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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:05 Fr 20.04.2012 | | Autor: | msg08 |
| Aufgabe | | f: X -> Y surjektiv, g: X -> Z beliebig. Wenn Kern f [mm] \subset [/mm] Kern g ist, gibt es eine Abbildung h: Y -> Z mit h o f = g. Wegen Kern f [mm] \subset [/mm] Kern(h o f) = Kern g ist die Notwendigkeit der Bedingung offensichtlich. |
f: A -> B
Kern(f) = {(x,y) [mm] \in [/mm] AxA | f(x) = f(y)}
Diese Kerndefinition wohl.
Also mir wird einfach diese Bedingung nicht klar.
Ich suche jetzt ein Beispiel, so dass es eben bei beliebig f nicht klappt. Also angenommen, f: X -> Y sei beliebig: So existiert ein (x,y) € Kern(g), so dass (x,y) [mm] \not\in [/mm] Kern(h o f). Klappt aber nicht.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 19:18 Fr 20.04.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo msg08,
> f: X -> Y surjektiv, g: X -> Z beliebig. Wenn Kern f
> [mm]\subset[/mm] Kern g ist, gibt es eine Abbildung h: Y -> Z mit h
> o f = g. Wegen Kern f [mm]\subset[/mm] Kern(h o f) = Kern g ist die
> Notwendigkeit der Bedingung offensichtlich.
Die Surjektivität von f ist übrigens überflüssig.
> Also mir wird einfach diese Bedingung nicht klar.
>
> Ich suche jetzt ein Beispiel, so dass es eben bei beliebig
> f nicht klappt. Also angenommen, f: X -> Y sei beliebig: So
> existiert ein (x,y) € Kern(g), so dass (x,y) [mm]\not\in[/mm]
> Kern(h o f). Klappt aber nicht.
$h$ ist doch gerade eine Abbildung mit [mm] $h\circ [/mm] f=g$, also auch [mm] Kern($h\circ [/mm] f$)=Kern($g$). Daher findest du natürlich kein [mm] $(x,y)\in$Kern($g$), [/mm] dass nicht in [mm] Kern($h\circ [/mm] f$) liegt.
Vermutlich suchst du ein Beispiel für Abbildungen [mm] $f\colon X\to [/mm] Y$, [mm] $g\colon X\to [/mm] Z$, so dass nicht [mm] Kern($f$)$\subset$Kern($g$) [/mm] gilt (und somit kein h existiert, dass das Diagramm kommutativ macht).
Betrachte mal [mm] $f\colon\{0,1\}\to\{0\},\;f(x)=0$ [/mm] und [mm] $g\colon\{0,1\}\to\{0,1\},\;g(x)=x$.
[/mm]
Viele Grüße
Tobias
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