TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN. Abzählbarkeit, Injektivität, Sürjektivität und Bijektivität

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1 TECHNISCHE UNIVERSITÄT MÜNCHEN Zentrum Mathematik Prof. Dr. Friedrich Roesler Ralf Franken, PhD Max Lein Lineare Algebra 1 WS 26/7 en Blatt Abzählbarkeit, Injektivität, Sürjektivität und Bijektivität Z8 Abzählbarkeit (i) Zeigen Sie, dass Z abzählbar ist. (ii) Zeigen Sie, dass R nicht abzählbar ist. Zentralübungsaufgaben (iii) Zeigen Sie, dass nicht alle nach oben beschränkte, nichtleere Teilmengen von Q Suprema haben. Bevor wir mit der eigentlichen Aufgabe anfangen, wiederholen wir kurz, was es bedeutet, wenn eine Menge abzählbar ist. Definition (Abzählbarkeit) Eine Menge M heißt höchstens abzählbar, wenn eine bijektive Abbildung f, f : N N M, existiert. M heißt abzählbar, wenn N = N ist. Die Definition legt schon nahe, dass nicht jede Menge höchstens abzählbar ist und dass, obwohl N unendlich viele Elemente enthält! Wie wir sehen werden, müssen wir zwischen Mengen mit abzählbar (unendlich) vielen und überabzählbar (unendlich) vielen Elementen unterscheiden. (i) Wir geben explizit eine solche Abbildung f an: f : N Z, n f (n) := n 2 n+1 2 n 2N n 2N + 1 Wie man direkt sieht, werden die geraden Zahlen auf positive ganze Zahlen abgebildet und die ungeraden auf die negativen. Auf den ersten Blick scheint diese Tatsache paradox: obwohl N Z eine echte Teilmenge der ganzen Zahlen ist, gibt es eine Bijektion zwischen beiden. Wie man leicht sieht, kann das aber nur für Mengen mit (abzählbar) unendlich vielen Elementen gelten, endliche Mengen können niemals echte Teilmengen mit gleicher Mächtigkeit enthalten (dieses Kriterium kann man auch dazu heranziehen, zwischen endlichen und unendlichen Mengen zu unterscheiden, Stichwort: Dedekind-unendliche Menge). (ii) Wir werden zwei Widerspruchsbeweise mit unterschiedlichen Ideen angeben: Der erste zeigt, dass reelle Zahlen nicht vollständig durch ihre Dezimaldarstellung charakterisiert sind, der Zweite beruht auf einem mengentheoretischem Argument. 1

2 (a) Nehmen wir an, R wäre abzählbar und {s n } n N wäre eine solche Abzählung, das heißt die Abbildung f : N R, n f (n) := s n. Jede Zahl s n stellen wir als Dezimalzahl dar und füllen gegebenenfalls die restlichen Stellen mit auf. Bezeichne s n m die mte Stelle der Zahl s n, also beispielsweise ist die dritte Stelle der Zahl s 7 s 7 = {, 1, 4, 5, 6, 2,,...} =, s 7 3 = 4. Jede Dezimalstelle kann nur Werte zwischen und 9 annehmen. Außerdem bezeichnen wir eine beliebige Zahl zwischen und 9 außer der mit, usw. Wir definieren also die Zahl s mit Dezimalen s n n : die n-te Dezimalstelle ist also gerade nicht die n-te Stelle der n-ten Zahl. Seien also beispielsweise die ersten 5 Zahlen der Aufzählung Dann definieren wir S, s 1 = {, 3, 1, 5, 7, 4,,...} =, s 2 = {, 1, 8, 5, 6, 2, 2,...} =, s 3 = {, 2, 4, 5, 6, 2, 7,...} =, s 4 = {, 5, 6, 1, 1, 4, 8,...} =, s 5 = {, 9, 7, 5, 6, 3, 3,...} =, S := s = {s 1, s 2, s 3, s 4,...} s j s j j, j N, als die Menge der Zahlen, dessen n-te Ziffer gerade nicht der n-ten Ziffer der n-ten Zahl der Aufzählung entspricht; in unserem Beispiel ist dies S := {, 1, 4, 1, 6,...}. Eine mögliche Wahl wäre in diesem Fall 1, , es gibt aber unendlich viele andere. Sei s S beliebig aber fest. s kann nicht in der Aufzählung von R enthalten sein. Denn angenommen s wäre die n-te Zahl der Aufzählung, s = s n, so müsste auch s n = s n n gelten. Nach Konstruktion von s kann dies nie erfüllt sein und s ist nicht in der Aufzählung enthalten. Widerspruch! (b) Ein anderer möglicher Beweis verwendet Intervallschachtelungen. Sei also {s n } n N eine Aufzählung von I := (, 1) R. Wenn wir zeigen können, dass eine Teilmenge von R überabzählbar ist, so muss auch R überabzählbar sein. Wir definieren rekursiv das (offene) Intervall I n : wir teilen I n 1 in drei gleich große Intervalle auf und wählen nun ein Intervall aus, in dem s n nicht liegt. Falls also s 1 =, ist, so können wir für I 1 das zweite oder das dritte Drittel auswählen, usw. So erhalten wir eine Intervallschachtelung, I j I n j > n. Wir wissen, dass eine Zahl s existiert, die in allen Intervallen der Intervallschachtelung enthalten ist, s I n n N. Andererseits muss s in der Aufzählung enthalten sein; wäre s = s j für ein j N, so hätten wir insbesondere s = s j I j. Nach Konstruktion der Intervallschachtelung kann dies aber nie erfüllt sein, Widerspruch! (iii) Beweis durch Gegenbeispiel: Sei Q := q Q q 2 < 3 Q und R := r R r 2 < 3 R. Da 3 Q hat die Menge Q kein Supremum, die Menge R R aber schon, nämlich 3. Z9 Endlichkeitsbegriffe Eine Menge heißt Dedekind-endlich, falls jede Injektion f : M M auch surjektiv ist. Eine Menge M heißt genau dann N-endlich, wenn ein n N und eine Bijektion g existieren mit g : {1,..., n} M. 2

3 Zeigen Sie, dass eine Menge genau dann N-endlich ist, wenn sie Dedekind-endlich ist. Eine kleine Nebenbemerkung vorweg: wir werden A B nicht wie üblich, das heißt A B und A B beweisen, sondern A B und A B (Nicht-A impliziert Nicht-B). Dass beide Beweismöglichkeiten äquivalent sind, sieht man anhand einer Aussagentafel. Zur Erinnerung A B ist dann wahr, falls aus A wahr B wahr folgt. Man kann auch überprüfen, dass A B gleich der logischen Operation A B ist. A B A B A B A B A B A B A B w w f f w w w w w f f w f w f f f w w f w f f f f f w w w w w w Ein kleiner Einschub: es hat sich herausgestellt, dass viele Hörer nicht zwischen und bzw. und unterschieden haben. Man benutzt und um Aussagen logisch zu verknüpfen, A B bedeutet A oder B, A B wird als A und B definiert. Solange A und B keine Mengen sind, ergeben Ausdrücke wie A B und A B keinen Sinn! Sind M und N Mengen, so sind andererseits Ausdrücke wie M N und M N nicht wohldefiniert. Weiterhin muss auch genau zwischen einem Element der Menge m M und der Teilmenge {m} M unterschieden werden: m ist keine Menge, sondern ein Element der Menge. Das bedeutet M\m ist nicht wohldefiniert, M\{m} schon! Beweis M N-endlich M Dedekind-endlich: Sei M also N-endlich. Angenommen, es gibt eine Menge M, die N-endlich, aber nicht Dedekindendlich ist (indirekter Beweis). Wir parametrisieren die N-Endlichkeit nach n: eine Menge heißt n-endlich, falls eine Bijektion g : {1,..., n} M existiert. Wir zeigen per Induktion nach n, dass eine Bijektion von einer n-endlichen Menge M auf sich selbst existiert. Laut Induktionsaxiom gibt es ein minimales n für das eine N-endliche Menge existiert, die nicht Dedekind-endlich ist. Für dieses hat man eine Bijektion g : {1,..., n} M und eine Injektion f : M M, die aber nicht surjektiv ist. Dann existiert ein m M\ f (M) und wir definieren M := M\{m}. Wir definieren f als f : M M, m f (m ) := f (m ) f ist wohldefiniert, da f (M ) f (M ) f (M) M. Da f injektiv ist, muss auch f injektiv sein. M ist n 1-endlich, denn wir können aus jeder Bijektion g : {1,..., n} M eine Bijektion von {1,..., n}\{k} nach M definieren: angenommen wir hätten g(k) = m. Dann ist g : {1,..., k 1, k + 1,..., n} M, l g (l) := g(l) eine Bijektion von {1,..., n}\{k} nach M. Wir definieren nun eine Abbildung ϕ : {1,..., n 1} {1,..., k 1, k + 1,..., n}, die die Lücke überspringt : l 1 l k 1 ϕ(l) := l + 1 k l n 1 Offensichtlich ist g ϕ : {1,..., n 1} M eine Bijektion. Weil n nach Induktionsvoraussetzung minimal war, ist M Dedekind-endlich und f : M M muss surjektiv sein. Nach Voraussetzung war aber auch f : M M injektiv. Nach Definition von f muss dann aber f (m) = m gelten und m f (M), Widerspruch! 3

4 M nicht N-endlich M nicht Dedekind-endlich: Nach Voraussetzung können wir rekursiv (das heißt per Induktion) eine injektive Abbildung g : N M konstruieren. n = 1: Es ist M und es existiert ein m 1 M. Wir definieren g(1) := m 1. Offensichtlich ist g 1 : {1} {m 1 }. Also ist {m 1 } M, denn es gibt keine bijektive Abbildung zwischen {1} und M. Also existiert ein m 2 M\{m 1 } und wir definieren g 2 (2) := m 2, g : {1, 2} {m 1, m 2 } := M 2 M, usw. Nun zum Induktionsschritt: Hat man ein injektives g n : {1,..., n} M n := {m 1,..., m n }, kann es nach Voraussetzung (M nicht N-endlich) nicht surjektiv sein. Also existiert ein m n+1 M\M n und wir definieren g(n + 1) := m n+1. Das so definierte g : N M M, M := n=1 M n, ist tatsächlich injektiv. Wäre g nicht injektiv, so gäbe es ein m M mit g(n) = m = g(ñ); andererseits liegt m in mindestens einem der M j, j N, und nach Konstruktion muss m M n und m Mñ gelten. Ohne Einschränkung sei ñ n. Da M n Mñ haben wir gñ(n) = gñ(ñ), woraus n = ñ folgt. g ist also injektiv. Allerdings müssen wir auch hier das Auswahlaxiom bemühen: denn die Zielmenge ist eine Vereinigung abzählbar vieler endlicher Mengen. Das mag zwar kleinlich bzw. verwirrend klingen, aber eine mathematisch rigorose Abhandlung dieser einfachen Tatsache nimmt fast 5 Seiten in Fränkels Buch dazu ein! Wir definieren nun f : M M als f (m) := m für alle m M c und f (m n ) := m n+1 für m n g(n). f ist injektiv, aber nicht surjektiv, denn m 1 f (M) und M ist nicht Dedekind-endlich. T8 Injektivität, Surjektivität, Bijektivität Tutoraufgaben (i) Erläutern Sie die Bedeutung des Auswahlaxioms im Beweis von Satz 1.3 der Vorlesung. (ii) Geben Sie einen Beweis an, der das Auswahlaxiom nicht verwendet und vergleichen Sie. (iii) Sei f A eine lineare Abbildung, f A : R n R m. Ist f injektiv, so folgt n m. (i) Wir wiederholen Satz 1.3 der Vorlesung und skizzieren den Beweis: Satz (Die Umkehrung einer bijektiven Abbildung) Zu jeder bijektiven Abbildung f : X Y gibt es genau eine ebenfalls bijektive Abbildung g : Y X mit den Eigenschaften f g = id Y und g f = id X. Beweis Wir zeigen zunächst, dass g existiert. f ist nach Voraussetzung bijektiv, also insbesondere surjektiv. Es gibt eine Injektion g mit f g = id Y (Rechtsinverses!), denn alle Mengen X y := f 1 ({ y}) = {x X f (x) = y} sind nichtleer, da f surjektiv ist. Mit dem Auswahlaxiom folgt, dass eine Abbildung g existiert mit g : Y X y, y g(y) g(y) X y y Y y Y X lässt sich als die Vereinigung der Fasern X y ausdrücken, y Y X y = X. y Y X y X ist klar, da X y X y Y gilt. y Y X y X ist ebenfalls wahr, denn x X f (x). Somit haben wir für alle y Y f g(y) = f g( y) = f (x) = y. 4

5 Es bleibt noch zu zeigen, dass g injektiv ist. Angenommen es gibt ein ỹ mit g(y) = x y = g(ỹ), y, ỹ Y. Dann wenden wir f von links an und erhalten so f g(y) = f (x y ) = f g(ỹ) = y = f (x y ) = ỹ, und wir schließen daraus, dass es nur ein y Y gibt mit Bild x y, g ist injektiv. f g = id Y ist also erfüllt und insbesondere haben wir f g(y ) = Y. Wir zeigen nun, dass g auch surjektiv ist. Angenommen, g wäre nicht surjektiv. Dann existieren x X mit x g(y ). Da f surjektiv ist, folgt f (x) Y = f g(y ). Da im f g = Y und g injektiv ist, gibt es ein x X derart, dass x = g f (x). Das bedeutet f (x) = y x = f ( x). f ist aber auch injektiv und wir folgern x = x, Widerspruch! Also ist g auch surjektiv und damit bijektiv. Die Eindeutigkeit und g f = id X zu zeigen ist trivial. (ii) Wir konstruieren im zweiten Beweis die Umkehrabbildung explizit. Beweis Da f bijektiv ist, existiert zu jedem y Y genau ein x y X mit f (x y ) = y. Wir definieren also g : Y X, y g(y) := x y. Man kann leicht zeigen, dass f g = id Y und g f = id X erfüllt sind. Wo liegt nun der Unterschied zwischen den beiden Beweisen, für den zweiten ist das Auswahlaxiom nicht notwendig (da die Auswahlmenge endlich ist)? Der Unterschied ist, dass der erste Beweis eigentlich aus zwei Teilen besteht und die Aussage des ersten allgemeiner ist, als notwendig: im ersten Teil wird bewiesen, dass zu jeder surjektiven Abbildung f eine Injektion g existiert, die ein Rechtsinverses zu f ist, das heißt f g = id Y. Die Injektivität von f ist nicht mit in den Beweis mit eingeflossen. Erst im zweiten Schritt haben wir die Injektivität von f benutzt, um daraus zu folgern, dass g auch surjektiv sein muss! Schritt 1 ist für sich also ein Theorem, das in einem allgemeineren Kontext Gültigkeit behält als Satz 1.3. (iii) Die Definition von Kern und Bild können passend verallgemeinert werden. Statt R n und R m betrachten wir kurz zwei allgemeine Vektorräume V 1 und V 2 und eine lineare Abbildung f : V 1 V 2 zwischen beiden. ker f := x V 1 f (x) = V 2 V1 im f := z V 2 x V 1 mit f (x) = z V 2 Hier sieht man ganz deutlich, dass der Kern einer Abbildung Teil des Urbildraums ist, während das Bild eine Teilmenge des Bildraums ist. Zu einer linearen Abbildung f A können wir eine m n-matrix assoziieren (eine Matrix mit m Zeilen und n Spalten). Hier liest sich die Definition von Bild und Kern wie folgt: ker f A := x R n f A (x) = R m R n im f A := z R m x R n mit f A (x) = z R m Den Beweis spalten wir in zwei Teile auf: zuerst zeigen wir, dass eine lineare Abbildung f A genau dann injektiv ist, wenn der Kern trivial ist, ker f A = {}. Danach zeigen wir, dass der Kern nur trivial sein kann, wenn m = dim R m n = dim R n gilt. 5

6 Lemma Eine lineare Abbildung f A : R n R m ist genau dann injektiv, wenn ker f A = {}. Beweis : Sei f A injektiv. Dann gibt es zu jedem Vektor z R m höchstens ein Urbildelement x z R n, das heißt falls x z die Gleichung f A (x z ) = z löst (also z im f A ), so gilt für alle k ker f A fa(xz + k) = z Da aber diese Gleichung höchstens eine haben kann, muss k = sein und somit ker f A = {}. : Sei ker f A = {}. Dann folgt sofort, dass die Gleichung f A (x) = z höchstens eine haben kann. Hat sie keine, dann ist z eben nicht im Bild von f A, z im f A. Also ist f A injektiv. Nun zeigen wir, dass aus ker f A = {} m n folgt. Wir geben wieder nur einen möglichen Beweis an: Lemma ker f A = {} = n m. Beweis Aus ker f A = {} folgt, dass die Spaltenvektoren der Matrix linear unabhängig sind. Mit f A (x) = haben wir nämlich auch Ax =, A mn (R), und somit λ n 1 λ l s l = s l l-te Spaltenvektor von A, x =. l=1 Da der Kern trivial ist, sind die n Spalten also linear unabhängig und der Bildraum ist n- dimensional. Das Bild ist ein n-dimensionaler Unterraum eines m-dimensionalen Vektorraums im f A R m, woraus dim im f A = n dim R m = m folgt. T9 Injektivität und Surjektivität von linearen Abbildungen Untersuchen Sie, ob die folgenden linearen Abbildungen injektiv oder surjektiv sind und geben Sie Kern und Bild an: f A : R 3 R 3, f B : R 4 R 3, f C : R 2 R A = 1 2 B = C = Wir fangen mit ker f A an (die Zahl der Vektoren, die den Kern aufspannt ist die Zahl der linear abhängigen Vektoren). 1 2 x x 2 = 1 Wir erhalten drei Gleichungen mit drei Unbekannten: x 3 λ n x 1 2x 3 = = x 1 = 2x 3 x 1 + 2x 2 = = x 1 = 2x 2 x 3 = (i) (ii) (iii) 6

7 Wir sehen sofort, dass nur x = das Gleichungssystem erfüllt und der Kern trivial ist, ker f A = {}, f A ist injektiv. Da die Dimension des Bildraums 3 ist und die Matrix drei linear unabhängige Spalten hat, spannen die Spaltenvektoren von A ganz R 3 auf, im f A = R 3, f ist surjektiv und somit auch bijektiv. Wir berechnen ker f B x 1 x 2 x 3 x 4 = Da die ersten drei Spaltenvektoren die Spaltenvektoren von A sind, erwarten wir, dass das Bild von f A wieder R 3 ist. Dazu zeigen wir, dass der Kern eindimensional ist. Obige Matrixgleichung entspricht folgendem Gleichungssystem: x 1 2x 3 7x 4 = x 1 + 2x 2 4x 4 = x 3 + 2x 4 = = x 3 = 2x 4 (i) (ii) (iv) Wir setzen (iii) in (i) ein und erhalten: x 1 2( 2x 4 ) 7x 4 = und somit x 1 = 3x 4. In (ii) eingesetzt, liefert das schließlich (3x 4 ) + 2x 2 4x 4 =, also x 2 = 1 2 x 4. x 4 ist der freie Parameter und der Kern ist gegeben durch 6 1 ker f B = lin 4 2 und f B ist nicht injektiv. Das Bild wird von drei der Spalten aufgespannt und da der Bildraum ebenfalls dreidimensional, also haben wir im f B = R 3. Wenden wir uns f C zu und berechnen ker f C x1 Schon die ersten zwei Gleichungen liefern x 1 = = x 2 : x 2 = 4x 1 + x 2 = = x 2 = 4x 1 2x 1 5x 2 = = 5x 2 = 2x 1 (i) (ii) Der Kern ist trivial, ker f C = {}, und f C ist injektiv. Das Bild wird von den zwei (linear unabhängigen) Spalten aufgespannt im f C = lin 3,

8 H1 Überabzählbarkeit von R\Q Zeigen Sie, dass R\Q überabzählbar ist. Hausaufgaben Wir wissen, dass R überabzählbar ist. Trivialerweise haben wir R\Q Q = R. Da R überabzählbar und Q abzählbar sind, muss R\Q auch überabzählbar sein (wir haben ja nur abzählbar viele Elemente aus der Menge entfernt). H11 Injektivität und Surjektivität (i) Sei π : X Y X, (x, y) π(x, y) := x eine Projektion. Konstruieren Sie eine Injektion ı : X X Y, die ein Rechtsinverses von π ist. Geben Sie außerdem das Linksinverse zu ı an (jeweils mit Probe!). (ii) Sei f A : R n R m eine lineare Abbildung. Zeigen Sie, dass f A surjektiv n m impliziert. (iii) Überprüfen Sie, ob folgende lineare Abbildungen injektiv und/oder surjektiv sind. Geben Sie Kern und Bild sowie deren Dimensionen an: f A : R 4 R 2, f B : R 3 R 4, f C : R 2 R 4 mit Matrizen A = B = C = (i) Eine Möglichkeit, eine Injektion zu konstruieren mit π ı = id X ist die folgende. Sei y Y beliebig aber fest. Wir definieren ı : X X Y, x ı(x) := (x, y ) ı ist ein (nicht eindeutig bestimmtes) Rechtsinverses von π und π ein Linksinverses von ı. Denn für alle x X gilt π ı(x) = π ı(x) = π(x, y ) = x. (ii) Wir emulieren den Beweis aus Z9 (iii): Wir zeigen zuerst, dass gilt: f A : R n R m ist surjektiv genau dann, wenn im f A = R m. Anschließend beweisen wir, dass aus im f A = R m folgt, dass n m ist. Lemma f A surjektiv im f A = R m Beweis : Wenn f A surjektiv ist, so gibt es zu jedem Punkt z R m im Bildraum mindestens ein Urbild x z R n und nach Definition des Bilds erhalten wir im f A = R m. : Sei im f A = R m. Dann gibt es zu jedem z R m ein Urbild x z R n mit f A (x z ) = z (ansonsten wäre z nicht im Bild). Lemma im f A = R m n = dim R n m = dim R m 8

9 Beweis Das Bild f A wird durch die Spaltenvektoren der zu f A gehörigen Matrix A mn (R) aufgespannt. Da im f A = R m hat die Matrix mindestens m linear unabhängige Spalten (mit m Einträgen). Wäre n < m, so würden die Spalten nicht R m aufspannen, sondern nur einen echten Untervektorraum von R m, Widerspruch! (iii) Wir berechnen den Kern. Die Zahl der Vektoren, die den Kern aufspannt, ist die Zahl der linear abhängigen Vektoren. Für f A müssen wir das Gleichungssystem x x = lösen. Wir erhalten also zwei Gleichungen mit vier Unbekannten (ein unterbestimmtes Gleichungssystem). x 3 x 4 x 1 + 2x 2 5x 3 = x 1 + 2x 2 + 7x 3 2x 4 = (i) (ii) Aus (ii) erhalten wir x 1 = 2x 2 + 7x 3 2x 4. Eingesetzt in (i) ergibt dies (2x 2 + 7x 3 2x 4 ) + 2x 2 5x 3 = = 4x 2 + 2x 3 2x 4 = Wir lösen nach x 4 auf und setzen das Ergebnis gleich in (ii) ein: x 4 = 2x 2 + x 3 x 1 = 2x 2 + 7x 3 2 (2x 2 + x 3 ) = 2x 2 + 5x 3. Wir erkennen, dass das Gleichungssystem zwei freie Parameter hat, x 2 und x 3, der Kern wird von zwei Vektoren aufgespannt ker f A = lin, Da der Kern nicht trivial ist (was auch zu erwarten war), ist die Abbildung f A nicht injektiv. Sie ist allerdings surjektiv, denn zwei der Spalten sind linear unabhängig und der Bildraum ist ebenfalls zweidimensional, im f A = R 2, und f A ist surjektiv. Nun zu f B : R 3 R 4. Wir lösen wieder das zugehörige homogene Gleichungssystem x x = x Gleichungen (i), (ii) und (iv) liefern x 3 = 5x 1 + x 2. Eingesetzt in (iii) lösen wir nach x 3 auf. 2x 1 + x 2 + (5x 1 + x 2 ) = = 7x 1 + 2x 2 = Daraus erhalten wir x 2 = 7 2 x 1 und x 3 = 5x x 1 = 3 2 x 1 und x 1 ist der freie Parameter, der Kern ist eindimensional. 2 ker f B = 7 R3 3 9

10 Da der Kern nicht trivial ist, kann f B nicht injektiv sein. Das Bild wird von zwei der Spaltenvektoren aufgespannt, ist also ein Untervektorraum von R 4 (siehe Blatt 2) und f B kann auch nicht surjektiv sein im f B = lin 1, 1 1 R4 1 1 Schließlich wiederholen wir die Prozedur für f C : x1 x 2 = Das entsprechende Gleichungssystem ist überbestimmt. Schon aus den ersten zwei Gleichungen folgt sofort, dass x 1 = = x 2 sein muss: x 1 + 5x 2 = = x 1 = 5x 2 x 1 3x 2 = = x 1 = 3x 2 (i) (ii) Also ist ker f C = {} und das Bild wird von den zwei Spalten aufgespannt, f C ist injektiv, aber nicht surjektiv im f C = lin 1, 3 2 R4 4 5 H12 Heiratsproblem ( ) Sei M eine nichtleere, endliche Menge von Mädchen, J eine Menge von Jungen. Zwischen den Mädchen aus M und den Jungen aus J bestehen Freundschaften (Relationen, ), beschrieben durch die Menge := (m, j) M J m j (also die Menge der Jungen und Mädchen, die miteinander befreundet sind). Ziel ist es, für jedes Mädchen einen Partner aus J zu finden, mit dem sie befreundet ist (also m j erfüllt ist). Für jede Teilmenge M M bezeichne J(M ) die Menge der Jungen, die mit mindestens einem Mädchen aus M befreundet sind. Beweisen Sie, dass man genau dann Paare aus jeweils befreundeten Mädchen und Jungen bilden kann, wenn für jede Teilmenge M M gilt: J(M ) M. (Hinweis: Lädt eine Menge von Mädchen M alle befreundeten Jungen zu einer Party ein, so herrscht auf keiner Party Mädchenüberzahl.) Man führe den Beweis durch Induktion nach n := M durch und unterscheide dabei die folgenden zwei Fälle: (a) Auf allen von Mädchen in M organisierten Parties mit < M < M herrscht Jungenüberzahl. (b) (a) ist falsch. 1

11 Beispiel: Sei M := {m i i N, 12 i < 33, i nicht prim}, J := { j k k N, 2 k 16}. m i sei mit j k genau dann befreundet, wenn k ein Teiler von i ist und k i. Ist hier das Heratsproblem lösbar? Wie verhält es sich, wenn M ersetzt wird duch M := {m i i N, 12 < i 33, i nicht prim}. Wir suchen eine Paarbildungsfunktion ( Heiratsfunktion ), das heißt eine injektive Funktion f : M J mit f (m) J({m}) m M. Wir behaupten also: es existiert genau dann eine Paarbildungsfunktion, wenn für alle Teilmengen M M gilt J(M ) M ( ) : Angenommen, es gibt eine Teilmenge M M mit J(M ) < M. Dann können nicht alle Mädchen mit einem Jungen gepaart werden (die Paarbildungsfunktion ist injektiv und es gibt genausoviele Bilder wie Urbilder), Widerspruch! : Beweis durch Induktion nach n := M. Induktionsanfang, n = 1: M = {m}, J(M) 1 (nach Voraussetzung ( )) und m kann mit j J(M) gepaart werden. Induktionsschritt mit Fallunterscheidung, n n + 1: Sei M eine Menge mit n + 1 Mädchen. (a) Für alle M M mit < M M gelte J(M ) M + 1. Sei m M beliebig, aber fest, und j J({m }). Definiere f (m ) := j. Dann erfüllen M := M\{m } und J := J\{j } wieder die Bedingung ( ). Im Detail bedeutet das: es gilt J (M ) M für alle M M, J (M ) := j J m M, (m, j). Denn es gilt J (M ) = J(M )\{j } und somit J (M ) J(M ) 1 M. Wegen der Induktionsvoraussetzung können die n = M Mädchen mit jeweils einem befreundetem Jungen gepaart werden und es existiert eine injektive Heiratsfunktion f : M J mit f (m ) = j. (b) Angenommen, (a) gelte nicht, das heißt es existiert ein M M, < M n mit J(M ) = M =: k. Dann können wir nach Induktionsvoraussetzung für k die Mädchen aus M unter den Jungen aus J := J(M ) einen Partner finden. Wir behaupten nun, dass die Bedingung ( ) für die restlichen Mädchen und Jungen wieder erfüllt ist: J (N) N, M := M\M, J := J\J und N M. Angenommen, das wäre falsch, das heißt es existiert ein N M mit J (N) < N ; dann verletzt auch N M die Bedingung ( ) (für M und J), denn J(N M ) = J (N) J und somit J(N M ) < N + M = N M, Widerspruch! Also können wir nach Induktionsvoraussetzung für Schritt n k + 1 auch für die Mädchen aus M einen befreundeten Partner aus J finden und es existiert Paarbildungsfunktionen auf M und M. Beispiel: Wir listen die Freundschaften zwischen Elementen von M M und J auf und erhalten: m 12 j 2, j 3, j 4, j 6 m 18 j 2, j 3, j 6, j 8 m 24 j 2, j 3, j 4, j 6, j 8 m 28 j 2, j 4, j 7, j 14 m 14 j 2, j 7 m 2 j 2, j 5, j 1 m 25 j 5 m 3 j 2, j 3, j 5, j 6, j 1, j 15 m 15 j 3, j 5 m 21 j 3, j 7 m 26 j 2, j 13 m 32 j 2, j 4, j 8, j 16 m 16 j 2, j 4, j 8 m 22 j 2, j 11 m 27 j 2, j 9 m 33 j 3, j 11 Das Heiratsproblem M und J hat eine, M und J hat keine. Eine für ersteres sind beispielsweise folgende Paarungen: 11

12 m 12 j 4 m 18 j 6 m 24 j 12 m 28 j 14 m 14 j 2 m 2 j 1 m 25 j 5 m 3 j 15 m 15 j 3 m 21 j 7 m 26 j 13 m 32 j 16 m 16 j 8 m 22 j 11 m 27 j 9 12