Abbildungen von Mengen

Satz 5212B (Abbildungen und Mengenoperationen)

Seien AA, BB Mengen und f:ABf: A\rightarrow B eine Abbildung sowie A1,A2AA_1, A_2\subseteq A und B1,B2BB_1, B_2\subseteq B, dann gilt:
  1. A1A2    f(A1)f(A2)A_1\subseteq A_2 \implies f(A_1)\subseteq f(A_2)
    B1B2    f1(B1)f1(B2)B_1\subseteq B_2 \implies f^{\, \me}(B_1)\subseteq f^{-1}(B_2)
  2. f(A1A2)=f(A1)f(A2)f(A_1 \cup A_2) = f(A_1) \cup f(A_2)
  3. f(A1A2)f(A1)f(A2)f(A_1 \cap A_2) \subseteq f(A_1) \cap f(A_2)
    f(A1A2)=f(A1)f(A2)    ff(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2) \iff f ist injektiv
  4. f1(f(A1))A1f^{\, \me}(f(A_1))\supseteq A_1
    Ist ff injektiv so gilt f1(f(A1))=A1f^{\, \me}(f(A_1))= A_1
  5. f(f1(B1))B1f(f^{\, \me}(B_1))\subseteq B_1
    Ist ff surjektiv so gilt f(f1(B1))=B1f(f^{\, \me}(B_1))= B_1
  6. f1(BB1)=Af1(B1)f^{\, \me}(B\setminus B_1)=A\setminus f^{\, \me}(B_1)
 
 

Beweis

(i) Sei bf(A1)b\in f(A_1), dann gibt es ein aA1a\in A_1 mit b=f(a)b=f(a). Es ist aber nach Voraussetzung aA2a\in A_2, damit muss aber bf(A2)b\in f(A_2).
Wenn af1(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 af1(B2)a\in f^{-1}(B_2) gilt.
(ii) Es gilt folgende Äquivalenzkette: bf(A1A2)b\in f(A_1 \cup A_2)     aA1A2:b=f(a)\iff \exists a\in A_1\cup A_2: b=f(a)     a:(aA1aA2)b=f(a)\iff \exists a: (a\in A_1\or a\in A_2) \and b=f(a)     a:(aA1b=f(a))(aA2b=f(a))\iff \exists a: (a\in A_1\and b=f(a)) \or (a\in A_2 \and b=f(a))     bf(A1)bf(A2)\iff b\in f(A_1) \or b\in f(A_2)     bf(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:
bf(A1A2)b\in f(A_1 \cap A_2)     aA1A2:b=f(a)\iff \exists a\in A_1\cap A_2: b=f(a)     a:aA1aA2b=f(a)\iff \exists a: a\in A_1\and a\in A_2 \and b=f(a)     a:(aA1b=f(a))(aA2b=f(a))\iff \exists a: (a\in A_1\and b=f(a))\and (a\in A_2 \and b=f(a))     bf(A1)bf(A2)\implies b \in f(A_1)\and b \in f(A_2)     bf(A1)f(A2)\iff b \in f(A_1) \cap f(A_2). Damit wäre der erste Teil von (iii) bewiesen.
Sein nun bf(A1)bf(A2)b \in f(A_1)\and b \in f(A_2)     a1A1,a2A2: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(A1A2)=f(A1)f(A2)f(A_1 \cap A_2) = f(A_1) \cap f(A_2) gilt. Seien a1,a2Aa_1,a_2\in A mit a1a2a_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 aA1a\in A_1, dann ist f(a)f(A1)f(a)\in f(A_1) und somit af1(f(A1))a\in f^{\, \me}(f(A_1)). Ist af1(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 xA1x\in A_1 mit f(a)=f(x)f(a)=f(x). Ist nun ff injektiv, folgt a=xa=x und also aA1a\in A_1.
(v) Mit bf(f1(B1))b\in f(f^{\, \me}(B_1)) gilt b=f(a)b=f(a) für ein af1(B1)a\in f^{\, \me}(B_1), für welche f(a)B1f(a)\in B_1 gilt, mithin f(a)=bB1f(a)=b\in B_1. Ist ff surjektiv, so gibt es für bB1b\in B_1 ein aAa\in A mit b=f(a)b=f(a), also af1(B1)a\in f^{\, \me}(B_1) mit (i) erhält man sofort b=f(a)f(f1(B1))b=f(a)\in f(f^{\, \me}(B_1))
(vi) af1(BB1)a\in f^{\, \me}(B\setminus B_1) bedeutet, dass aa Urbild von BB1B\setminus B_1 ist, was aber gleichbedeutend damit ist, dass aa kein Urbild eines Elements aus B1B_1 ist, mithin aAf1(B1) a\in A\setminus f^{\, \me}(B_1). \qed

Satz 16LM

Es seien f:XYf: X\rightarrow Y, g:YZg: Y\rightarrow Z, h:ZWh: Z\rightarrow W Abbildungen zwischen nichtleeren Mengen X,Y,Z,WX, Y, Z, W. Dann gilt:
  1. h(gf)=(hg)fh\circ(g\circ f) =(h\circ g)\circ f (Assoziativität der Hintereinanderausführung)
  2. Sind ff und gg beide injektiv, so auch gfg\circ f. Sind beide surjektiv, so auch gfg\circ f.
  3. Ist gfg\circ f injektiv, so ist ff injektiv
  4. Ist gfg\circ f surjektiv, so ist gg surjektiv

Beweis

(i): (h(gf))(x)(h\circ(g\circ f))(x) =Defh((gf)(x))\stackrel{\rm {Def}}{=} h((g\circ f)(x)) =h(g(f(x)))= h(g(f(x))) =(hg)(f(x))=(h\circ g)(f(x))=((hg)f)(x)=((h\circ g)\circ f)(x) für jedes xXx\in X. Damit gilt h(gf)=(hg)fh\circ(g\circ f) =(h\circ g)\circ f. (ii): Injektivität: Es seien f,gf,g injektiv, x1,x2Xx_1, x_2\in X. Ist (gf)(x1)=(gf)(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: (gf)(X)=g(f(X))=g(Y)=Z(g\circ f)(X) = g(f(X)){=}g(Y){=}Z, womit gfg\circ f surjektiv ist. (iii) und (iv): Ist f(x1)=f(x2)f(x_1)=f(x_2) mit x1x2x_1\neq x_2, so ist (gf)(x1)=g(f(x1))(g\circ f)(x_1)=g(f(x_1))=g(f(x2))=g(f(x_2))=(gf)(x2)=(g\circ f)(x_2) Ist also ff nicht injektiv, so auch nicht gfg\circ f. Ebenso: gg nicht surjektiv, so auch nicht gfg\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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