Das ist also der noch offene Punkt unseres Beweises, denn wir haben ja schon gezeigt, dass rng(g) eine echte Teilmenge von B ist.ralfkannenberg hat geschrieben: ↑21. Mai 2021, 10:49Vorsicht; das muss ich mir noch anschauen. Ich vermute, dass das stimmt, also dass g: B -> rng(g) bijektiv ist.
Als erstes wäre die Frage, ob man statt g: B -> A -> A‘ -> B auch schreiben kann g: B -> rng(g). Davon gehe ich hier erstmal aus.
Dann wäre die Frage, ob g: B -> rng(g) bijektiv ist. Nun, surjektiv ist es auf jeden Fall, weil ja rng(g) per Definition von mindestens einem Element aus seiner Domain getroffen wird. Es müsste also g: B-> rng(g) auch injektiv sein und hier hilft uns, dass g: B-> rng(g) nichts anderes ist als g: B -> A -> A‘ -> B, denn trivial sind schonmal die Teile B -> A und A -> A‘ injektiv (weil sie per Voraussetzung bijektiv sind). A‘ -> B ist injektiv, weil A‘ -> A -> B trivial bijektiv und damit auch injektiv wäre und wir jederzeit die Funktionsvorschrift so legen können, dass bei A‘ -> B ein Element a’ ∈ A’ so auf B zielt, als ob es zugleich auf das a ∈ A zielt, was dann letztlich bijektiv auf B zielen würde. Durch diesen Trick „ziehen“ wir die Bijektivität von A -> B und A -> A’ zusammen auf A‘ -> B.
Ich weiß nicht, ob dich das überzeugt, aber selbst wenn dann muss es doch einen eleganteren Weg geben, es aufzuschreiben. Oder wie würdest du die Bijektion g: B -> rng(g) beweisen?