Lösungen zur Übungsserie 1

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1 Analysis 1 Herbstsemester 2018 Prof. Peter Jossen Montag, 24. September Lösungen zur Übungsserie 1 Aufgaben 1, 3, 4, 5, 6, 8 Aufgabe 1. Sei X eine endliche Menge mit n Elementen, und sei Y eine endliche Menge mit m Elementen. (1) Wie viele Funktionen von X nach Y gibt es? (2) Wie viele injektive Funktionen von X nach Y gibt es? (3) Wie viele bijektive Funktionen von X nach Y gibt es? Lösung. (1) Wir behandeln zuerst den Fall in dem weder X noch Y leer ist, und schreiben die gegebenen Mengen als X = {x 1, x 2,..., x n } und Y = {y 1, y 2,..., y m }. Eine Funktion f : X Y kann ein Element x X auf jedes mögliche Element von Y abbilden. Dies bedeutet, es gilt f(x) = y 1 oder f(x) = y 2... oder f(x) = y m. Eine Funktion f : X Y beschreiben wir vollständig, in dem wir für jedes Element x 1, x 2,... von X den Wert f(x 1 ), f(x 2 ),... angeben, und für jedes x X haben wir genau m Möglichkeiten zur Auswahl. Insgesamt haben wir daher Auswahlen für x 1 Auswahlen für x 2 Auswahlen für x n {}}{{}}{{}}{} m m {{ m } n mal Möglichkeiten zur Auswahl. Daraus schliessen wir, dass es m n Funktionen von X nach Y gibt. Falls X oder Y beide leer sind, so ist das immer noch richtig mit der üblichen Konvention 0 0 = 1. (2) Wir behalten die Notation aus Teil (1) bei, und beschreiben Funktionen f : X Y wiederum, in dem wir die Werte f(x 1 ), f(x 2 ),... aus Y angeben. Ebenfalls wir in (1) können wir x 1 X auf ein beliebiges der m Elemente von Y abbilden. Damit dass f : X Y eine injektive Funktion von X nach Y ist muss insbesondere f(x 1 ) f(x 2 ) gelten. Wir dürfen also x 2 nicht auch auf f(x 1 ) abbilden. Eine injektive Funktion das Element x 2 auf jedes beliebige von Y \ {f(x 1 )} abbilden, damit bleiben für die Wahl von f(x 2 ) Y genau m 1 Möglichkeiten. Analog können wir x 3 X auf eines der m 2 zur Auswahl verbleibenden Elemente von Y \ {f(x 1 ), f(x 2 )} abbilden und so fort. Falls n > m gilt, so ist Y \ {{f(x 1 ), f(x 2 ),..., f(x m )} leer, und es bleibt keine Möglichkeit übrig f(x m+1 ) zu wählen. Es gibt in dem Fall keine injektiven Funktionen 1

2 von X nach Y. Falls n m erhalten wir insgesamt Auswahlen für x 2 Auswahlen für x n Auswahlen für x {}}{ 1 {}}{{}}{} m m {{ 1... m n + 1 } n mal m! injektive Funktionen. Wir folgern, dass es in letzterem Fall injektive Funktionen von X nach Y gibt. (m n)! (3) Eine Funktion f : X Y ist bijektiv, wenn m = n gilt und f injektiv ist. Es gibt also keine bijektiven Funktionen f : X Y falls m n gilt. Falls n = m gilt, m! so gibt es genau = m! = m! injektive Funktionen wir wir bereits in Teil (2) (m n)! 0! gezeigt haben. Aufgabe 3. Sei X eine Menge. Wir betrachten die Abbildung Φ : P(X) {0, 1} X, A 1 A, die einer Teilmenge A X deren charakteristische Funktion 1 A zuordnet. Zeigen Sie auf die folgenden beiden Arten, dass Φ bijektiv ist: (1) indem Sie direkt verifizieren, dass Φ injektiv und surjektiv ist. (2) indem Sie explizit eine Umkehrabbildung angeben. Angenommen die Menge X sei endlich, mit n Elementen. Wie viele Elemente hat die Potenzmenge X? Wie viele Elemente hat die Menge {0, 1} X? Erinnerung: Mit Y X bezeichnen wir die Menge aller Abbildungen X Y. Hier ist also speziell {0, 1} X die Menge aller Abbildungen X {0, 1}. Lösung. (1) Injektivität von Φ: Seien A, B P(X) so, dass Φ(A) = Φ(B) gilt. Dies heisst 1 A = 1 B. Sei a A, dann gilt 1 = 1 A (a) = 1 B (a). Somit haben wir a B und schliessen daraus, dass A B gilt. Auf die gleiche Weise können wir B A zeigen. Daraus schliessen wir, dass A = B gilt, und also f injektiv ist. Surjektivität von Φ: Sei f {0, 1} X. Wir definieren A = {x X f(x) = 1}. Dann gilt für alle x X entweder x A und damit f(x) = 1 und 1 A (x) = 1, oder x / A und damit f(x) = 0 und 1 A (x) = 0. Zusammenfassend zeigt das Φ(A) = 1 A = f. Da Φ eine injektive und surjektive Funktion ist, ist Φ bijektiv. (2) Wir definieren eine Abbildung Ψ : {0, 1} X P(X) durch Ψ(f) = {x X f(x) = 1}. und behaupten, dass Ψ die zu Φ inverse Funktion ist. Um diese Behauptung zu beweisen müssen wir zeigen dass Φ Ψ(f) = f

3 für alle f {0, 1} X gilt, und dass Ψ Φ(A) = A für alle A P(X) gilt. Somit ist Φ Ψ surjektiv, und damit Φ auch surjektiv. Da Ψ Φ injektiv ist, ist dann Φ auch injektiv. Wir können schliessen, dass Φ bijektiv ist. Die Potenzmenge von X hat 2 n Elemente, wenn X eine endliche Menge mir n Elementen ist. Weil Φ bijektiv ist, hat die Menge {0, 1} X auch 2 n Elemente. Aufgabe 4. Sei eine Äquivalenzrelation auf der Menge N = {0, 1, 2,...}, derart, dass a (a + 5) und a (a + 8) für alle a N gilt. Gilt 1 2? Wie viele Elemente hat der Quotient N/? Lösung. Ja, 1 2. Wir benutzen a (a + 8), so dass wir erhalten. Ausserdem gilt, mit a (a + 5). Mit Transitivität ergibt sich 1 17 und Durch Anwendung der Symmetrie erhalten wir Wir wenden die Transitivität noch einmal an, und erhalten schlussendlich 1 2. Ähnlich erhalten wir 0 1. Mit der Transitivität ergibt sich 0 2. Ausserdem, erhalten wir mit Induktion, dass 0 n für alle n N gilt: Schritt 1. n = 0 Weil reflexiv ist, dann gilt 0 0. Somit erhalten wir 0 n. Schritt 2. Wir nehmen an, dass 0 n gilt und wir müssen 0 n + 1 beweisen. Ähnlich zu 1 2, haben wir n n + 8 n + 16 und n + 1 n + 6 n + 11 n Somit gilt n n + 1. Weil 0 n und n n + 1, erhalten wir 0 n + 1 mit der Transitivität. Daraus folgt, dass wir 0 n für alle n N erhalten haben. Wir schliessen, dass der Quotient N/ nur ein Element hat. Aufgabe 5. Finden Sie je ein Beispiel für eine Relation auf den natürlichen Zahlen N, die von den Eigenschaften einer Äquivalenzrelation (1) nur die Symmetrie; (2) nur die Transitivität; (3) die Reflexivität und die Transitivität, aber nicht die Symmetrie erfüllt. Lösung. (1) Die Relation erfüllt nur die Symmetrie Eigenschaft. Reflexivität ist nicht erfüllt, weil a a falsch ist. Ähnlich, implizieren a b, b c nicht a c, wenn c = a.

4 (2) Die Relation < erfüllt nur die Transivität Eigenschaft. a < a ist falsch, und a < b impliziert nicht b < a. (3) Die Relation Teilbarkeit erfüllt die Reflexivität und die Transitivität Eigenschaften. Ausserdem erfüllt nicht die Symmetrie Eigenschaft: 4 2 aber 2 4 ist falsch. Aufgabe 6. Sei n 1 eine ganze Zahl. Überprüfen Sie, dass die Relation auf der Menge Z, definiert durch a b a b ist teilbar durch n eine Äquivalenzrelation ist, und erstellen Sie eine Liste aller Äquivalenzklassen. Die Quotientenmenge wird üblicherweise als Z/nZ notiert, gelesen Z modulo n. Zeigen Sie dass auf der Quotientenmenge Z/nZ eine binäre Operation + existiert, die für Äquivalenzklassen [a] und [b] durch [a] + [b] = [a + b] gegeben ist. Ist Z/nZ mit dieser Operation und [0] als neutrales Element ein kommutativer Monoid? Lösung. Schritt 1. ist eine Äquivalenzrelation. Wir müssen zeigen, dass reflexiv, symmetrisch und transitiv ist. a a bedeutet dass a a = 0 durch n teilbar ist. Somit, ist reflexiv. Wenn a b durch n teilbar ist, dann ist b a genau dann auch durch n teilbar. Somit ist symmetrisch, was bedeutet, dass a b gleichwertig mit b a ist. Sei a, b, c Z so dass a b und b c gilt. Wir erhalten, dass a = b + k n und b = c + l n, für k, l Z. Somit gilt a = c + l n + k n. Daher wissen wir, dass a c ist, was bedeutet, dass transitiv ist. Die Äquivalenzklassen sind [0], [1], [2],..., [n 1]. Schritt 2. Ein binärer Operator + existiert auf der Quotientenmenge Z/nZ. Der binäre Operator + ist definiert durch [a] + [b] = [a + b]. Wir müssen zeigen, dass + wohldefiniert ist. Sei a, b, c, d Z so dass [a] = [c] und [b] = [d]. Wir haben a = e 1 + k n, c = e 1 + l n, b = e 2 + s n und d = e 2 + t n wobei 0 e 1, e 2 < n und k, l, s, t Z. Somit gilt [a] = [c] = [e 1 ] und [b] = [d] = [e 2 ]. Ausserdem, a + b = e 1 + e 2 + (s + k) n und c + d = e 1 + e 2 + (t + l) n. Weil [a + b] = [e 1 + e 2 ] und [c + d] = [e 1 + e 2 ], schliessen wir, dass [a] + [b] = [c] + [d] = [a + b] = [c + d]: Der binäre Operator + ist wohldefiniert. Schritt 3. Z/nZ mit + und [0] als neutrales Element ist ein kommutativer Monoid.

5 Wir müssen die folgenden Aussagen zeigen: (1) Z/nZ ist nicht leer (2) [0] Z/nZ als neutrales Element. (3) Der Operator + müss die folgenden Identitäten erfüllen: ([a] + [b]) + [c] = [a] + ([b] + [c]) [a] + [b] = [b] + [c] [a] + [0] = [0] + [a] = [a]. Die ersten zwei Aussagen sind klar, weil {[0], [1],..., [n 1]} = Z/nZ. Wir beweisen, dass die dritte Identität erfüllt ist. Tatsächlich [a] + [b] = [a + b] = [b + a] = [b] + [a] und [a] + [0] = [a + 0] = [a] = [0 + a] = [0] + [a]. Ähnlich gilt, ([a] + [b]) + [c] = [a + b] + [c] = [a + b + c] = [a] + [b + c] = [a] + ([b] + [c]). Aufgabe 8. Sei X eine Menge. Zeigen Sie, dass die Potenzmenge P(X) zusammen mit der symmetrischen Differenz als binäre Operation und der leeren Menge als neutrales Element einen kommutativen Monoiden bildet. Bevor Sie mit dem eigentlichen Beweis beginnen, erstellen Sie eine Liste aller Aussagen die überprüft werden müssen. Lösung. Wir müssen die folgenden Aussagen überprüfen: (1) Neutrales element: P(X) (2) Die symmetrische Differenz müss die folgenden Identitäten erfüllen: A (B C) = (A B) C, für alle A, B, C P(X) A = A = A, für alle A P(X) A B = B A, für alle A, B P(X). Weil P(X) die Potenzmenge ist, ist das neutrales Element ein Element von P(X), das bedeutet P(X). Somit ist die erste Aussage erfüllt. Die symmetrische Differenz A B ist gleich (A \ B) (B \ A). Weil kommutativ ist, gilt (A \ B) (B \ A) = (B \ A) (A \ B) und gibt es A B = B A. Ausserdem gilt, A = A = (A \ ) ( \ A) = A = A. Sei A, B, C P(X). Wir müssen nur A (B C) = (A B) C zeigen. Wir expandieren A (B C): A (B C) = (A \ ((B \ C) (C \ B))) (((B \ C) (C \ B)) \ A). Es ist einfacher B\C = B C c zu schreiben, wobei C c = X \C. Somit ist die obige Gleichung A (B C) = (A ((B C c ) (C B c )) c ) (((B C c ) (C B c )) A c ).

6 Erinnern Sie sich, dass (A B) c = A c B c und (A c ) c = A für alle Menge A und B gilt. Wir setzen unsere Berechnung fort: A (B C) = (A ((B C c ) (C B c )) c ) (((B C c ) (C B c )) A c ) = (A ((B C c ) c (C B c ) c )) (((B C c ) (C B c )) A c ) = (A ((B c C) (C c B))) (((B C c ) (C B c )) A c ) = ((A (B c C)) (C c B)) ((A c (B C c )) (A c (C B c ))) = (((A B c ) (A C)) (C c B)) ((A c B) C c ) ((A c B c ) C) = ((A B c ) C c ) ((A B) C) ((A c B) C c ) ((A c B c ) C) = (((A B c ) (B A c )) C c ) (C ((A B) (A c B c ))) = (A B \ C) (C \ (A B) c ) = (A B) C. Wir schliessen, dass P(X) ein kommutativer Monoid ist.