Surjektivität, existiert die Abbildung?

Question

Beh.: Für f: A→B :

(∃g: B→ A ∀y∈B: f(g(y))=y )⇔ (∀y∈B∃x∈A: f(x)=y)

Die eine "Richtung" habe ich bereits gezeigt, aber hier habe ich Probleme:

(ii)

Z.z.:(∃g: B→ A ∀y∈B: f(g(y))=y )⇐ (∀y∈B∃x∈A: f(x)=y)

Bew.:

Voraussetzung: ∀y∈B∃x∈A: f(x)=y

Es existiert also für jedes y∈B ein x∈A, sodass f(x)=y gilt. Es ist also jedem y mindestens ein x zugeordnet, somit gibt es immer eine Abbildung g: B→ A: g(y)↦x. Es gilt also f°g: B→B: y ↦ (f°g)(y) := f(g(y))=y

Ich bin mir unsicher, da "g" ja nicht zwangsweise bijektiv ist, kann mir jemand einen Tipp geben, falls dieser Beweis falsch ist? Es gibt schließlich beispielsweise für y=x^2 zwei passende x, wenn man die Mengen entsprechend wählt...Ist das in diesem Fall egal, weil es nur um die Surjektivität geht? g(y) hätte dann halt zwei Lösungen g(y)=x₁ und g(y)=x₂, aber trotzdem wäre ja f(g(y)=f(x₁)=f(x₂)=y oder?

Answer 1

Es existiert also für jedes y∈B ein x∈A, sodass f(x)=y gilt.

Es ist also jedem y mindestens ein x zugeordnet,

somit gibt es immer eine Abbildung g: B→ A: g(y)↦x.

Hier liegt wohl das Problem. Damit g eine Abbildung ist, muss ja

jedem y aus B GENAU EIN x aus A zugeordnet werden.

Dazu  müsste man wohl von den möglicherweise mehreren x

immer eines auswählen. Wenn bei A sowas wäre wie eine Ordnung

oder so, könnte man z.B. immer das Min. aller x-Werte nehmen.Damit man dann hat:


Es gilt also f°g: B→B: y ↦ (f°g)(y) := f(g(y))=y

Comments

danke für die Antwort. A ist nicht genauer definiert. Könnte ich einfach sagen B→ A: g(y)↦min{M}, wobei x∈M und M⊂A? Dann wäre g sogar bijektiv...

Damit wäre der Beweis vollbracht oder?

Falls nicht:

Ist mein Ansatz generell schlecht oder befinde ich mich auf dem richtigen Pfad? Hast du eine alternative Idee oder einen Tipp?

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Könnte ich einfach sagen B→ A: g(y)↦min{M}, wobei x∈M und M⊂A?

Du meinst  min{M}, und M = { x ∈ A ,  f(x) = y } also das Min der

Urbildmenge von A.   Aber wenn A keine Menge mit einer

Ordnung ist ( etwa eine Teilmenge der komplexen Zahlen, oder

eine Menge von Vektoren aus R² oder so, dann geht das ja nicht.

Dann wäre g sogar bijektiv...    Das nicht; denn die Bildmenge

g ( B) wäre dann ja nicht ganz A, jedenfalls dann nicht, wenn

f nicht Injektiv ist.

Eine echte Lösung fällt mir spontan auch nicht ein.