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beweis surjektiv bijektiv injektiv

Universität / Fachhochschule

Algebraische Zahlentheorie

Analytische Zahlentheorie

Tags: Beweis, Herleitung

tune-eyes aktiv_icon

23:02 Uhr, 25.10.2008

Hallo zusammen,
ich soll prüfen ob folgende aussagen surjektiv bijektiv injektiv sind

a) f (x, y) = (x + y, y + 2)

b)

f(x,y)=(xy,x+y)

c) f (x, y) = (x - y, x^{2} - y^{2})

d)

f(x,y)=(x/wurzel(1+x^2+y^2),y/wurzel(1+x^2+y^2))

ALSO: vorne weg, ich weiß was surjektiv bijektiv injektiv ist und was deren eigenschaften sind...
ich hab mir gedanken zu den aufgaben gemacht:

a ist surjektiv weil

f (x, y) = f (x', y')

nicht zutrifft

b

ist injektiv

c

ist ??

d

ist bijektiv weil genau ein element getroffen wird

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

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Rentnerin

21:16 Uhr, 26.10.2008

Hallo tune-eyes,

also vorne weg würde ich sagen, dass Du die Begriffe Surjektivität und Injektivität nicht verstanden hast.

Erstens sind keine Aussagen surjektiv ... und surjektiv .... haben keine Eigenschaften.

Doch nun zu den Aufgaben.

Abbildungen zwischen Mengen können bestimmte Eigenschaften haben. Dazu zählen u.a. die Eigenschaften der Surjektivität und der Injektivität. Bei Deinen Aufgaben handelt es sich vermutlich um die Mengen

R^{2}

mit entsprechenden Abbildungen

f : R^{2} \to R^{2}

. Eine solche Abbildung ist surjektiv, wenn es zu jedem

(a, b) \in R^{2}

(hier ist die rechts vom Abbildungspfeil aufgeführte Menge gemeint) mindestens ein

(x, y) \in R^{2}

gibt, dass gilt:

f (x, y) = (a, b)

.

a)

f (x, y) = (x + y, y + 2)

Sei

(a, b) \in R^{2}

beliebig, dann suchen wir

(x, y)

mit

f (x, y) = (x + y, y + 2) = (a, b)

, d.h.

x + y = a

und

y + 2 = b

bzw.

y = b - 2

und

x = a - (b - 2) = a - b + 2

. Nun hast Du also

f (a - b + 2, b - 2) = (a - b + 2 + b - 2, b - 2 + 2) = (a, b)

und somit ist die Abbildung surjektiv.

b)

f (x, y) = (x \cdot y, x + y)

Auch hier könntest Du wieder zwei Gleichungen aufstellen und versuchen sie nach x und y aufzulösen. Dies klappt aber nur unter bestimmten Voraussetzungen. Probiere es selbst einmal aus. Jedenfalls für das Element

(1, 0)

gibt es kein Element

(x, y)

mit

f (x, y) = (1, 0)

. Sonst müsste ja

x + y = 0

bzw.

y = - x

sein und andererseits

- x^{2} = 1

sein. Die Abbildung ist nicht surjektiv.

Bevor ich weiter mache will ich ein Feedback von Dir haben.

Gruß Rentnerin

tune-eyes aktiv_icon

22:26 Uhr, 26.10.2008

hallo, danke erst ma für den einstieg...
ich wär persönlich nie auf die idee gekomen das in einem solchen gleichungssysten zu transferieren und das damit zu beweisen.
jedoch bin ich der ansicht zu wissen was surjektiv injektiv bijektiv ist

: P . .

f

injektiv: bei jedem

y e Y

höchstens ein

x ... ... ... ...

Y, X

seien Mengen

f

surjektiv:

... ... ... .

. mindestens ein

x

f

bijektiv

: ... ... ... .

. genau ein

x

tune-eyes aktiv_icon

22:34 Uhr, 26.10.2008

du hast recht ich habe versucht es wieder auf

x

und

y

aufzulösen aber ich kann keine wurzel aus negativen zaheln ziehen

a = x - y . .

b = x^{2} y^{2} \Rightarrow x = a + y

und

y^{2} = x^{2} - b

...wie lös ich das denn nun?

Rentnerin

22:50 Uhr, 26.10.2008

f (x, y) = (x - y, x^{2} - y^{2})

Hier sieht es ähnlich wie bei b) aus. Theoretisch kannst Du wieder versuchen

(x - y, x^{2} - y^{2}) = (a, b)

zu lösen; für bestimmte Konstellationen gibt es keine Lösung z.B. für

(a, b) = (0, 1)

. Denn wenn

x - y = 0

ist, kann

x^{2} - y^{2} = (x - y) \cdot (x + y)

niemals

1

sein. Keine Surjektivität!

d)

f (x, y) = (\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2} + y^{2}}}, \frac{y}{\sqrt{1 + x^{2} + y^{2}}})

Jetzt werden die Gleichungen immer heftiger. Also sollte vielleicht einmal eine andere Überlegung herhalten. f stellt ein Vektorfeld dar, d.h. an jeder Stelle

(x, y)

kannst Du Dir einen Vektor

f (x, y)

angeheftet denken. Schauen wir uns einmal die Länge dieser Vektoren an. Das Längenquadrat errechnet sich zu

∣ f (x, y) ∣^{2} = \frac{x^{2}}{1 + x^{2} + y^{2}} + \frac{y^{2}}{1 + x^{2} + y^{2}} = \frac{x^{2} + y^{2}}{1 + x^{2} + y^{2}} < 1

.

Alle Vektoren haben also eine Länge, die kleiner als 1 ist. Damit kann z.B.

(a, b) = (2, 0)

niemals als "Bildvektor" vorkommen. Keine Surjektivität!

Einverstanden?

Rentnerin

23:00 Uhr, 26.10.2008

nochmals zu b)

x \cdot y = a

und

x + y = b

y = b - x

und damit

x \cdot (b - x) = a

Die zweite Gleichung liefert

b \cdot x - x^{2} - a = 0

bzw.

x^{2} - b \cdot x + a = 0

.

Die zugehörige Diskriminante errechnet sich zu

D = b^{2} - 4 \cdot a

und damit kann D für bestimmte Paare

(a, b)

durchaus negativ sein. Wähle Dir ein solches aus und Du hast ein Beispiel dafür, dass nicht alle Vektoren als Bilder vorkommen.

Rentnerin

23:13 Uhr, 26.10.2008

Und nun zur Injektivität.

f

ist injektiv wenn aus der (hier vektoriellen) Termgleichung

f (x_{1}, y_{1}) = f (x_{2}, y_{2})

durch Umformung die Vektorgleichung

(x_{1}, y_{1}) = (x_{2}, y_{2})

erreicht werden kann.

a)

(x_{1} + y_{1}, y_{1} + 2) = (x_{2} + y_{2}, y_{2} + 2)

Beide Komponenten müssen gleich sein:

x_{1} + y_{1} = x_{2} + y_{2}

und

y_{1} + 2 = y_{2} + 2

Aus der zweiten Gleichung folgt sofort

y_{1} = y_{2}

und in die erste eingesetzt folgt dann

x_{1} = x_{2}

. Injektivität nachgewiesen!

b)

f (x, y) = (x \cdot y, x + y)

f

ist symmetrisch in den beiden Variablen. Beim Vertauschen von x und y entsteht derselbe (Vektor)Wert. f kann damit nie injektiv sein! Nimm einfach z.B.

f (2, 1) = (2, 3) = f (1, 2)

.

Bisher klar?

MiniMilk aktiv_icon

23:24 Uhr, 26.10.2008

Also mir ist das bisher alles klar und ich sitze vor derselben Aufgabe, deswege fände ich es super, wenn du weitermachen könntest.

MiniMilk aktiv_icon

23:43 Uhr, 26.10.2008

Bei

c)

ist mir völlig unklar, wie ich prüfen kann, ob

f

injektiv ist. Geht das wieder irgendwie durch gleichsetzen der Komponenten?
Wäre super, wenn die Antwort heute noch käme. Wenn wir morgen wieder neue Aufgaben bekommen und ich dann noch an denen von heute sitze, hänge ich ja total nach. Wenn du mir sagst, wie es geht, hab ich wenigstens was, was ich nachvollziehen kann.

Rentnerin

23:58 Uhr, 26.10.2008

Na dann mal in die Zielgerade!

c)

f (x, y) = (x - y, x^{2} - y^{2})

Wenn Du verschiedene Punkte "siehst", die im selben Bildpunkt landen, dann brauchst Du natürlich nicht mehr rechnen. In diesem Fall landet die gesamte Winkelhalbierende des I. und III. Quadranten im Nullvektor. Für

y = x

gilt nämlich

f (x, x) = (0, 0)

. Damit hast Du z.B.

f (1, 1) = (0, 0) = f (2, 2)

und f ist nicht injektiv.

d)

f (x, y) = (\frac{x}{\sqrt{1 + x^{2} + y^{2}}}, \frac{y}{\sqrt{1 + x^{2} + y^{2}}})

f ist ein radiales Vektorfeld, da

f (x, y)

mit

(x, y)

bis auf einen skalaren Faktor (dieselbe Wurzel in den Nennern) übereinstimmt. Dieser Vorfaktor hängt vom Abstand des Ausgangspunktes vom Ursprung ab. Sieht verdammt nach injektiv aus, da für unterschiedliche

(x, y)

die Richtungen festgelegt sind und für gleiche Richtungen die Längen variieren. Also muss eine Rechnung her.

Das ganze sehen wir uns aber wegen des Aufbaus der Abbildungsvorschrift in Polarkoordinaten an, also

x = r \cdot c o s (t), y = r \cdot s i n (t)

. Die sind für

(x, y) \neq (0, 0)

eindeutig festgelegt;

f (0, 0) = (0, 0)

gilt ohnehin nur für den Ursprung und würde die Injektivität nicht beeinträchtigen.

Also los!

Aus

(\frac{r_{1} \cdot c o s (t_{1})}{\sqrt{1 + r_{1}^{2}}}, \frac{r_{1} \cdot s i n (t_{1})}{\sqrt{1 + r_{1}^{2}}}) = (\frac{r_{2} \cdot c o s (t_{2})}{\sqrt{1 + r_{2}^{2}}}, \frac{r_{2} \cdot s i n (t_{2})}{\sqrt{1 + r_{2}^{2}}})

folgt durch Vergleich der Längenquadrate (ähnlich wie oben)

\frac{r_{1}^{2} \cdot c o s (t_{1})^{2} + r_{1}^{2} \cdot s i n (t_{1})^{2}}{1 + r_{1}^{2}} = \frac{r_{2}^{2} \cdot c o s (t_{2})^{2} + r_{2}^{2} \cdot s i n (t_{2})^{2}}{1 + r_{2}^{2}}

bzw.

\frac{r_{1}^{2}}{1 + r_{1}^{2}} = \frac{r_{2}^{2}}{1 + r_{2}^{2}}

.

Die simple reelle Abbildung

r \mapsto \frac{r^{2}}{1 + r^{2}}

ist für

r > 0

streng monoton (Kontrolle durch Ableitung!) und damit folgt

r_{1} = r_{2}

.

Damit reduziert sich der Vergleich auf

c o s (t_{1}) = c o s (t_{2})

und

s i n (t_{1}) = s i n (t_{2})

.

Wären

t_{1}

und

t_{2}

verschieden, dann könnten für den cos

t_{1}

und

t_{2}

entweder im I. und IV. Quadranten oder im II. und III. Quadranten liegen; für den sin könnten sie im I. und II. oder im III. und IV. Quadranten liegen. Die simultane Gleichheit für cos und sin schließen sich also gegenseitig aus. Es kann nur

t_{1} = t_{2}

diese Gleichung erfüllen. f ist injektiv.

Gruß Rentnerin

MiniMilk aktiv_icon

00:09 Uhr, 27.10.2008

Vielen, vielen Dank für die Hilfe. Das hat mich ein ganzes Stück weiter gebracht. Jetzt wünsche ich eine gute Nacht!
Lg, MiniMilk

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