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Antje
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 20:02: |
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Hey folks, kann mir jemand von euch dabei weiterhelfen: f:A-->B ; g:B-->C Beweisen Sie folgende Aussagen: (a) g o f bijektiv und f bijektiv --> g bijektiv (b) g o f und g bijektiv --> f bijektiv (c) g o f injektiv --> f injektiv (d) g o f surjektiv und g injektiv --> f surjektiv (e) g o f surjektiv --> g surjektiv Wär' nett wenns jemand lösen könnte!!(ausfürliche Erklärung dazu wär auch ganz gut!!!) |
Matroid (Matroid)
| Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 22:08: |
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Hi Antje, ich hab was für 2 von Deinen Aufgaben: Zunächst die Definitionen f injektiv <=> ( x!=y => f(x) != f(y) ) f surjektiv von D in W <=> für alle yeW ex. ein xeD mit f(x)=y Erste Behauptung: (Beweis der Umkehrung) Umkehrung: f nicht injektiv => g o f nicht injektiv. Beweis: Wenn f nicht injektiv, dann ex. x!=y mit f(x)=f(y) (Noch eine Umkehrung, diesmal der Definition). Wenn aber f(x)=f(y) dann ist auch (g o f)(x)=g(f(x))=g(f(y))=(g o f)(y). qed Es ist richtig (g o f)(x)=g(f(x)) zu setzen, denn genau dadurch ist der 'o' definiert. Zweiter Beweis: (durch Umkehrung) Umkehrung: g nicht surjektiv, dann g o f nicht surjektiv. Wenn g nicht surjektiv, dann ex ein yeW(g), so daß für alle xeD(g) gilt: g(x)!=y. Da dies für alle x aus dem Definitionsbereich von g gilt, gilt es insbesondere auch für alle x aus dem Definitionsbereich von g, für die es ein z aus dem Definitionsbereich von f gibt mit f(z)=x. Die Menge der Bilder f(x) kann ja höchsten gleich dem Definitionsbereich von g sein. Damit gäbe es für y keine Urbild z mit g o f(z) = y. Also g o f nicht surjektiv. Zweiter Beweis (Direkt) Wenn für alle yeW(gof) ein xeD(gof) ex mit gof(x)=y. Nun ist D(gof)=D(g)geschnitten W(f). D(g) ist also eine Obermenge von D(gof). Damit gibt es erst recht ein zeD(g) mit g(z)=y. qed. Den Beweis finde ich schöner. So ähnlich und streng formal werden auch die anderen Beweise gehen. Gruß Matroid |
XX
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 13:44: |
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Hey Schbatz!!! |
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