LA 1 WS 08/09 Zettel 1

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1 LA 1 WS 08/09 Zettel 1 Nils Mahrt 31. Oktober Aufgabe Sei f : X Y eine Abbildung. (a) Für A X ist zu zeigen, dass A f 1 (f(a)) ist. Sei also x A, dann ist zu zeigen, dass x f 1 (f(a)). Es gilt, dass x in das Bild von A abgebildet wird, also f(x) f(a). Da x ein Urbild von f(x) ist, ist x f 1 (f(a)). Für B Y ist zu zeigen, dass f(f 1 (B)) B ist. Sei y f(f 1 (B)), dann ist zu zeigen, dass y B. Da y im Bild von f 1 (B) liegt, gibt es ein z f 1 (B) mit f(z) = y. Da z im Urbild von B liegt, ist f(z) B, also y B. (b) Es gilt: f ist injektiv. Für alle A X gilt A = f 1 (f(a)). Sei also f injektiv. In (a) wurde gezeigt, dass A f 1 (f(a)). Nun sei x f 1 (f(a)). Dann ist zu zeigen, dass x A gilt. Da x im Urbild von f(a) liegt, ist f(x) f(a). Es gibt also zu f(x) ein Urbild in A, d.h. ein y A mit f(y) = f(x). Da f injektiv ist, gilt dann x = y. Also ist x A. Angenommen: Für alle A X gilt A = f 1 (f(a)). Seien x, y X mit f(x) = f(y), dann ist zu zeigen, dass x gleich y ist. {x} ist eine Teilmenge von X. Also ist: {x} = f 1 (f({x})) = f 1 ({f(x)}) x, y und damit x = y also f injektiv. 1

2 31. Oktober 2008 Nils Mahrt 2 2.Aufgabe (a) f : N N, n 3n 2 2n + 5 ist injektiv, aber nicht surjektiv. Seien n, m N mit f(n) = f(m). Dann gilt also: 3n 2 2n + 5 = 3m 2 2m + 5 ( n 3) 1 2 ) 2 = ( m 1 3 n 1 ( 3 = ± m 1 ) 3 Da n, m N sind, ist dies nur für n = m möglich. Sei nun k N beliebig. Dann ist ( f(k) = 3k 2 2k + 5 = 3 k 1 ) > 4. Also ist 4 / f(n) und f nicht surjektiv. f : N N, n n + ( 1) n ist bijektiv. Für n N gerade ist: g(g(n)) = g(n+( 1) n ) = g(n+1) = (n+1)+( 1) (n+1) = (n+1) 1 = n Für n N ungerade ist: g(g(n)) = g(n+( 1) n ) = g(n 1) = (n 1)+( 1) (n 1) = (n 1)+1 = n Also ist g g = id N. Da g eine Umkehrabbildung besitzt, ist g bijektiv. h : R R R 0, (x, y) x 2 + y 2 ist nicht injektiv, aber surjektiv. Es ist h((1, 0)) = 1 = h((0, 1)), also ist h nicht injektiv. Sei x R 0 Dann gibt es ( x, 0) R R mit h(( x, 0)) = x = x. Also ist h surjektiv. (b) Sei f : X Y eine Abbildung zwischen nicht-leeren Mengen. dann ist zu zeigen: f ist injektiv. Es gibt g : Y X mit g f = id X. Sei f injektiv. Dann ist die Abbildung f : X f(x) x f(x) bijektiv. Es gibt also eine Umkehrabbildung f 1, für die insbesondere gilt: f 1 f = id X. Wähle ein x 0 X beliebig und deniere nun

3 31. Oktober 2008 Nils Mahrt 3 Dann gilt für x X: Was zu beweisen war. g : Y { X f y 1 (y) : y f(x) : y / f(x). x 0 g(f(x)) = g(f (x)) = f 1 (f (x)) = x. Seien nun g, f gegeben mit g f = id X. Seien x, x X mit f(x) = f(x ). Dann ist: Also ist f injektiv. x = id X (x) = g(f(x)) = g(f(x )) = id X (x ) = x. 3.Aufgabe Seien h : A B, g : B C, f : C D Abbildungen. Dann gilt: (f g) h = f (g h), da für alle a A: ((f g) h)(a) = (f g)(h(a)) = f(g(h(a))) = f((g h)(a)) = (f (g h))(a). Sei X eine Menge mit mindestens drei Elementen, dann ist zu zeigen, dass (Bij(X, X), ) eine Gruppe ist. Dazu zeige ich zunächst, dass für f, g Bij(X, X) auch f g Bij(X, X) ist. Zu f und g gibt es die Umkehrabbildungen f 1 und g 1. Dann ist g 1 f 1 Umkehrabbildung zu f g, denn und (f g) (g 1 f 1 ) = f id X f 1 = f f 1 = id X (g 1 f 1 ) (f g) = g 1 id X g = g 1 g = id X. Nun weise ich die drei Gruppenaxiome nach: Assoziativität wurde schon in der Vorbemerkung gezeigt. Neutrales Element ist id X, da für f Bij(X, X) und alle x X gilt: (f id X )(x) = f(id X (x)) = f(x). Inverse Elemente sind Umkehrabbildungen. Deren Existenz ist in der Vorlesung gezeigt worden. Nun ist noch zu zeigen, dass die Gruppe nicht kommutativ ist. Dazu deniere ich für drei verschiedene Elemente a, b, c X:

4 31. Oktober 2008 Nils Mahrt 4 f : X X a : x = a c : x = b x b : x = c x : x a, b, c und g : X X b : x = a c : x = b x a : x = c x : x a, b, c. Dann ist f(g(a)) = f(b) = c b = g(a) = g(f(a)). Also kommutieren f und g nicht, obwohl beide in Bij(X, X) liegen. 4.Aufgabe Sei G eine Gruppe, in der alle Elemente Involutionen sind. Es ist zu zeigen, dass die Gruppe abelsch ist. Seien a, b G beliebig. Dann gilt: Also ist die Gruppe abelsch. ab = aeb = a(ab)(ab)b = (aa)ba(bb) = ebae = ba. 5. Aufgabe Seien X, Y, Z Mengen und X f Y g Z Abbildungen. (a) Angenommen f und g sind injektiv. Dann ist zu zeigen, dass auch g f injektiv ist. Seien also a, b X mit (g f)(a) = (g f)(b). Aus der Denition der Komposition von Abbildungen folgt dann: g(f(a)) = g(f(b)). Weil g injektiv ist, folgt daraus, dass f(a) = f(b) sein muss. Da auch f injektiv ist, muss dann auch a = b gelten. Somit ist gezeigt, dass g f injektiv ist. Angenommen f und g sind surjektiv. Dann ist zu zeigen, dass auch g f surjektiv ist. Sei also z Z. Für dieses z ist nun ein Urbild unter g f

5 31. Oktober 2008 Nils Mahrt 5 gesucht. Da g surjektiv ist, gibt es ein y Y mit g(y) = z. Weil auch f surjektiv ist, gibt es zu y ein x X mit f(x) = y. Nun gilt: (g f)(x) = g(f(x)) = g(y) = z Somit ist gezeigt, dass g f surjektiv ist. (b) Angenommen g f ist injektiv. Dann ist zu zeigen, dass f injektiv ist. Seien a, b X mit f(a) = f(b). Dann ist g(f(a)) = g(f(b)), das heiÿt (g f)(a) = (g f)(b). Da g f injektiv ist, folgt, dass a = b gilt. Somit muss auch f injektiv sein. Angenommen g f ist surjektiv. Dann ist zu zeigen, dass g surjektiv ist. Sei z Z. Dann ist ein Urbild unter g gesucht. Weil g f surjektiv ist, gibt es ein x X mit (g f)(x) = z. Dann ist f(x) ein Urbild von z unter g, weil g(f(x)) = (g f)(x) = z gilt. Somit muss auch g surjektiv sein. 6. Aufgabe (a) G = R, x y = 3x + 4y. Dieses G ist keine Gruppe. Das Assoziativgesetz gilt nicht: (0 0) 1 = 0 1 = 4 16 = 0 4 = 0 (0 1) (b) G = R, x y = 3 x 3 + y 3. Dieses G ist eine Gruppe. Dazu sind die Gruppenaxiome zu überprüfen: Assoziativität: Seien x, y, z reelle Zahlen. Dann gilt: (x y) z = ( 3 x 3 + y 3 ) z = 3 3 x3 + y 33 + z 3 = 3 x 3 + y 3 + z 3 = x y 3 + z 33 = x 3 ( 3 y 3 + z 3 ) = x (y z) Neutrales Element ist 0. Für jede reelle Zahl x gilt: x 0 = 3 x = x = x 3 = 0 x Inverses Element zu x ist x, weil x ( x) = 3 x 3 + ( x) 3 = 3 x 3 x 3 = 0 und gilt. ( x) x = 3 ( x) 3 + x 3 = 3 x 3 + x 3 = 0

6 31. Oktober 2008 Nils Mahrt 6 (c) G = R 2, (x 1, x 2 ) (y 1, y 2 ) = (x 1 y 1, x 1 y 2 + x 2 ). Dieses G ist keine Gruppe, weil es kein inverses Element zu (0, 0) gibt. Angenommen (a, b) ist invers zu (0, 0). Dann gilt: (0, 0) (a, b) = (0, 0) Somit muss dann (0, 0) das neutrale Element der Gruppe sein. Das ist ein Widerspruch, weil zum Beispiel (0, 0) (1, 1) = (0, 0) (1, 1) ist. Also war die Annahme falsch und G ist keine Gruppe. Die auf G denierte Verknüpfung ist nicht kommutativ, denn es gilt: (0, 0) (0, 1) = (0, 0) (0, 1) = (0, 1) (0, 0)