Abbildungen von Mengen

Satz 5212B (Abbildungen und Mengenoperationen)

Seien AA, BB Mengen und f:A→Bf: A\rightarrow B eine Abbildung sowie A1,A2⊆AA_1, A_2\subseteq A und B1,B2⊆BB_1, B_2\subseteq B, dann gilt:
  1. A1⊆A2  ⟹  f(A1)⊆f(A2)A_1\subseteq A_2 \implies f(A_1)\subseteq f(A_2)
    B1⊆B2  ⟹  f −1(B1)⊆f−1(B2)B_1\subseteq B_2 \implies f^{\, \me}(B_1)\subseteq f^{-1}(B_2)
  2. f(A1∪A2)=f(A1)∪f(A2)f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)
  3. f(A1∩A2)⊆f(A1)∩f(A2)f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)
    f(A1∩A2)=f(A1)∩f(A2)  ⟺  ff(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2) \iff f ist injektiv
  4. f −1(f(A1))⊇A1f^{\, \me}(f(A_1))\supseteq A_1
    Ist ff injektiv so gilt f −1(f(A1))=A1f^{\, \me}(f(A_1))= A_1
  5. f(f −1(B1))⊆B1f(f^{\, \me}(B_1))\subseteq B_1
    Ist ff surjektiv so gilt f(f −1(B1))=B1f(f^{\, \me}(B_1))= B_1
  6. f −1(B∖B1)=A∖f −1(B1)f^{\, \me}(B\setminus B_1)=A\setminus f^{\, \me}(B_1)
 
 

Beweis

(i) Sei b∈f(A1)b\in f(A_1), dann gibt es ein a∈A1a\in A_1 mit b=f(a)b=f(a). Es ist aber nach Voraussetzung a∈A2a\in A_2, damit muss aber b∈f(A2)b\in f(A_2).
Wenn a∈f−1(B1)a\in f^{-1}(B_1), dann ist also f(a)∈B1f(a)\in B_1, also auch f(a)∈B2f(a)\in B_2, womit a∈f−1(B2)a\in f^{-1}(B_2) gilt.
(ii) Es gilt folgende Äquivalenzkette: b∈f(A1∪A2)b\in f(A_1 \cup A_2)   ⟺  ∃a∈A1∪A2:b=f(a)\iff \exists a\in A_1\cup A_2: b=f(a)   ⟺  ∃a:(a∈A1∨a∈A2)∧b=f(a)\iff \exists a: (a\in A_1\or a\in A_2) \and b=f(a)   ⟺  ∃a:(a∈A1∧b=f(a))∨(a∈A2∧b=f(a))\iff \exists a: (a\in A_1\and b=f(a)) \or (a\in A_2 \and b=f(a))   ⟺  b∈f(A1)∨b∈f(A2)\iff b\in f(A_1) \or b\in f(A_2)   ⟺  b∈f(A1)∪f(A2)\iff b\in f(A_1) \cup f(A_2).
(iii) Versuchen wir die gleiche Kette wie unter (ii) aufzubauen werden wir feststellen, dass sie bricht:
b∈f(A1∩A2)b\in f(A_1 \cap A_2)   ⟺  ∃a∈A1∩A2:b=f(a)\iff \exists a\in A_1\cap A_2: b=f(a)   ⟺  ∃a:a∈A1∧a∈A2∧b=f(a)\iff \exists a: a\in A_1\and a\in A_2 \and b=f(a)   ⟺  ∃a:(a∈A1∧b=f(a))∧(a∈A2∧b=f(a))\iff \exists a: (a\in A_1\and b=f(a))\and (a\in A_2 \and b=f(a))   ⟹  b∈f(A1)∧b∈f(A2)\implies b \in f(A_1)\and b \in f(A_2)   ⟺  b∈f(A1)∩f(A2)\iff b \in f(A_1) \cap f(A_2). Damit wäre der erste Teil von (iii) bewiesen.
Sein nun b∈f(A1)∧b∈f(A2)b \in f(A_1)\and b \in f(A_2)   ⟹  ∃a1∈A1,a2∈A2:b=f(a1)∧b=f(a2)\implies \exists a_1\in A_1,a_2\in A_2: b=f(a_1) \and b=f(a_2). Wenn ff injektiv sind gilt aber a1=a2a_1=a_2 und obige Äquivalenzkette geht rückwärts durch.
Damit haben wir aus der Injektivität die Gleichheit in (iii) gefolgert.
Setzen wir jetzt voraus, dass f(A1∩A2)=f(A1)∩f(A2)f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2) gilt. Seien a1,a2∈Aa_1,a_2\in A mit a1≠a2a_1\neq a_2, dann gilt: ∅=f({a1}∩{a2})=f({a1})∩f({a2})\emptyset=f(\{a_1\}\cap \{a_2\})=f(\{a_1\})\cap f(\{a_2\}); also f(a1)≠f(a2)f(a_1)\neq f(a_2).
(iv) Sei a∈A1a\in A_1, dann ist f(a)∈f(A1)f(a)\in f(A_1) und somit a∈f −1(f(A1))a\in f^{\, \me}(f(A_1)). Ist a∈f −1(f(A1))a\in f^{\, \me}(f(A_1)), dann gilt f(a)∈f(A1)f(a)\in f(A_1), es gibt also ein x∈A1x\in A_1 mit f(a)=f(x)f(a)=f(x). Ist nun ff injektiv, folgt a=xa=x und also a∈A1a\in A_1.
(v) Mit b∈f(f −1(B1))b\in f(f^{\, \me}(B_1)) gilt b=f(a)b=f(a) für ein a∈f −1(B1)a\in f^{\, \me}(B_1), für welche f(a)∈B1f(a)\in B_1 gilt, mithin f(a)=b∈B1f(a)=b\in B_1. Ist ff surjektiv, so gibt es für b∈B1b\in B_1 ein a∈Aa\in A mit b=f(a)b=f(a), also a∈f −1(B1)a\in f^{\, \me}(B_1) mit (i) erhält man sofort b=f(a)∈f(f −1(B1))b=f(a)\in f(f^{\, \me}(B_1))
(vi) a∈f −1(B∖B1)a\in f^{\, \me}(B\setminus B_1) bedeutet, dass aa Urbild von B∖B1B\setminus B_1 ist, was aber gleichbedeutend damit ist, dass aa kein Urbild eines Elements aus B1B_1 ist, mithin a∈A∖f −1(B1) a\in A\setminus f^{\, \me}(B_1). □\qed

Satz 16LM

Es seien f:X→Yf: X\rightarrow Y, g:Y→Zg: Y\rightarrow Z, h:Z→Wh: Z\rightarrow W Abbildungen zwischen nichtleeren Mengen X,Y,Z,WX, Y, Z, W. Dann gilt:
  1. h∘(g∘f)=(h∘g)∘fh\circ(g\circ f) =(h\circ g)\circ f (Assoziativität der Hintereinanderausführung)
  2. Sind ff und gg beide injektiv, so auch g∘fg\circ f. Sind beide surjektiv, so auch g∘fg\circ f.
  3. Ist g∘fg\circ f injektiv, so ist ff injektiv
  4. Ist g∘fg\circ f surjektiv, so ist gg surjektiv

Beweis

(i): (h∘(g∘f))(x)(h\circ(g\circ f))(x) =Defh((g∘f)(x))\stackrel{\rm {Def}}{=} h((g\circ f)(x)) =h(g(f(x)))= h(g(f(x))) =(h∘g)(f(x))=(h\circ g)(f(x))=((h∘g)∘f)(x)=((h\circ g)\circ f)(x) für jedes x∈Xx\in X. Damit gilt h∘(g∘f)=(h∘g)∘fh\circ(g\circ f) =(h\circ g)\circ f. (ii): Injektivität: Es seien f,gf,g injektiv, x1,x2∈Xx_1, x_2\in X. Ist (g∘f)(x1)=(g∘f)(x2)(g\circ f)(x_1)=(g\circ f)(x_2), so ist g(f(x1))=g(f(x2))g(f(x_1))=g(f(x_2)) also wegen der Injektivität von gg: f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2) und wegen der Injektivität von ff: x1=x2x_1 =x_2. Surjektivität: (g∘f)(X)=g(f(X))=g(Y)=Z(g\circ f)(X) = g(f(X)){=}g(Y){=}Z, womit g∘fg\circ f surjektiv ist. (iii) und (iv): Ist f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2) mit x1≠x2x_1\neq x_2, so ist (g∘f)(x1)=g(f(x1))(g\circ f)(x_1)=g(f(x_1))=g(f(x2))=g(f(x_2))=(g∘f)(x2)=(g\circ f)(x_2) Ist also ff nicht injektiv, so auch nicht g∘fg\circ f. Ebenso: gg nicht surjektiv, so auch nicht g∘fg\circ f. □\qed

Wir Mathematiker sind die wahren Dichter, nur müssen wir das, was unsere Phantasie schafft, noch beweisen.

Leopold Kronecker

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