(X\A) = A (b) X\(A ∪ B)

Prof. Dr. U. Görtz
Dr. U. Terstiege
A. Herrmann
WS 2010/11
Lineare Algebra I
Lösungsvorschlag zu Blatt 2
Hausaufgabe 1
Seien X, Y Mengen, A, B ⊂ X und C, D ⊂ Y Teilmengen und f : X → Y eine
Abbildung. Zeige die folgenden Aussagen und finde Beispiele, die bei (d) und (f) zeigen,
dass man nicht zwangsläufig Gleichheit hat.
(a) X\(X\A) = A
Wir zeigen X\(X\A) ⊂ A und X\(X\A) ⊃ A. Sei x ∈ X\(X\A), d.h. x liegt in der
Menge X, aber nicht in deren Teilmenge X\A. Aus der Zerlegung X = (X\A) ∪ A der
Menge X folgt, dass x in A liegt. Da dies für jedes x ∈ X\(X\A) gilt, folgt X\(X\A) ⊂
A.
Umgekehrt sei x ∈ A. Dann liegt x nicht in X ohne A, x ∈
/ X\A. Ähnlich wie oben
folgt nun aus der Zerlegung X = (X\A)∪(X\(X\A)), dass x in X\(X\A) liegt. Wieder
ist klar, dass dies für jedes x ∈ A gilt, und daher A ⊂ X\(X\A).
(b) X\(A ∪ B) = (X\A) ∩ (X\B)
Wie in Teil (a) zeigen wir die beiden Inklusionen, aus denen die Gleichheit folgt,
getrennt. Wir wählen also x ∈ X\(A ∪ B). Dann ist x kein Element von A ∪ B, und
daher insbesondere kein Element von A. Also ist x ∈ X\A. Dieselbe Argumentation mit
B anstelle von A zeigt, dass x ∈ X\B. Also liegt x auch im Durchschnitt dieser beiden
Mengen, mit anderen Worten: x ∈ (X\A) ∩ (X\B).
Umgekehrt sei x ∈ (X\A) ∩ (X\B). Dann ist x insbesondere ein Element der ‘größeren’ Menge X\A, d.h. x liegt nicht in A. Dieselbe Argumentation (B anstelle von A)
zeigt, dass x auch nicht in B liegt, und daher x ∈
/ A ∪ B. Hieraus folgt, wie gewünscht:
x ∈ X\(A ∪ B).
(c) f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B)
Sei y ∈ f (A ∪ B). Dann existiert x ∈ A ∪ B mit f (x) = y. Dieses x liegt also in
A oder in B. Falls x ∈ A, so gilt y = f (x) ∈ f (A). Andernfalls haben wir x ∈ B, und
daher y = f (x) ∈ f (B). In jedem Fall gilt y ∈ f (A) ∪ f (B), und wir haben gezeigt:
f (A ∪ B) ⊂ f (A) ∪ f (B).
Für die umgekehrte Inklusion reicht es aus, f (A) ⊂ f (A ∪ B) zu überprüfen.
Vertauschen der Rollen von A und B zeigt dann f (B) ⊂ f (A ∪ B), und insgesamt
f (A) ∪ f (B) ⊂ f (A ∪ B). Sei also y ∈ f (A). Dann existiert x ∈ A sodass y = f (x).
Weil A ⊂ A ∪ B, ist insbesondere x ∈ A ∪ B, und daher y ∈ f (A ∪ B). Wir haben also
f (A) ⊂ f (A ∪ B).
(d) f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B)
Wir wählen y ∈ f (A∩B). Dann existiert x ∈ A∩B mit y = f (x). Weil x insbesondere
ein Element von A ist, gilt y = f (x) ∈ f (A). Ebenso gilt y = f (x) ∈ f (B), und daher
insgesamt: y ∈ f (A) ∩ f (B).
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Um zu sehen, dass die umgekehrte Inklusion im Allgemeinen nicht gilt, betrachten
wir folgendes Beispiel: Sei X = {0, 1} (oder allgemeiner: eine beliebige Menge mit mehr
als zwei verschiedenen Elementen), und sei Y = {0} (oder allgemeiner: eine Menge,
die nur ein Element besitzt). Dann gibt es genau eine Abbildung f : X → Y (nämlich
diejenige, die jedem Element in X das Element 0 ∈ Y zuordnet). Wir wählen A =
{0}, B = {1} (oder allgemeiner: zwei disjunkte nichtleere Teilmengen von X). Dann gilt
A ∩ B = ∅, und daher auch f (A ∩ B) = ∅, aber andererseits f (A) = Y = f (B), und
daher f (A) ∩ f (B) = Y 6= f (A ∩ B).
(e) f −1 (C ∩ D) = f −1 (C) ∩ f −1 (D)
Sei x ∈ f −1 (C ∩ D). Dies bedeutet f (x) ∈ C ∩ D ⊂ C, und daher ist x ∈ f −1 (C).
Wegen C ∩ D ⊂ D gilt aber auch x ∈ f −1 (D), also insgesamt x ∈ f −1 (C) ∩ f −1 (D).
Umgekehrt sei x ∈ f −1 (C) ∩ f −1 (D). Dies bedeutet f (x) ∈ C und f (x) ∈ D, und
daher f (x) ∈ C ∩ D. Also liegt x in f −1 (C ∩ D).
(f) A ⊂ f −1 (f (A)) und f (f −1 (C)) ⊂ C
Sei x ∈ A. Dann ist f (x) ∈ f (A). Dies heißt aber nichts anderes, als dass x ∈
Daraus folgt die erste Behauptung.
Um zu sehen, dass die umgekehrte Inklusion im Allgemeinen nicht gilt, betrachten
wir dasselbe Beispiel wie in Teil (d). Dann haben wir f (A) = Y , und daher f −1 (f (A)) =
X. Die Menge A war aber so gewählt, dass A 6= X.
Sei y ∈ f (f −1 (C)). Dann existiert ein x ∈ f −1 (C) sodass y = f (x). Wegen x ∈
f −1 (C) ist y = f (x) ∈ C. Dies war zu zeigen.
Um zu sehen, dass die umgekehrte Inklusion im Allgemeinen nicht gilt, betrachten
wir das folgende Beispiel: X = {0}, Y = {0, 1}, und C = Y . Wir betrachten die
Abbildung f : X → Y , die durch die Vorschrift 0 7→ 0 gegeben ist. Dann ist f −1 (C) =
{0} = X, und f (f −1 (C)) = f (X) = {0}. Dies ist aber eine echte Teilmenge von C = Y .
f −1 (f (A)).
Hausaufgabe 2
a) Es sei f ◦ g surjektiv. Wir nehmen an, es gibt ein z0 ∈ Z mit f −1 ({z0 }) = ∅. Dann
ist wegen ∅ = g −1 (∅) = g −1 (f ; −1({z0 )) auch f ◦ g nicht surjektiv, die Annahme ist also
falsch.
b) Es seien X := {0, 1} =: Y und Z := {0}. Dazu sei g : X → Y mit g(0) :=
g(1) := 0. Dann ist g nicht surjektiv. Mit f : Y → Z, f (0) := f (1) := 0, ist aber
f (g(X)) = {0} = Z, also f ◦ g surjektiv.
c) Es seien X := {0} =: Z und Y := {0, 1} und dazu g(0) := 0, f (0) := f (1) := 0.
Dann ist (f ◦g)−1 (X) = (f ◦g)−1 ({0}) = {0} = Z, also injektiv (und überdies surjektiv),
aber f ist nicht injektiv.
d) Es sei y ∈ g(Y ) und dazu z := f (y). Dann ist wegen der Injektivität von f ◦ g
die Menge (f ◦ g)−1 ({z}) = {x} einelementig und damit ist g −1 ({y}) = {x} auch
einelementig. Das zeigt die Injektivität von g.
e) Es ist wegen der Surjektivität von g die Bildmenge g(X) = Y und wegen der
Surjektivität von f ist f (Y ) = Z. Also ist f (Y ) = f (g(X)) = Z und somit f ◦ g
surjektiv.
f) Es sei z ∈ Z beliebig. Dann ist f −1 ({z}) maximal einelementig (oder die leere
Menge), wegen der Injektivität von f . Weiter ist wegen der Injektivität von g die Menge
(g −1 (f −1 ({z})) maximal einelementig (oder leer). Dies zeigt die Injektivität von f ◦ g.
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Hausaufgabe 3
1) Es handelt sich nicht um eine Abbildung, da der Person, die keinen Stuhl abbekommt
und aus dem Spiel ausscheidet, kein Stuhl zugeordnet werden kann. Also wird nicht jedem Element des Definitionsbereichs ein Element des Wertebereichs zugeordnet. Würde
man dagegen jedem Stuhl die Person zuordnen, die darauf Platz nimmt, wäre dies eine
Abbildung, da jeder Stuhl besetzt wird und auch nur mit einer Person. Das heit, jedem
Element des Definitionsbereichs (hier : jedem Stuhl) wird ein wohlbestimmtes (!) Element des Wertebereichs (hier : einer Person) zugeordnet. (Im Übrigen handelt es sich
um eine injektive, aber nicht surjektive Abbildung).
2)
a) f1 ist injektiv, da zwei unterschiedlichen Kinobesuchern auch zwei unterschiedliche
Sitze zugeordnet werden (es sitzen nie 2 Personen auf dem gleichen Platz).
Die Abbildung ist nicht surjektiv, da der Kinosaal nicht unbedingt ausverkauft
sein muss. Es gibt Sitze, die nicht besetzt werden (d. h. es gibt Elemente des
Wertebereichs, auf die kein Element des Definitionsbereichs abgebildet wird).
Da die Abbildung nicht surjektiv ist, ist sie auch nicht bijektiv.
b) f2 ist injektiv, da je zwei unterschiedliche Autos auch immer unterschiedliche
Nummernschilder haben.
Die Abbildung ist auch surjektiv, da es zu jedem vergebenen Nummernschild aus
N auch ein Auto gibt, das dieses Nummernschild hat.
Da die Abbildung injektiv und surjektiv ist, ist sie auch bijektiv.
c) f3 ist nicht injektiv, da zwei unterschiedliche Waren, den gleichen Preis haben
können. Wenn man zwei Waren mit dem gleichen Preis hat, sind die Waren nicht
automatisch gleich. Das müsste für die Injektivität aber gelten.
Die Abbildung ist surjektiv, da in P (dem Wertebereich) nur die Preise sind, die
auch verwendet werden. D. h. für jeden Preis p aus P gibt es eine Ware w aus W ,
die diesen Preis hat, wo also f3 (w) = p gilt.
Da die Abbildung nicht injektiv ist, ist sie auch nicht bijektiv.
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