Prof. Dr. Elmar Grosse-Klönne Institut für Mathematik

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1 Prof. Dr. Elmar Grosse-Klönne Institut für Mathematik Lineare Algebra Analytische Geometrie I* Übungsaufgaben, Blatt Musterlösungen Aufgabe. Es seien A, B, C Teilmengen einer Menge X. Zeige: i A B C = A B A C, ii A B C = A B A C, iii A B C = A B A C, iv A B C = A B A C, v A B A B = A A B B A B. Lösung. Für zwei Mengen U, V ist U = V äquivalent zu U V V U. i Schritt : Wir zeigen A B C A B A C. Es sei a A B C beliebig. Dann gilt a A a B C. Wegen a B C gilt a B oder a C. Zusammen mit a A folgt a A B oder a A C, das heißt a A B A C. Da a A B C beliebig gewählt war, ergibt sich A B C A B A C. Schritt 2: Wir zeigen A B A C A B C. Offenbar gilt B B C. Daraus folgt A B A B C. Analog gilt C B C damit A C A B C. Beides zusammen ergibt A B A C A B C. Schritt 3: Aus Schritt Schritt 2 folgt A B C = A B A C. ii Schritt : Wir zeigen A B C A B A C. Es sei a A B C beliebig. Gilt a A, so auch a A B a A C, also a A B A C. Falls aber a / A, so gilt nach Voraussetzung a B C damit sowohl a A B als auch a A C, also a A B A C. In jedem Fall folgt a A B A C. Da a A B C beliebig war, ergibt sich A B C A B A C. Schritt 2: Wir zeigen A B A C A B C. Es sei a A B A C beliebig. Dann gilt a A B a A C. Falls a A, so auch a A B C. Falls aber a / A, so folgt a B aus a A B a C aus a A C, also a B C. In jedem Fall haben wir a A B C. Da a A B A C beliebig war, ergibt sich A B A C A B C. Schritt 3: Aus Schritt Schritt 2 folgt A B C = A B A C. iii Schritt : Wir zeigen A B C A B A C. Es sei a A B C beliebig. Insbesondere gilt a A a / B C. Angenommen, es wäre a B. Dann gilt auch a B C im Widerspruch zu a / B C. Also war die Annahme falsch es gilt a / B. Analog folgt a / C. Wegen a A zeigt dies a A B a A C, das heißt a A B A C. Da a A B C beliebig war, folgt A B C A B A C. Schritt 2: Wir zeigen A B A C A B C. Es sei a A B A C beliebig. Dann gilt a A B a A C, das heißt a A, a / B a / C. Angenommen, es wäre a B C. Dann gilt a B oder a C; beides steht aber im Widerspruch zu a / B a / C. Also gilt a / B C. Zusammen mit a A ergibt sich a A B C. Da a A B A C beliebig war, ergibt sich A B A C A B C. Schritt 3: Aus Schritt Schritt 2 folgt A B C = A B A C.

2 iv Setze B := X B C := X C. Dann gilt B = X X B = X B denn ein Element in X liegt entweder in B oder in B C = X C. Beachte noch, dass A U = A X U für jede Teilmenge U von X. Insbesondere also A B = A B A C = A C. Damit ergibt sich A B C = A X B C = A X X B X C Das war zu zeigen. iii = A X X B C = A B C i = A B A C = A B A C. v Es gilt A B A = B A = B A B beide Gleichheiten folgen sofort aus den Definitionen. Analog gilt A B B = A A B. Damit berechnen wir das war zu zeigen. A B A B iv = A B A A B B = B A B A A B Lösung 2. Alternativ zur ersten Lösung kann man die obigen Gleichheiten über Wahrheitswertetabellen beweisen. Für x X Teilmengen U, V X gelten dabei definitionsgemäß die folgenden Regeln: x U V x U x V, x U V x U x V, x U V x U x V. i Es gilt A B C = { x X } x A x B x C A B A C = { x X x A x B x A x C } Sind also Aussagen a, b, c gegeben, so genügt es zu zeigen, dass a b c äquivalent zu a b a c ist daraus folgt dann die Gleichheit der obigen Mengen für a := x A, b := x B c := x C. Dies zeigt Tabelle. ii Es gilt A B C = { x X x A x B x C } A B A C = { x X x A x B x A x C }. Sind also Aussagen a, b, c gegeben, so genügt es zu zeigen, dass die Aussagen a b c a b a c äquivalent sind. Dies zeigt Tabelle 2. 2

3 a b c a b a c b c a b c a b a c w w w w w w w w w w f w f w w w w f w f w w w w w f f f f f f f f w w f f w f f f w f f f w f f f f w f f w f f f f f f f f f f Tabelle : Wahrheitswertetabelle für Aufgabe i a b c a b a c b c a b c a b a c w w w w w w w w w w f w w f w w w f w w w f w w w f f w w f w w f w w w w w w w f w f w f f f f f f w f w f f f f f f f f f f f Tabelle 2: Wahrheitswertetabelle für Aufgabe ii a b c b c a b a c a b c a b a c w w w f f f f f w w f f f w f f w f w f w f f f w f f w w w w w f w w f f f f f f w f f f f f f f f w f f f f f f f f w f f f f Tabelle 3: Wahrheitswertetabelle für Aufgabe iii iii Es gilt A B C = { x X x A x B x C } A B A C = { x X x A x B x A x C }. Sind also Aussagen a, b, c gegeben, so genügt es zu zeigen, dass die Aussagen a b c a b a c äquivalent sind. Dies zeigt Tabelle 3. iv Es gilt A B C = { x X x A x B x C } A B A C = { x X x A x B x A x C }. 3

4 Sind also Aussagen a, b, c gegeben, so genügt es zu zeigen, dass die Aussagen a b c a b a c äquivalent sind. Dies zeigt Tabelle 4. a b c a b a c b c a b c a b a c w w w f f f f f w w f f w w w w w f w w f w w w w f f w w w w w f w w f f f f f f w f f f w f f f f w f f w f f f f f f f w f f Tabelle 4: Wahrheitswertetabelle für Aufgabe iv v Es gilt A B A B = { x X x A x B x A x B } A A B B A B = { x X x A x A x B x B x A x B }. Sind also Aussagen a b gegeben, so genügt es zu zeigen, dass die Aussagen a b a b a a b b a b äquivalent sind. Dies zeigt Tabelle 5. a b a b a b a a b b a b a b a b a a b b a b w w f w f f f f w f w w w f w w f w w w f w w w f f w f f f f f Tabelle 5: Wahrheitswertetabelle für Aufgabe v Aufgabe 2. Seien x = a R mit x = ay, falls x x 2, y = y y 2 R 2, dabei y 0. Zeige: Es gibt genau dann ein x y 2 x 2 y = 0. Lösung. Es sind zwei Richtungen zu zeigen. Es sei a R mit x = ay. Wir behaupten, dass x y 2 x 2 y = 0 gilt. Nach Voraussetzung gilt x = ay x 2 = ay. Es folgt wie behauptet. x y 2 x 2 y = ay y 2 ay 2 y = 0, 4

5 Es gelte nun umgekehrt die Gleichung x y 2 x 2 y = 0, das heißt x y 2 = x 2 y. Wir behaupten, dass ein a R existiert mit x = ay. Wir führen eine Fallunterscheidung durch: Fall: y 0. Dann ist a := x y R wie gewünscht: Einerseits gilt offenbar x = ay. Andererseits folgt mit x y 2 = x 2 y, dass x 2 = x 2y = x y 2 = x y 2 = ay 2. y y y x ay y Zusammen ergibt sich x = = = a = ay. x 2 ay 2 y 2 Fall: y = 0. Dann folgt y 2 0 aus der Voraussetzung y 0. Die Gleichung x y 2 x 2 y = 0 liest sich x y 2 = 0 aus y 2 0 folgt x = 0, da R ein Körper ist. Mit a := x 2 y 2 gilt dann x = 0 = ay x 2 = ay 2, also wieder x = ay. In beiden Fällen existiert ein a R mit x = ay. Das war zu zeigen. a Zeige, dass das folgende Gleichungssystem keine Lösung in den reellen Zah- Aufgabe 3. len hat: x + 2y 3z = 3x y + 2z = 7 5x + 3y 4z = 2. I II III b Im R 2 betrachte die beiden Geraden mit den Gleichungen 2x + 3y = x y = 2. Skizziere! Schneiden sich die beiden Geraden? Falls ja, in welchem Punkt? Lösung. a Beweis durch Widerspruch. Angenommen, es existieren reelle Zahlen x, y, z R, sodass I, II III erfüllt sind. Wir rechnen I + 2 II erhalten die Gleichung 7x + z = 3. IV Weiterhin rechnen wir III + 3 II erhalten die Gleichung 4x + 2z = 23. V Schließlich rechnen wir V 2 IV erhalten die Gleichung 0 = 3. Dies ist aber ein Widerspruch in R. Folglich war die Annahme falsch das obige Gleichungssystem besitzt keine Lösung. b Die Gleichung 2x+3y = beschreibt die Gerade +R 3 ; die Gleichung x y = 2 2 5

6 beschreibt die Gerade 2 + R 0. y 3 2 x y = x 2 3 2x + 3y = Die Geraden schneiden sich in einem Punkt siehe Skizze. Wir bezeichnen diesen Schnittpunkt mit R a b 2. Da dieser auf beiden Geraden liegt, gilt 2a + 3b = a b = 2. Die zweite Gleichung besagt a = 2 + b. Eingesetzt in die erste Gleichung folgt = 2a + 3b = b + 3b = 4 + 5b, also b = 3 5. Damit ergibt sich a = 2 + b = = 7 5. Diese Rechnung zeigt a priori nur, 7/5 dass, falls ein Schnittpunkt existiert, dieser mit übereinstimmen muss. Einsetzen 3/5 7/5 in beide Gleichungssysteme zeigt dann, dass tatsächlich auf beiden Geraden liegt. 3/5 7/5 Also schneiden sich die beiden Geraden genau im Punkt. 3/5 6

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