektiv für eine Abbildung zwischen endlichen Mengen benutzt du nicht, dass die Mengen endlich sind.
Ich bin mir aber sicher, dass du deine Beweis dahingehend überarbeiten kannst.
Wie könnte man den Beweis denn mit obiger Erkenntnis über die notwendige Endlichkeit der Mengen überarbeiten?

Viele Grüße,
X3nion


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-01



Sei nun $a \in R$ beliebig mit $a \neq 0$. Zu $1 \in R$ existiert genau ein $x \in R$ mit $f_a(x) = ax = 1$. Aufgrund der Kommutativität in R gilt auch $xa= 1$. Damit hat jedes $a \in R$ genau ein multiplikatives Inverses $a^{-1}$, nämlich $a^{-1}:=x$.

Die Kommutativität brauchst du hier eigentlich gar nicht.
Jedes Linksinverse ist automatisch auch ein Rechtsinverses.

Du solltest auch nicht $a^{-1}:=x$ schreiben, sondern ein normales Gleichheitszeichen.
Du definierst ja nicht $a^{-1}$ als dieses $x$, sondern es stellt sich heraus, dass dieses $x$ (das Urbild von 1 unter deiner Abbildung) mit dem inversen von $a$ identifiziert werden kann.
Definieren tut man etwas, wenn man etwa eine neue Notation, oder einen Bezeichner für ein spezielles Objekt einführt.

Dein Beispiel für eine injektive Funktion $f$ die nicht surjektiv ist passt.
Sehr gut.


Wie könnte man den Beweis denn mit obiger Erkenntnis über die notwendige Endlichkeit der Mengen überarbeiten?

Ich mag folgenden Beweis, der darauf beruht, dass es nur endlich viele Abbildungen zwischen endlichen Mengen geben kann.
Kombinatorisch kannst du dir deren Anzahl überlegen.
Lösung:
Sind $N$ und $M$ endliche Mengen mit $n$ bzw. $m$ Elementen, so gibt es $m^n=|M|^{|N|}$ viele verschiedene Abbildungen $f: N\to M$. Denn wir können $n$-verschiedene Elemente auswählen und für jedes dieser Elemente haben wir $m$ Möglichkeiten auf die wir abbilden können.
Es gibt also etwa $9=3^2$ verschiedene Abbildungen $f:\{1,2\}\to\{1,2,3\}$, wie du leicht nachzählen kannst.


Haben wir also eine endliche Menge $M$ und eine injektive Funktion $f: M\to M$

Dann bedeutet dies, dass es eine natürliche Zahl $n$ gibt, mit $f^n=f$.
Wobei $f^n:=\underbrace{f\circ\dotso\circ f}_{\text{n-mal}}$

Wir wissen, dass es so ein $n$ gibt, weil wir ja wissen (oder uns relativ leicht überlegen können), dass auf diese Weise (also wenn wir $f$, $f^2$, $f^3$, usw. bilden nur endlich viele verschiedene Funktionen entstehen können. Dann muss aber $f$ aber irgendwann selber auf diese Weise entstehen).

Es gilt also $f^n=f$ bzw. $f^{n-1}\circ f=f$ also

$f(f^{n-1}(x))=f(x)$ für alle $x\in M$.

Nun ist $f$ ja injektiv.
Nach Definition von 'injektiv' gilt ja

$f(\color{red}{x})=f(\color{blue}{y})\Rightarrow \color{red}{x}=\color{blue}{y}$

Wegen $f(\color{red}{f^{n-1}(x)})=f(\color{blue}{x})$ gilt also $\color{red}{f^{n-1}(x)}=\color{blue}{x}$ für alle $x\in M$.

Also ist $f^{n-1}$ die Identität.

Dann ist $\operatorname{id}=f^{n-2}\circ f$.
Also haben wir eine Inverse von $f$ gefunden.

Bemerkung: Wir können annehmen, dass $n-2$ ein Element der natürlichen Zahlen ist. Denn die Fälle n=0,1 würden bedeuten, dass f^0 selbst die Identität ist, bzw. $f^1$ selbstinvers ist. (Ich bin mir sicher, das geht schöner...)

Insgesamt ist $f$ also bijektiv.

Die Beweisidee habe ich hier glaube ich das erste mal bei Triceratops gesehen und mir gemerkt/hoffentlich korrekt umgesetzt.
Ich finde ihn sehr schön, weil hier so viele Dinge so schön ineinander greifen, während ein einfacher Beweis für diese Aussage so trivial ist, dass er (zumindest für mich) verwirrend ist... (zu trivial um trivial zu sein??)

Sicherlich ist es nicht leicht auf diesen Beweis zu kommen, aber deshalb habe ich ihn ja aufgeschrieben, und ich denke, dass du ihn nachvollziehen kannst, und er dir ebenso gefällt wie mir.

Ein trivialer Beweis der Aussage liest sich etwa so:

Genau dann ist $f: M\to M$ injektiv, wenn alle Bilder der Elemente von $M$ verschieden sind. Also genau dann, wenn $f$ genau $|M|$ Bilder hat.

[Diesen Beweis (bzw. Lösung) gibt Beutelspacher in seinem Buch 'Lineare Algebra' :P]

Edit: Einen Fehler (hoffentlich) korrigiert.



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hippias
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-01


(2020-10-01 02:04 - PrinzessinEinhorn in <a

Haben wir also eine endliche Menge $M$ und eine injektive Funktion $f: M\to M$

Dann bedeutet dies, dass es eine natürliche Zahl $n$ gibt, mit $f^n=f$.
Wobei $f^n:=\underbrace{f\circ\dotso\circ f}_{\text{n-mal}}$
Zu dieser - schönen -  Beweisidee möchte ich kurz anmerken, falls es nicht sowieso schon klar ist, dass die Endlichkeit der Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ ersteinmal nur die Existenz von verschiedenen $k,l\in\mathbb{N}$ impliziert, sodaß $f^{k}= f^{l}$ gilt. Daß eine dieser Zahlen $=1$ gewählt werden kann, ergibt sich aus der Injektivität.  



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-01


2020-10-01 02:04 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 5 schreibt:
Dann muss aber $f$ aber irgendwann selber auf diese Weise entstehen.

Hier fehlt noch ein Argument.

Erstmal weißt du nur, dass sich in der Folge $f$, $f^2$, $f^3$, $\ldots$ irgenwelche $f^k$ wiederholen müssen. Es ist aber nicht klar, dass darunter auch $f$ ist. Du musst also Folgen wie $f\ne f^2=f^3=\cdots$ ausschließen, die für nicht injektive $f$ ja durchaus vorkommen können.

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



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Kezer
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.8, eingetragen 2020-10-01


Ich sehe nicht wie dieser Beweis über das Schubfachprinzip weniger verwirrend sein soll als der "triviale" Beweis - er erscheint mir hier eher künstlich.

Schließlich ist der "triviale" Beweis nicht anderes als die Betrachtung der Bilder hier. Man sieht unmittelbar, dass injektive Funktionen die ganze Zielmenge treffen muss und somit surjektiv ist.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01


Hallo zusammen und vielen Dank für eure zahlreichen Antworten und Ideen!
Wie würdet ihr nun die Tatsache beweisen? Ich bin nun leider etwas durcheinander.
So wie PrinzessinEinhorn es gemacht hat mit den jeweiligen Ergänzungen von hippias und zippy, oder wie es Kezer gemacht hat?

2020-10-01 09:20 - hippias in Beitrag No. 6 schreibt:
Zu dieser - schönen -  Beweisidee möchte ich kurz anmerken, falls es nicht sowieso schon klar ist, dass die Endlichkeit der Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ ersteinmal nur die Existenz von verschiedenen $k,l\in\mathbb{N}$ impliziert, sodaß $f^{k}= f^{l}$ gilt. Daß eine dieser Zahlen $=1$ gewählt werden kann, ergibt sich aus der Injektivität.  

Frage 1 Wieso ergibt sich dies aus der Injektivität?


2020-10-01 09:20 - zippy in Beitrag No. 7 schreibt:

Hier fehlt noch ein Argument.

Erstmal weißt du nur, dass sich in der Folge $f$, $f^2$, $f^3$, $\ldots$ irgenwelche $f^k$ wiederholen müssen. Es ist aber nicht klar, dass darunter auch $f$ ist. Du musst also Folgen wie $f\ne f^2=f^3=\cdots$ ausschließen, die für nicht injektive $f$ ja durchaus vorkommen können.

Frage 2) Wäre dies nicht durch die Ergänzung von hippias abgedeckt?


2020-10-01 09:49 - Kezer in Beitrag No. 8 schreibt:
Ich sehe nicht wie dieser Beweis über das Schubfachprinzip weniger verwirrend sein soll als der "triviale" Beweis - er erscheint mir hier eher künstlich.

Schließlich ist der "triviale" Beweis nicht anderes als die Betrachtung der Bilder hier. Man sieht unmittelbar, dass injektive Funktionen die ganze Zielmenge treffen muss und somit surjektiv ist.

Frage 3) Wie würdest du es dann beweisen, Kezer?


Viele Grüße,
X3nion


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.10, eingetragen 2020-10-01


2020-10-01 14:59 - X3nion in Beitrag No. 9 schreibt:
Frage 2) Wäre dies nicht durch die Ergänzung von hippias abgedeckt?

Wir habe unsere Beiträge parallel geschrieben, beide beziehen sich auf dieselbe Lücke in PrinzessinEinhorns Argumentation.

Füllen musst du diese Lücke allerdings noch selbst.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01


Hmm nun verstehe ich nicht, wieso die Endlichkeit der Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ die Existenz für $k,l\in\mathbb{N}$ impliziert, mit $f^{k} = f^{l}$. Könntet ihr mir das kurz erklären?

Viele Grüße,
X3nion


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.12, eingetragen 2020-10-01


Danke für die Hinweise auf Lücken etc.


Die angesprochene Lücke sollte so zu füllen sein:

Wir möchten ja begründen, dass es eine 'Potenz' von $f$ gibt, sodass $f^n=f$ gilt (die natürlich nicht n=1 sein sollte...)

Wie angesprochen wissen wir, dass es $k,l$ gibt mit $f^k=f^l$. Ohne Einschränkung können wir $k>l$ annehmen.

Hier wird nun wie gesagt wieder die injektivität ausgenutzt, wie es im obigen Beitrag No. 5 bereits der Fall war.

Wie genau, sei dir überlassen. Wie gesagt wurde ein ähnliches Argument schon benutzt. Wenn ich dem Argument einen Namen geben müsste, dann vielleicht 'Injektiver Abstieg' oder so etwas...

Zu dem Beweis an sich und das was Kezer geschrieben hat:

Es ist natürlich Geschmackssache ob man einen Beweis schöner, klarer, oder sonst wie findet.
Ich habe die obige Beweisidee erstmal nur formuliert, weil es ein Nichtstandard Beweis ist, mit einer netten Idee wo viele Dinge ineinandergreifen, was dann meinem empfinden nach einen befriedigenderen Beweis liefert als das was etwa Beutelspacher dazu zusagen hat.

Es ging mir also eigentlich nur darum den "Horizont" zu erweitern, mit einer Idee an die man so vielleicht nicht denken würden.


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



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.13, eingetragen 2020-10-01


2020-10-01 15:57 - X3nion in Beitrag No. 11 schreibt:
Hmm nun verstehe ich nicht, wieso die Endlichkeit der Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ die Existenz für $k,l\in\mathbb{N}$ impliziert, mit $f^{k} = f^{l}$. Könntet ihr mir das kurz erklären?

Viele Grüße,
X3nion

Wenn die Verkettung von $f$ immer eine neue Funktion liefern würde, dann wäre die Menge nicht endlich. Irgendwann muss also eine bereits bekannte Funktion auftreten.



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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.14, eingetragen 2020-10-01


Noch eine Anmerkung:

2020-10-01 02:04 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 5 schreibt:
Dann ist $\operatorname{id}=f^{n-2}\circ f$.
Also haben wir eine Inverse von $f$ gefunden.

Es reicht nicht zu zeigen, dass eine Linksinverse zu $f$ existiert, denn ist ohnehin klar (die Existenz einer Linksinversen ist ja äquivalent zur Injektivität). Worauf es ankommt, ist, dass $f^{n-2}$ wegen $f^{n-2}\circ f=f\circ f^{n-2}$ auch rechtsinvers zu $f$ ist (die Existenz einer Rechtsinversen ist äquivalent zur Surjektivität).



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.15, eingetragen 2020-10-01


Mit 'Inverses' habe ich hier Links- und Rechtsinverses gemeint.



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zippy
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2020-10-01 17:14 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 15 schreibt:
Mit 'Inverses' habe ich hier Links- und Rechtsinverses gemeint.

Aber aus $g\circ f=\rm id$ allein folgt nicht, dass $g$ Links- und Rechtsinverses ist.



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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.17, eingetragen 2020-10-01


Ich weiß. Dass die in Frage stehende Funktion auch Rechtsinvers ist, ist ja eine trivialität.

Du hast aber recht, dass ich dies hätte klarer ausarbeiten sollen.



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Kezer
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2020-10-01 14:59 - X3nion in Beitrag No. 9 schreibt:
Frage 3) Wie würdest du es dann beweisen, Kezer?

In meinem Beitrag steht quasi schon der Beweis und er wurde auch am Ende von PrinzessinEinhorns Beitrag formuliert. Aber ich formuliere ihn gerne nochmal.

Sei $f: M \to M$ injektiv. Wegen der Injektivität ist $|f(M)| = |M|$, aber dann muss $f$ gleich ganz $M$ treffen, ist also surjektiv.

(Es ist also quasi dein Vorschlag aus Beitrag No. 2.)

2020-10-01 00:13 - PrinzessinEinhorn in Beitrag No. 3 schreibt:
Die Notation $\frac{1}{x}$ macht für allgemeine Ringe aber keinen Sinn, oder hat keinen Sinn.
Besser ist es $a^{-1}$ für das Inverse von $a$ zu schreiben.

Die Notationen $a^{-1}$ und $\frac{1}{a}$ bedeuten das Gleiche.

2020-10-01 14:59 - X3nion in Beitrag No. 9 schreibt:
Wie würdet ihr nun die Tatsache beweisen? Ich bin nun leider etwas durcheinander.
So wie PrinzessinEinhorn es gemacht hat mit den jeweiligen Ergänzungen von hippias und zippy, oder wie es Kezer gemacht hat?

Es ist natürlich immer besser, mehr Methoden zu kennen, aber hier würde ich empfehlen, wirklich mal (zuerst) meinen Vorschlag zu verstehen. So wie ich es sehe, ist PrinzessinEinhorns Beweis unnötig kompliziert und nicht wirklich intuitiv.

Ein scheinbarer Vorteil von PrinzessinEinhorns Beweis ist, dass man erhält, dass $f^{-1}$ eine Potenz von $f$ ist. Das ist aber nach dem Satz von Lagrange ohnehin klar, nachdem man die Aussage bewiesen hat. (Und entsprechend ist dieser Satz der wirkliche Grund, wieso PrinzessinEinhorns Beweis funktionieren konnte.)

Stattdessen sollte die Aussage eigentlich unmittelbar klar sein, wenn man sich die Bilder anschaut, die ich verlinkt habe.

Das Bild erklärt, wieso die Aussage korrekt ist, bei PrinzessinEinhorns Beweis sieht man das nicht unmittelbar (es ist ein Beweis, aber danach würde ich nicht sofort sagen "ahhh, deshalb muss es also stimmen", sondern eher "hmm, na gut, wir haben nun einen Nachweis, aber ich verstehe immer noch nicht wirklich, wieso die Aussage gelten sollte").

(Nichts gegen PrinzessinEinhorns Beweis, mehr Ansätze sind immer schön, aber hier ist meinen Augen nach der Standardbeweis ganz klar "besser".)


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.19, eingetragen 2020-10-01


@X3nion: Sorry, dieser Beitrag ist (noch) nichts für dich, aber eher für die Leute, die hier geantwortet haben.

@Kezer: Ich habe dir dazu PMs geschrieben.

Das von PrinzessinEinhorn genannte Argument ist sehr bekannt und kann auch abstrahiert werden:

1) Sei $M$ ein Objekt einer Kategorie mit endlich vielen Endomorphismen und $f : M \to M$ ein Monomorphismus. Dann ist $f$ ein Isomorphismus:
 
Weil $\mathrm{End}(M)$ endlich ist, gibt es $k < n$ mit $f^k = f^n$, also $f^k \circ \mathrm{id}_M = f^k \circ f^{n-k}$. Weil $f^k$ ein Monomorphismus ist, folgt $\mathrm{id}_M = f^{n-k}$. Also ist $f^{n-k-1}$ zu $f$ invers. $\checkmark$

2) Sei $M$ ein Artinsches Objekt einer abelschen Kategorie und $f : M \to M$ ein Monomorphismus. Dann ist $f$ ein Isomorphismus:

Wegen $\mathrm{im}(f)  \supseteq \mathrm{im}(f^2) \supseteq \mathrm{im}(f^3) \supseteq \cdots$ und der Annahme, dass $M$ Artinsch ist, gibt ein $k$ mit $\mathrm{im}(f^k)=\mathrm{im}(f^{k+1})$. Für $x \in M$ (verallgemeinertes Element) ist dann $f^k(x)=f^{k+1}(y)$ für ein $y \in M$, also $x=f(y)$. $\checkmark$

Die Dualisierung von 2) ist, dass für ein Noethersches Objekt $M$ einer abelschen Kategorie jeder Epimorphismus $M \to M$ ein Isomorphismus ist. Eine Beispielanwendung ist, dass jeder injektive/surjektive Endomorphismus eines endlich-dimensionalen Vektorraumes bereits bijektiv ist.

Grundsätzlich hier ein Tipp: Wann immer man einen Endomorphismus $f : M \to M$ hat, schaue man sich die Potenzen $f^k : M \to M$ an. So beweist man auch Fixpunktsätze.

PS: Dass es für jede endliche Menge $M$ und jede Abbildung $f : M \to M$ zwei $k < n$ gibt mit $f^k= f^n$, kann man noch weiter ausbauen zu einem wichtigen Ergebnis der Kombinatorik, nämlich dem Isomorphismus kombinatorischer Spezies $\mathsf{End} \cong S \circ T$ (siehe article.php?sid=1888).



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X3nion
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Hallo zusammen,

@Triceratops: alles gut, ich finde die rege Teilnahme gerade echt schön 🙂

@Alle:

Ich habe den Standardbeweis verstanden, mich würde jedoch trotzdem der von PrinzessinEinhorn vorgeschlagene Beweis interessieren, weil ich gerne meinen Horizont erweitern möchte :)

Ich habe nun verstanden, dass es endlich viele Funktionen $g: M \to M$ und damit auch endlich viele injektive Funktionen $f: M \to M$ gibt.


Frage 1) Wieso ist aber nun die Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ endlich? Man kann doch f beliebig oft mit sich selbst verketten?


Jedenfalls folgt aus der Endlichkeit von $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ die Existenz von $k,l\in\mathbb{N}$ mit $f^{k} = f^{l}$.

Wir möchten nun zeigen, dass es $n \ge 2$ gibt, sodass $f^n=f$ gilt (für $n=1$ ist dies klar).

Wir wissen, dass es $k,l$ gibt mit $f^k=f^l$.

Frage 2) Wieso können wir ohne Einschränkung $k>l$ annehmen?
Also ich verstehe dies für den Fall, dass es auf dasselbe rauskommt, ob man $k>l$ oder $l>k$ betrachtet. Aber was ist mit $k=l$?

Viele Grüße,
X3nion

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.18 begonnen.]


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.21, eingetragen 2020-10-01




Frage 1) Wieso ist aber nun die Menge $\{f^{n}|n\in \mathbb{N}\}$ endlich? Man kann doch f beliebig oft mit sich selbst verketten?

Weil jeder dieser Verkettungen wieder eine Funktion $M\to M$ ist. Aber davon gibt es ja nur endlich viele.



Frage 2) Wieso können wir ohne Einschränkung $k>l$ annehmen?
Also ich verstehe dies für den Fall, dass es auf dasselbe rauskommt, ob man $k>l$ oder $l>k$ betrachtet. Aber was ist mit $k=l$?

Im Fall $k=l$ ist nichts zu zeigen.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.22, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01



Weil jeder dieser Verkettungen wieder eine Funktion $M\to M$ ist. Aber davon gibt es ja nur endlich viele.

Hmm aber es könnte ja als Verkettung immer dieselbe Abbildung $g: M \to M$ herauskommen, und dann wäre ja $\{f^{n} : n \in \mathbb{N}\}$ unendlich, wegen $f= f^{2}= f^{3} = ...$?


Im Fall k=l ist nichts zu zeigen.

Könntest du das vielleicht etwas näher erläutern?

Viele Grüße,
X3nion


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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.23, eingetragen 2020-10-01


Bedenke, dass eine Menge gleiche Elemente nur einmal zählt.

Wenn $k=l$, dann ist natürlich nichts interessantes zu zeigen. Das gilt ja immer.

Ich weiß leider nicht, was ich da näher Erläutern kann.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.24, eingetragen 2020-10-01


Die Aussage "Im Fall k=l ist nichts zu zeigen." ist irreführend, weil der Fall gar nicht auftritt, und man in diesem Fall aber auch nicht weiterkommen würde.
 
Die Abbildung $\IN \to \mathrm{Abb}(M,M), k \mapsto f^k$ ist nicht injektiv (weil sonst $\IN$ endlich wäre), also gibt es $k \neq k'$ mit $f^k = f^{k'}$.

Es gilt also $k < k'$ oder $k' < k$. Im letzten Fall gilt aber auch $f^{k'} = f^k$.

Es gibt also in jedem Fall $k < k'$ mit $f^k = f^{k'}$.



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01


@PrinzessinEinhorn
Danke, das ist mir nun klar geworden!

2020-10-01 21:47 - Triceratops in Beitrag No. 24 schreibt:
Die Abbildung $\IN \to \mathrm{Abb}(M,M), k \mapsto f^k$ ist nicht injektiv (weil sonst $\IN$ endlich wäre), also gibt es $k \neq k'$ mit $f^k = f^{k'}$.

Es gilt also $k < k'$ oder $k' < k$. Im letzten Fall gilt aber auch $f^{k'} = f^k$.

Es gibt also in jedem Fall $k < k'$ mit $f^k = f^{k'}$.

Ist es so, dass die Abbildung surjektiv ist, weil jedes Element aus $Abb(M,M)$ ein Urbild in $\mathbb{N}$ besitzt? Aber dass die Abbildung nicht injektiv sein kann, weil sie sonst bijektiv wäre und damit $\mathbb{N}$ endlich?

Und wie meinst du, dass im letzten Fall auch $f^{k'} = f^k$ gilt? Und dass in jedem Fall $k < k'$ mit $f^k = f^{k'}$ gilt?



Viele Grüße,
X3nion


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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.26, eingetragen 2020-10-01


Über die Surjektivität dieser Abbildung spreche ich nicht (und die ist auch kein Thema). (Die Abbildung ist übrigens in der Regel nicht surjektiv.)

Was man hier benutzt, ist dass jede Teilmenge einer endlichen Menge wieder endlich ist. Wenn $\IN \to \mathrm{Abb}(M,M)$ injektiv wäre, würde ja $\IN$ bijektiv auf eine Teilmenge von $\mathrm{Abb}(M,M)$ abgebildet werden, also endlich sein, Widerspruch.

Und zu deiner zweiten Frage: Darauf wirst du selbst kommen. Schreibe dir doch einmal auf, was zu zeigen ist, was gegeben ist, und was du so benutzen kannst (vgl. article.php?sid=1805).



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X3nion
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.27, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-01


Hmm ist es so, dass dann die Menge $Abb(M,M)$ so weit eingeschränkt wird, dass die injektive Abbildung $\phi: \mathbb{N} \to Abb(M,M)$ bijektiv wird? Also man quasi die Teilmenge $A \subset Abb(M,M)$ betrachtet mit $A:= im(\phi)$ und das dann $\phi': \mathbb{N} \to A$ bijektiv ist?

Und meinst du es so, dass es zwei Möglichkeiten gibt: $k < k'$ und $f^k = f^{k'}$ oder $k > k'$ und $f^k = f^{k'}$. Gilt der erste Fall, haben wir $f^k = f^{k'}$, gilt der zweite Fall, so haben wir auch $f^k = f^{k'}$ ?


Und um zu dem Beweis zurückzukommen: Wir wollen ja zeigen, dass es eine Potenz von $f$ gibt, sodass $f^n=f$ gilt.

Weil f injektiv ist, gibt es $k,l$ mit $k,l \neq 0$ und $f^k=f^l$. Ohne Einschränkung sei $k>l$.

Dann ist $f^k = f^l \circ f^{k-l}$. Das bedeutet $f^{k-l}(f^{l}(x)) = f^{k}(x)$ für alle $x \in M$. Daraus folgt $f^{l}(x) = id_M$ und somit $f^k = f^{k-l}$.

Ist es nun so, dass man dasselbe "Spielchen" nun mit $f^{k-1}$ spielt, man also sagt, dass $f^{k-l} = f^{p}$ mit $k-l \neq p$ ist, man ohne Einschränkung $(k-l) > p$ betrachtet und daraus nun $f^{k-l} = f^{k-l-p}$ folgt?
Und induktiv dann $f^k = f$ folgt, und du, PrinzessinEinhorn, dies mit 'induktivem Abstieg' meintest?

Viele Grüße,
X3nion


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zippy
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.28, eingetragen 2020-10-01


2020-10-01 22:50 - X3nion in Beitrag No. 27 schreibt:
Weil f injektiv ist, gibt es $k,l$ mit $k,l \neq 0$ und $f^k=f^l$.

Nein, nicht weil $f$ injektiv ist, sondern weil $M$ und damit auch $\operatorname{Abb}(M,M)$ endlich ist.

Die Injektivität von $f$ wird gebraucht, um von $f^k=f^l$ mit $k>l$ auf $f^{k-l}={\rm id}_M$ zu schließen.

2020-10-01 22:50 - X3nion in Beitrag No. 27 schreibt:
Das bedeutet $f^{k-l}(f^{l}(x)) = f^{k}(x)$ für alle $x \in M$. Daraus folgt $f^{l}(x) = id_M$ und somit $f^k = f^{k-l}$.

Dieser Schluss ist nicht richtig.



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X3nion
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Ahh nein, Blödsinn von mir!

Die Abbildung $\mathbb{N} \to Abb(M,M),\; k \mapsto f^k$ ist nicht injektiv, weil sich sonst - wie Triceratops ja bereits schrieb - ein Widerspruch ergäbe.
Also gibt es $k \neq l$ mit $f^k = f^l$. Ohne Einschränkung sei $k > l$.
Es gilt $f^k = f^l \circ f^{k-l}$, das heißt $f^k(x) = f^{l}(f^{k-l}(x))$. Wegen $f^{k} = f^{l}$, folgt $f^{k}(x) = f^{k}(f^{k-1})$. Die Injektivität von f impliziert nun $f^{k-l} = id_M$.

Ist dann $f^{k-l+1} = f$ wegen $f^{k-l+1} = f^{k-l} \circ f = id_M \circ f = f$ ?

Viele Grüße,
X3nion


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2020-10-02 00:05 - X3nion in Beitrag No. 29 schreibt:
Man will ja zeigen, dass es einen Index $n \in \mathbb{N}$ gibt mit $f^n = f$.

Die Gleichung $f^n = f$ ist ein überflüssiger Zwischenschritt.

Aus $f^{k-l}={\rm id}_M$ folgt sofort $f\circ f^{k-l-1}=f^{k-l-1}\circ f={\rm id}_M$ und damit $f^{k-l-1}=f^{-1}$.



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2020-10-01 16:58 - zippy in Beitrag No. 14 schreibt:
Noch eine Anmerkung:

Es reicht nicht zu zeigen, dass eine Linksinverse zu $f$ existiert, denn ist ohnehin klar (die Existenz einer Linksinversen ist ja äquivalent zur Injektivität). Worauf es ankommt, ist, dass $f^{n-2}$ wegen $f^{n-2}\circ f=f\circ f^{n-2}$ auch rechtsinvers zu $f$ ist (die Existenz einer Rechtsinversen ist äquivalent zur Surjektivität).

Du hast das Obige geschrieben.
Wieso ist es in diesem Fall so, dass Linksinversität und Rechtsinversität gilt und $f^{k-l-1}$ beides erfüllt?
Also wieso gelten beide Richtungen, also $f\circ f^{k-l-1}=f^{k-l-1}\circ f={\rm id}_M$ ?
Bzw. ist es in diesem Fall aufgrund der Injektivität so, dass das Linksinverse automatisch existiert, und wir nun gezeigt haben, dass auch das Rechtsinverse existiert?

Viele Grüße,
X3nion



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2020-10-02 00:18 - X3nion in Beitrag No. 31 schreibt:
Also wieso gelten beide Richtungen, also $f\circ f^{k-l-1}=f^{k-l-1}\circ f={\rm id}_M$ ?

Das kann man dank der Regel $f^r\circ f^s=f^{r+s}$ für $r,s\in\mathbb N$ durch einfaches Nachrechnen aus $f^{k-l}={\rm id}_M$ folgern. (Beachte, dass $k-l-1\ge0$ ist.)



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Das ist echt elegant!
Die Potenzrechenregeln müssen aber doch für Funktionen erst einmal bewiesen werden? Ich kannte sie bisher nur über $\mathbb{R}$.
Das klingt nach Induktion? 😁

Viele Grüße,
X3nion


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2020-10-02 00:32 - X3nion in Beitrag No. 33 schreibt:
Die Potenzrechenregeln müssen aber doch für Funktionen erst einmal bewiesen werden? Ich kannte sie bisher nur über $\mathbb{R}$.

Du hast doch hier schon munter mit den Potenzen von Endomorphismen gerechnet.

Die Potenzregeln gelten allgemein für Monoide, und sowohl die Selbstabbildungen einer Menge wie auch die Endomorphismen eines Vektorraums bilden bezüglich Komposition ein solches.



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X3nion
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2020-10-02 00:51 - zippy in Beitrag No. 34 schreibt:

Du hast doch hier schon munter mit den Potenzen von Endomorphismen gerechnet.

Stimmt, ja. 😁
Okay alles klar, dann ist mir das klar.

Vielen vielen Dank euch allen für eure riesen Unterstützung! 🙃

Viele Grüße,
X3nion


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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
X3nion hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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