Grundlagen der Mathematik

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1 Universität Hamburg Winter 2016/17 Fachbereich Mathematik Janko Latschev Lösungsskizzen 3 Grundlagen der Mathematik Präsenzaufgaben (P4) Wir betrachten die Menge M := P({1, 2, 3, 4}). Dann gilt 1 / M, denn 1 ist selbst keine Menge, M besteht aber aus Teilmengen der Menge {1, 2, 3, 4}. 1 M, denn 1 ist keine Menge. {1} M, denn {1} {1, 2, 3, 4}. {1} M, denn {1} wäre nur dann eine Teilmenge von M, falls 1 M. {{1}} / M, denn {1} ist kein Element der Menge {1, 2, 3, 4}. {{1}} M, denn {1} M. M, denn jede Menge enthält die leere Menge als Teilmenge, so dass jede Potenzmenge die leere Menge als Element enthält. M, denn jede Menge enthält die leere Menge als Teilmenge. { } / M, denn ist kein Element der Menge {1, 2, 3, 4}. { } M, denn M. {{ }} / M, denn { } ist kein Element von {1, 2, 3, 4}. {{ }} M, denn { } ist kein Element von M. (P5) Welche der folgenden Aussagen gelten für alle Mengen A, B und C? a) (A \ B) \ C = A \ (B \ C) b) (A \ B) \ C = A \ (B C) c) (A \ B) C = (A C) \ B d) (A B) \ C = (A \ C) B Zeichnen Sie jeweils die Venn-Diagramme für beide Seiten, und geben Sie für falsche Aussagen jeweils ein konkretes Gegenbeispiel an. Antwort: a) und c) sind falsch, b) und d) sind wahr. Als Gegenbeispiel funktioniert sowohl für a) als auch für c) zum Beispiel die Wahl A = B = C = N (oder eine beliebige andere nichtleere Menge). In a) beschreibt der Ausdruck links die leere Menge, während der Ausdruck rechts A = N beschreibt. In c) beschreibt der Ausdruck links die Menge C = N, während der Ausdruck rechts die leere Menge beschreibt. Bitte wenden!

2 Übungsaufgaben mit Abgabetermin Mo, , zu Beginn der Vorlesung (A7) Fibonacci-Folgen ( Punkte) Wir betrachten wieder eine Aufgabe, welche im Auftrag der BSB für Schülerzirkel im Grundschulalter konzipiert wurde. Wir wollen (der Zielgruppe der Aufgabe entsprechend) annehmen, dass für die beiden ersten Zahlen nur Elemente aus N 0 zugelassen werden. In jeder Zahlenkette ist die Zielzahl durch diese ersten beiden Zahlen eindeutig bestimmt, d.h. wir haben eine Abbildung f : N 0 N 0 N 0, welche jedem Paar von Startzahlen seine Zielzahl zuordnet. a) Finden Sie eine Formel für die Abbildung f (mit Herleitung). Wir bezeichnen die 5 Glieder der Zahlenkette der Reihenfolge nach mit a, b, c, d und e. Laut Aufgabenstellung gilt dann: Einsetzen ergibt nun c = a + b, d = b + c, e = c + d. e = c + d = c + (b + c) = b + 2c = b + 2(a + b) = 2a + 3b. Siehe nächstes Blatt!

3 Unsere gesuchte Abbildung f : N 0 N 0 N 0 hat also die Form f(a, b) = 2a + 3b. b) Geben Sie die Bildmenge der Abbildung f an (mit Begründung). Die Bildmenge f(n 0 N 0 ) unserer Abbildung ist die Menge N 0 \ {1}, d.h. alle nichtnegativen ganzen Zahlen außer 1 kommen als Werte tatsächlich vor. Zum Beweis argumentieren wir wie folgt: Durch Probieren sehen wir schnell, dass f(0, 0) = 0, f(1, 0) = 2 und f(0, 1) = 3. Um nun zu zeigen, dass eine beliebige Zahl n > 3 ebenfalls im Bild ist, subtrahieren wir so oft 2 von unserer Zahl n, bis das Ergebnis r das erste Mal kleiner als 4 ist. Dieses Ergebnis r ist dann entweder 2 oder 3. Ist k die Anzahl der Subtraktionen, so gilt also entweder n 2k = 2, d.h. n = 2(k + 1), oder n 2k = 3, d.h. n = 2k + 3. Im ersten Fall können wir also die Startzahlen a = k + 1, b = 0 wählen, und im zweiten Fall a = k und b = 1. Somit haben wir 0 sowie alle Zahlen n 2 als Bilder unter f beschrieben. Um zu sehen, dass 1 nicht im Bild von f liegt, muss man argumentieren, dass die Gleichung 1 = 2a + 3b keine Lösung (a, b) mit nichtnegativen ganzen Zahlen a und b hat. c) Finden Sie die kleinste Zahl n N 0, so dass f 1 (n) N 0 N 0 aus mehr als einem Element besteht (mit Begründung). 1 Die kleinste solche Zahl ist n = 6, denn es gilt 6 = f(3, 0) = f(0, 2). Zur Begründung argumentieren wir wie folgt: Jedes Element (a, b) f 1 (n) ist eine Lösung der Gleichung n = 2a + 3b. Ist (a, b) N 0 N 0 eine Lösung dieser Gleichung, so lässt sich n als Summe von a Zweien und b Dreien schreiben. Das kleinste gemeinsame Vielfache von 2 und 3 ist 6. Will man also aus einer gegebenen Lösung eine neue Lösung erhalten, so kann man 3 Zweien durch 2 Dreien ersetzen oder umgekehrt. Die neuen Lösungen haben dann die Form (a 3, b + 2) oder (a + 3, b 2). Die erste Ersetzung funktioniert, solange a 3, und die zweite Ersetzung funktioniert, solange b 2, da dann die neuen Paare jeweils immer noch aus nichtnegativen ganzen Zahlen bestehen. Gilt gleichzeitig a < 3 und b < 2, so ist keine der Ersetzungen möglich, d.h. die Darstellung der Zahl n = 2a + 3b als Bild unter f 1 Wie in der Vorlesung erwähnt wird für das Urbild f 1 ({n}) einer Teilmenge, die nur aus einem Element n des Wertebereichs besteht, meist f 1 (n) geschrieben, auch wenn dies etwas inkonsequent ist. Bitte wenden!

4 ist dann eindeutig. Für die 6 möglichen Paare (0, 0), (0, 1), (1, 0), (1, 1), (2, 0) und (2, 1), welche diese Ungleichung erfüllen, sind die Bilder gerade f(0, 0) = 0, f(0, 1) = 3, f(1, 0) = 2, f(1, 1) = 5, f(2, 0) = 4 und f(2, 1) = 7. Die Zahlen 0, 2, 3, 4, 5 und 7 haben also ein eindeutiges Urbild unter f, alle anderen Zahlen n 1 haben mehr als ein Urbild. Die kleinste solche Zahl ist n = 6. d) Finden Sie alle Lösungen der eigentlichen Aufgabe, d.h. finden Sie f 1 (38). 1 Der unter b) beschriebene Ansatz liefert für n = 38 die Lösung (19, 0). Nun erhalten wir durch die in c) beschriebenen Ersetzungen die weiteren Lösungen (16, 2), (13, 4), (10, 6), (7, 8), (4, 10) und (1, 12). Also gilt f 1 (38) = {(19, 0), (16, 2), (13, 4), (10, 6), (7, 8), (4, 10), (1, 12)} N 0 N 0. (A8) Eine Abbildung und ihre Eigenschaften ( Punkte) Wir betrachten die Mengen M = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} und N := {1, 2, 3, 4} sowie die Abbildung f : M N, die durch folgende Wertetabelle beschrieben wird: x f(x) a) Geben Sie die Bilder der Teilmengen A 1 = {1, 2, 3} und A 2 = {2, 3, 5} von M unter der induzierten Abbildung 2 f : P(M) P(N) an. Es gilt f(a 1 ) = f({1, 2, 3}) = {1, 2, 3} und f(a 2 ) = f({2, 3, 5}) = {1, 3}. b) Geben Sie die Bilder der Teilmengen B 1 = {1, 2} und B 2 = {1, 3} von N unter der induzierten Abbildung f 1 : P(N) P(M) (also die Urbilder der Teilmengen B 1 und B 2 unter f) an. Es gilt f 1 (B 1 ) = {1, 2, 4, 5, 8} und f 1 (B 2 ) = {2, 3, 5, 7, 8}. c) Ist f injektiv? Ist f injektiv? Ist f 1 injektiv? Die Abbildung f : M N ist nicht injektiv, denn es gilt z.b. f(1) = f(4). Die Abbildung f : P(M) P(N) ist entsprechend auch nicht injektiv, denn es gilt z.b. f({1}) = f({4}). (Man kann auch damit argumentieren, dass P(M) mehr Elemente enthält als P(N).) Die Abbildung f 1 : P(N) P(M) ist injektiv, weil f surjektiv ist. Sind nämlich 2 Zur besseren Unterscheidung zwischen f : X Y und f : P(X) P(Y ) verwenden wir auf diesem Übungsblatt ausnahmsweise verschiedene Schriftarten. Üblicherweise werden beide Abbildungen mit demselben Symbol f bezeichnet. Siehe nächstes Blatt!

5 B 1 B 2 zwei verschiedene Elemente von P(N), also verschiedene Teilmengen von N, so gilt B 1 \ B 2 oder B 2 \ B 1 (warum?). Im ersten Fall folgt (weil f surjektiv ist), dass f 1 (B 1 ) Elemente von M enthält, die nicht in f 1 (B 2 ) enthalten sind, und entsprechend folgt im anderen Fall, dass f 1 (B 2 ) Elemente von M enthält, welche nicht in f 1 (B 1 ) enthalten sind. In beiden Fällen folgt f 1 (B 1 ) f 1 (B 2 ). d) Ist f surjektiv? Ist f surjektiv? Ist f 1 surjektiv? Die Abbildung f : M N ist surjektiv, denn jedes der vier Elemente 1,2,3 und 4 von N ist das Bild (mindestens) eines Elements aus M. Die Abbildung f : P(M) P(N) ist ebenfalls surjektiv, denn ist ein Element B P(N) gegeben, also eine Teilmenge B N, so können wir für jedes Element b B ein Element aus M wählen, welches auf b abgebildet wird. Die Teilmenge A M aller so ausgewählten Elemente von M erfüllt dann nach Konstruktion f(a) = B. Die Abbildung f 1 : P(N) P(M) ist nicht surjektiv, denn P(N) enthält weniger Elemente als P(M). Man kann ganz allgemein zeigen: f 1 : P(Y ) P(X) ist genau dann injektiv, wenn f : X Y surjektiv ist, und f 1 : P(Y ) P(X) ist genau dann surjektiv, wenn f : X Y injektiv ist. (A9) Abbildungen und Potenzmengen (2+2 Punkte) Sei f : X Y eine Abbildung. In der Vorlesung wurden die von dieser abgeleiteten Abbildungen zwischen den Potenzmengen f : P(X) P(Y ), f(a) := {f(x) x A} Y und f 1 : P(Y ) P(X), erwähnt. Die folgenden vier Aussagen sind wahr: f 1 (B) := {x f(x) B} X Für alle Teilmengen A 1, A 2 X gilt f(a 1 A 2 ) f(a 1 ) f(a 2 ). Für alle Teilmengen A 1, A 2 X gilt f(a 1 A 2 ) f(a 1 ) f(a 2 ). Für alle Teilmengen B 1, B 2 Y gilt f 1 (B 1 B 2 ) f 1 (B 1 ) f 1 (B 2 ). Für alle Teilmengen B 1, B 2 Y gilt f 1 (B 1 B 2 ) f 1 (B 1 ) f 1 (B 2 ). In drei dieser vier Aussagen kann das Zeichen durch ein Gleichheitszeichen ersetzt werden, und die Aussage bleibt immer noch wahr. a) Für welche der Aussagen gilt das nicht? Begründen Sie Ihre Behauptung mit einem selbst gewählten Gegenbeispiel. In der zweiten Aussage kann im Allgemeinen die Inklusion nicht durch ein Gleichheitszeichen ersetzt werden. Als Beispiel betrachten wir die Abbildung f : N N, Bitte wenden!

6 welche alle natürlichen Zahlen auf 1 abbildet. Für die Teilmengen A 1 = {1} und A 2 = {2} gilt dann A 1 A 2 =, so dass die linke Seite die leere Menge beschreibt, während wegen f({1}) = f({2}) = {1} die rechte Seite die Teilmenge {1} N beschreibt. b) Beweisen Sie für eine der anderen drei Situationen die stärkere Aussage, dass die beiden angegebenen Mengen tatsächlich gleich sind. Wir beweisen f(a 1 A 2 ) = f(a 1 ) f(a 2 ). Dazu überlegen wir uns: y f(a 1 A 2 ) genau dann, wenn x A 1 A 2 : f(x) = y, genau dann, wenn ( x A 1 : f(x) = y) oder ( x A 2 : f(x) = y), genau dann, wenn y f(a 1 ) oder y f(a 2 ), genau dann, wenn y f(a 1 ) f(a 2 ).