Lösung des 2. Übungsblattes (Lösung erstellt von Adam.) Aufgabe 1: Für die gesamte Aufgabe nehmen wir an, dass stärker bindet als und, damit wir uns im Folgenden ein paar Klammern sparen können. (i) Für Mengen A, B, C gilt A (B C) = (A B) (A C). Der Beweis dieser ersten Teilaufgabe ist sehr viel ausführlicher als die Beweise der restlichen Teilaufgaben. Wir zeigen hier beidseitige Inklusion, obwohl man wie in den anderen Aufgaben vorgeführt mit Äquivalenzen arbeiten könnte. Die Ausführlichkeit soll euch helfen, bei Schwierigkeiten die Lösung in ganz kleinen Einzelschritten nachzuvollziehen. Wir erwarten nicht, dass eure Lösungen genauso ausführlich sind. Beweis. Wir zeigen, dass die linke Menge in der rechten Menge enthalten ist und umgekehrt. Zu zeigen ist also ( ) A (B C) (A B) (A C) und ( ) A (B C) (A B) (A C). Nachfolgend werden die beiden Inklusionen bewiesen. ( ) Sei x A (B C). Dann kann man folgern (Erklärungen im Anschluss): x A (B C) x A x B C x A (x B x C) (1) (x A x B) (x A x C) (2) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) Begründung von (1) (2) erfolgt per Wahrheitstafel: x A x B x C x B x C (1) x A x B x A x C (2) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Dieser Wahrheitstafel entnimmt man sofort, dass falls (1) gilt, so folgt (2) (man sieht sogar direkt die Äquivalenz, aber darum geht es uns hier nicht). Alle anderen Schritte sind einfache Umsetzungen der Definitionen. ( ) Sei x (A B) (A C). Dann kann man folgern (Erklärungen im Anschluss): x (A B) (A C) (x A B) (x A C) (x A x B) (x A x C) (3) x A (x B x C) (4) x A (x B C) x A (B C) Begründung von (3) (4) erfolgt per Wahrheitstafel: x A x B x C x A x B x A x C (3) x B x C (4) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Dieser Wahrheitstafel entnimmt man sofort, dass falls (3) gilt, so folgt (4) (man sieht sogar direkt die Äquivalenz, aber darum geht es uns hier nicht). Alle anderen Schritte sind einfache Umsetzungen der Definitionen. Damit ist die beidseitige Inklusion gezeigt und der Beweis ist erbracht. (ii) Für Mengen A, B, C gilt A (B C) = (A B) (A C). x A (B C) x A x B C x A (x B x C) (5) (x A x B) (x A x C) (6) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) Die Äquivalenz (5) (6) wurde in der Übung erwähnt, siehe [1, Theorem 3.1.10]. Alle anderen Äquivalenzen sind einfache Umsetzungen der Definitionen. (iii) Für Mengen A, B, C gilt A (B C) = (A B) (A C). 2
x A (B C) x A x / B C x A (x B C) x A (x B x C) (7) x A (x / B x / C) (8) (x A x / B) (x A x / C) (9) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) Die Äquivalenz (7) (8) nennt man die Gesetze von De Morgan und in Zeile (9) wird das Idempotenzgesetz angewendet. Eine Auflistung der Regeln findet sich in [1, Theorem 3.1.10]. (iv) Für Mengen A, B, C gilt A (B C) = (A B) (A C) gilt. x A (B C) x A x / B C x A (x B C) x A (x B x C) x A (x / B x / C) (x A x / B) (x A x / C) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) Alle verwendeten Rechenregeln wurden vorher schon verwendet. Aufgabe 2: Sei im folgenden f : X Y eine Abbildung von der Menge X in die Menge Y. (i) Für Teilmengen M 1, M 2 X gilt f(m 1 M 2 ) = f(m 1 ) f(m 2 ). y f(m 1 M 2 ) Es existiert ein x M 1 M 2 mit f(x) = y y f(m 1 ) f(m 2 ) Beide Äquivalenzen gelten nach Definition. (ii) Für Teilmengen M 1, M 2 X gilt f(m 1 M 2 ) f(m 1 ) f(m 2 ). 3
Beweis. Zu zeigen ist: y f(m 1 M 2 ) y f(m 1 ) f(m 2 ). Es gilt y f(m 1 M 2 ) Es existiert ein x M 1 M 2 mit f(x) = y (Es existiert ein x M 1 : f(x) = y) (Es existiert ein x M 2 : f(x) = y) y f(m 1 ) y f(m 2 ) y f(m 1 ) f(m 2 ) Gleichheit gilt im Allgemeinen nicht. Gegenbeispiel: Sei f : {1, 2} {1} mit f(1) = 1 und f(2) = 1. Für M 1 = {1} und M 2 = {2} gilt M 1 M 2 = und damit f(m 1 M 2 ) = f( ) =. Weiter gilt f(m 1 ) f(m 2 ) = {1} {1} = {1}. Wir haben also f(m 1 ) f(m 2 ) = {1} = = f(m 1 M 2 ). Anmerkung: Ist f injektiv, so gilt Gleichheit. (iii) Für Teilmengen N 1,N 2 Y gilt f 1 (N 1 N 2 ) = f 1 (N 1 ) f 1 (N 2 ). x f 1 (N 1 N 2 ) f(x) N 1 N 2 f(x) N 1 f(x) N 2 x f 1 (N 1 ) f 1 (N 2 ) Alle Äquivalenzen gelten nach Definition. (iv) Für Teilmengen N 1, N 2 Y gilt f 1 (N 1 N 2 ) = f 1 (N 1 ) f 1 (N 2 ). x f 1 (N 1 N 2 ) f(x) N 1 N 2 f(x) N 1 f(x) N 2 x f 1 (N 1 ) f 1 (N 2 ) Alle Äquivalenzen gelten nach Definition. Aufgabe 3: Seien X, Y Mengen, f : X Y, g : Y X Abbildungen und es gelte g f = id X. Man zeige, dass f injektiv und g surjektiv ist. Beweis. Injektiv bedeutet, dass keine zwei verschiedenen Urbilder dasselbe Bild haben, und surjektiv bedeutet, dass jedes Element aus dem Wertebereich ein Urbild besitzt. 4
f injektiv: Sei x 1, x 2 X mit f(x 1 ) = f(x 2 ). Dann gilt f(x 1 ) = f(x 2 ) g(f(x 1 )) = g(f(x 2 )) (10) id X (x 1 ) = id X (x 2 ) x 1 = x 2, dabei gilt (10), weil g eine Abbildung ist. Also ist f injektiv. g surjektiv: Sei x X beliebig, dann gilt id X (x) = x (g f)(x) = x g(f(x)) = x für y := f(x) Y gilt g(y) = x, das heißt g ist surjektiv. Aufgabe 4: Ist f : X P(X) eine Abbildung, so ist sie nicht surjektiv. Beweis (indirekt). Angenommen f : X P(X) ist surjektiv. Dann definieren wir M := {x X : x / f(x)}. Diese Definition ergibt Sinn, da P(X) eine Menge von Mengen ist. Weiterhin gilt sicher M X, das bedeutet M P(X). Da f surjektiv ist, existiert x X mit f(x) = M. Wir unterscheiden zwei Fälle: 1. x M x / f(x) x / M 2. x / M x / f(x) x M Das ergibt x M x / M offensichtlich ein Widerspruch. Unsere Annahme muss also falsch sein, das heißt f kann nicht surjektiv sein. Bemerkung: Dadurch, dass keine surjektive Abbildung von X nach P(X) existiert, werden also auch nie alle Elemente erwischt, die Kardinalität von X ist damit immer echt kleiner als die von P(X). Quellen [1] H. Schichl, R. Steinbauer: Einführung in das mathematische Arbeiten, Springer 2009 5