Injektivität und Surjektivität

In einem Satz: Eine Funktion ist injektiv, wenn sich nie zwei Eingaben denselben Ausgang teilen, und surjektiv, wenn jeder mögliche Ausgang auch erreicht wird.

Funktionen als besondere Relationen

Ob eine Funktion injektiv oder surjektiv ist, hängt vom Definitionsbereich und vom Zielbereich ab, nicht nur von der Formel. Deshalb steht bei jedem Beispiel dabei, zwischen welchen Mengen die Funktion läuft.

Injektiv

Vorgehen beim Nachweis. Du nimmst $f(x_1) = f(x_2)$ an und formst um, bis $x_1 = x_2$ dasteht. Zum Widerlegen gibst du zwei verschiedene Eingaben mit gleichem Ausgang an.

Aufgabe: Auf Injektivität prüfen

Sei $f: D \subseteq \mathbb{R} \to \mathbb{R}$. Prüfe auf Injektivität:

• a) $f(x) = 3x + 1$ mit $D = \mathbb{R}$
• b) $f(x) = x^2$ mit $D = [0, \infty)$
• c) $f(x) = x^2$ mit $D = \mathbb{R}$
• d) $f(x) = mx + n$ mit $m, n \in \mathbb{R}$ und $D \subseteq \mathbb{R}$

Lösung a). Zu zeigen: Aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $x_1 = x_2$.

Seien $x_1, x_2 \in \mathbb{R}$ beliebig mit $f(x_1) = f(x_2)$. Wir formen um, bis $x_1 = x_2$ dasteht:

Aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $x_1 = x_2$. Also ist $f$ injektiv.

Lösung b). Zu zeigen: Aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $x_1 = x_2$.

Seien $x_1, x_2 \in [0, \infty)$ beliebig mit $f(x_1) = f(x_2)$:

Das Wurzelziehen ist hier erlaubt, weil $x_1, x_2 \geq 0$ sind: Es gilt $\sqrt{x^2} = |x| = x$ für $x \geq 0$. Also ist $f$ auf $[0, \infty)$ injektiv.

Lösung c). Zu zeigen: $f$ ist nicht injektiv. Dafür genügt ein Gegenbeispiel, also zwei verschiedene Eingaben $x_1 \neq x_2$ mit $f(x_1) = f(x_2)$.

Wähle $x_1 = -1$ und $x_2 = 1$:

Zwei verschiedene Eingaben haben denselben Ausgang. Also ist $f$ auf $\mathbb{R}$ nicht injektiv. Beim Wurzelziehen wie in b) ginge ein Vorzeichen verloren, denn $\sqrt{x^2} = |x|$.

Lösung d). Hier muss man zwei Fälle trennen, denn für $m = 0$ passiert etwas anderes als für $m \neq 0$.

Fall $m \neq 0$. Zu zeigen: Aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $x_1 = x_2$. Seien $x_1, x_2$ beliebig mit $f(x_1) = f(x_2)$:

Die Division durch $m$ ist erlaubt, weil $m \neq 0$ ist. Also ist $f$ injektiv.

Fall $m = 0$. Zu zeigen: $f$ ist nicht injektiv, wir brauchen also zwei verschiedene Eingaben mit gleichem Ausgang. Es ist $f(x) = 0 \cdot x + n = n$, die Funktion ist konstant. Zum Beispiel gilt $f(0) = n = f(1)$ mit $0 \neq 1$. Also ist $f$ nicht injektiv.

Da $m = 0$ erlaubt ist, ist $f(x) = mx + n$ im Allgemeinen nicht injektiv. Sie ist es genau für $m \neq 0$.

Surjektiv

Vorgehen beim Nachweis. Du nimmst ein beliebiges $y$ aus dem Zielbereich, löst die Gleichung $f(x) = y$ nach $x$ auf und prüfst, dass dieses $x$ im Definitionsbereich liegt.

Aufgabe: Auf Surjektivität prüfen

Sei $f: A \to B$. Prüfe auf Surjektivität:

• a) $f(x) = 3x + 1$ mit $A = B = \mathbb{R}$
• b) $f(x) = mx + n$ mit $A = B = \mathbb{R}$ und $m, n \in \mathbb{R}$
• c) $f(x) = x^2$ mit $A = B = \mathbb{R}$
• d) $f(x) = x^2$ mit $A = \mathbb{R}$ und $B = [0, \infty)$

Lösung a). Zu zeigen: Zu jedem $y \in \mathbb{R}$ gibt es ein $x \in \mathbb{R}$ mit $f(x) = y$. Am Ende muss also ein konkretes $x$ dastehen, das von $y$ abhängt.

Sei $y \in \mathbb{R}$ beliebig. Wir lösen $f(x) = y$ nach $x$ auf:

Dieses $x$ ist für jedes $y \in \mathbb{R}$ eine reelle Zahl. Zur Kontrolle: $f\!\left(\frac{y-1}{3}\right) = 3 \cdot \frac{y-1}{3} + 1 = y$. Also ist $f$ surjektiv.

Lösung b). Wieder zwei Fälle.

Fall $m \neq 0$. Zu zeigen: Zu jedem $y \in \mathbb{R}$ gibt es ein $x \in \mathbb{R}$ mit $f(x) = y$. Sei $y \in \mathbb{R}$ beliebig:

Das $x$ existiert für jedes $y$, weil $m \neq 0$ ist. Also ist $f$ surjektiv.

Fall $m = 0$. Zu zeigen: $f$ ist nicht surjektiv, wir brauchen also ein $y$, das nicht getroffen wird. Es ist $f(x) = n$ konstant, es wird nur der Wert $n$ getroffen. Jedes $y \neq n$, zum Beispiel $y = n + 1$, wird nicht getroffen. Also ist $f$ nicht surjektiv.

Da $m = 0$ erlaubt ist, ist $f(x) = mx + n$ im Allgemeinen nicht surjektiv. Sie ist es genau für $m \neq 0$.

Lösung c). Zu zeigen: $f$ ist nicht surjektiv. Dafür genügt ein einziges $y \in B$, zu dem es kein $x \in A$ mit $f(x) = y$ gibt.

Wähle $y = -4 \in B = \mathbb{R}$. Wir suchen $x \in \mathbb{R}$ mit

Diese Gleichung hat in $\mathbb{R}$ keine Lösung, denn ein Quadrat ist nie negativ, und $\sqrt{-4}$ ist keine reelle Zahl. Der Wert $-4$ wird nie getroffen. Also ist $f$ nicht surjektiv.

Lösung d). Zu zeigen: Zu jedem $y \in [0, \infty)$ gibt es ein $x \in \mathbb{R}$ mit $x^2 = y$.

Sei $y \in [0, \infty)$ beliebig. Wir lösen $x^2 = y$ und wählen

Wegen $y \geq 0$ ist $\sqrt{y}$ eine reelle Zahl, liegt also in $A = \mathbb{R}$. Kontrolle: $(\sqrt{y})^2 = y$. Also ist $f$ mit Zielbereich $[0, \infty)$ surjektiv. Dieselbe Formel wie in c), aber ein anderer Zielbereich, und deshalb ein anderes Ergebnis.

Bijektiv

Vorgehen. Du zeigst drei Dinge: Die Funktion bildet wirklich von $A$ nach $B$ ab, sie ist injektiv, und sie ist surjektiv. Eine Bijektion $A \to B$ zeigt, dass beide Mengen “gleich viele” Elemente haben, man sagt gleichmächtig.

Aufgabe: Bijektionen angeben

Zeige, dass die Teilmengen von $\mathbb{R}$ gleichmächtig sind, und gib jeweils eine Bijektion $f: A \to B$ an:

• a) $A = (0, 1)$ und $B = (a, b)$ mit $a, b \in \mathbb{R}$ und $a < b$
• b) $A = (-\infty, 0]$ und $B = [1, \infty)$

Lösung a). Zu zeigen sind drei Dinge: (1) $f$ bildet $(0,1)$ nach $(a,b)$ ab, (2) $f$ ist injektiv, das heißt aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $x_1 = x_2$, und (3) $f$ ist surjektiv, das heißt zu jedem $y \in (a,b)$ gibt es ein $x \in (0,1)$ mit $f(x) = y$.

Wir wählen die lineare Funktion

Sie bildet nach $B$ ab. Für $0 < x < 1$ gilt $0 < (b-a)\,x < b - a$, denn $b - a > 0$. Addiert man $a$, folgt $a < f(x) < b$, also $f(x) \in (a, b)$.

Injektiv. Zu zeigen ist $x_1 = x_2$. Seien $x_1, x_2 \in (0,1)$ mit $f(x_1) = f(x_2)$:

Die Division ist erlaubt, weil $b - a \neq 0$ ist.

Surjektiv. Zu zeigen ist ein $x \in (0,1)$ mit $f(x) = y$. Sei $y \in (a, b)$ beliebig. Wir lösen $f(x) = y$:

Dieses $x$ liegt in $(0, 1)$: Aus $a < y < b$ folgt $0 < y - a < b - a$, und Division durch $b - a > 0$ ergibt $0 < x < 1$. Damit ist $f$ surjektiv.

Da $f$ injektiv und surjektiv ist, ist $f$ bijektiv.

Lösung b). Zu zeigen sind wieder drei Dinge: $f$ bildet nach $[1,\infty)$ ab, ist injektiv ($x_1 = x_2$) und ist surjektiv (zu jedem $y \geq 1$ ein $x \leq 0$ mit $f(x) = y$). Wir wählen

Sie bildet nach $B$ ab. Für $x \leq 0$ gilt $-x \geq 0$ und damit $f(x) = -x + 1 \geq 1$, also $f(x) \in [1, \infty)$.

Injektiv. Aus $f(x_1) = f(x_2)$ folgt $-x_1 + 1 = -x_2 + 1$, also $-x_1 = -x_2$ und damit $x_1 = x_2$.

Surjektiv. Sei $y \in [1, \infty)$ beliebig. Aus $-x + 1 = y$ folgt $x = 1 - y$. Wegen $y \geq 1$ gilt $x = 1 - y \leq 0$, also $x \in (-\infty, 0]$. Kontrolle: $f(1 - y) = -(1 - y) + 1 = y$.

Also ist $f$ bijektiv.

Endliche Mengen zählen

Bei endlichen Mengen lässt sich alles abzählen. Für $A = \{1,2,3\}$ und $B = \{a,b\}$ gibt es $2^3 = 8$ Funktionen $A \to B$. Keine davon ist injektiv, denn drei Eingaben passen nicht in zwei Ausgänge ohne Doppelung. Sechs davon sind surjektiv. Die Funktion $1 \mapsto a$, $2 \mapsto a$, $3 \mapsto b$ ist ein Beispiel: Sie trifft $a$ und $b$, benutzt aber $a$ doppelt.