Blatt 5

Aufgabe 1. Leider haben die Assistenten in der Definition bersehen, dass
auch die leere Menge als endlich definiert werden muss. (Die meisten Studenten
haben dies bemerkt und selbststndig korrigiert.)
(a) Seien X und Y endliche Mengen, f eine Bijektion von {1, . . . , n} nach X,
g eine Bijektion von {1, . . . , m}.
Durschschnitt:
Falls Y ∩ X = ∅, ist diese Menge endlich. Sonst ist es klar, dass Y ∩ X ⊂ X.
Definiere eine Abbildung F : {1, . . . p} (p ist noch unbekannt) wie folgt. Setze
F (1) := min{k : f (k) ∈ Y ∩ X} und A1 := Y \ X \ {F (1)}.
Jetzt verfahre induktiv. Nehme an, dass F (k) schon definiert ist für alle k ≤ s.
(i) Gilt As = ∅, so ist F eine Bijketion zwischen {1, . . . , s} und X ∩ Y .
(ii) Gilt As 6= ∅, so setzt man F (s + 1) := min{k : f (k) ∈ As } und As+1 :=
As \ {F (s + 1)}.
Nach maximal n Schritten kommt man zu Variante (i).
Vereinigung:
Es gilt X ∪ Y = X ∪ (Y \ X). Für Y \ X = ∅ gilt X ∪ Y = X und X ∪ Y ist
endlich. Sonst, da Y \ X ⊂ Y , konstruiert man wie oben eine Bijektion G von
{n + 1, . . . , n + p} nach Y \. Die Abbildung h : {1, . . . , n + p} mit h(k) = f (k),
k ≤ n, f (k) = G(k), k > n, ist eine Bijektion.
(b) Wir betrachten nur nichtleere Mengen (für die leere Menge ist alles klar).
Sei X eine unendliche Menge im Sinne der Aufgabe 3 vom Blatt 4. Nehme an, dass X endlich im Sinne dieser Aufgabe ist und f eine Bijketion
zwischen {1, . . . , n} und X ist. Nach Aufgabe 3b im Blatt 4 muss eine injektive Abbildung g von N nach X exisitieren. Dann muss die Abbildung
f −1 g : N → {1, . . . , n} injektiv sein, was offenbar falsch ist. Also ist X auch
im Sinne dieser Aufgabe unendlich.
Sei X im Sinne der Aufgabe 3 vom Blatt 4 endlich. Wir konstruieren induktiv
eine Bijketion f : {1, . . . , n} → X.
Sei x ∈ X. Setze f (1) := x, A1 := X \ {x}.
Jetzt verfahren wir induktiv. Nehmen wir an, dass f (k) schon für alle k ≤ s
definiert ist.
(i) Gilt As = ∅, so ist f eine Bijketion zwischen {1, . . . , s} und X, und X ist
somit im Sinne dieser Aufgabe endlich.
(ii) Gilt As 6= ∅, so nimmt man ein beliebeiges a ∈ As uns setzt f (s + 1) := a
und As+1 := As \ {a}.
Kommt man nie zum Schritt (i), so bekommt man eine injektive Abbildung
f von N nach X. Aber nach Aufgabe 3a im Blatt 4 kann so eine Abbildung
nicht existieren (die Menge N ist offenbar unendlich im Sinne der Aufgabe 3
im Blatt 4: z.B. betrachtet man die Bijektion f (n) = n + 1 zwischen N und
N + 1). Also landet man irgenwann bei Schritt (i), und X ist eine endliche
Menge im Sinne dieser Aufgabe.
(c) Sei X eine unendliche Teilmenge von N. Behauptung: Es existiert eine biSeite 1 von 2
jektive Abbildung von N nach X. Beweis induktiv. Setze f (1) = min X und
X1 := X \ f (1). Seien nun f (k), k < n, definiert. Ist Xn−1 leer, so ist f
eine Bijktion von X und {1, . . . , n − 1}, so ist X endlich, was der Voraussetzung widerspricht. Also ist Xn−1 nichtleer, und man setzt f (n) = min Xn und
Xn+1 := Xn \ f (n). Die Abbildung f ist offenbar injektiv. Dazu gilt für jedes
m ∈ X: es existiert n ≤ m mit f (n) = m, also ist f surjektiv.
Wir haben also gezeigt, dass jede uendliche Teilmenge von N zu N bijektiv
äquivalent ist. Sind X und Y zwei uendliche Teilmenge von N, so sind beide
zu N und damit zueinander äquivalent.
Aufgabe 2.
(a) Sei f eine surjektive Abbildung von M nach N . Man konstruiert eine
Abbildung g : M → N wie folgt. Zu jedem m ∈ M wähle man ein n ∈ N
mit f (n) = m und setze g(m) = n (so ein n existiert wegen der Surjektivität).
Die Abbildung G ist eine Biketion zwischen M und g(M ), deswegen ist g(M )
eine unendliche Menge (siehe Musterlösung zuz Aufgabe 3 im Blatt 4). Wegen
g(M ) ⊂ N ist auch N unendlich.
S
(b) Es gilt M = n∈N f −1 (n). Sind alle Mengen f −1 (n), n ∈ N , endlich, so
ist nach Aufgabe 1 die Menge M auch endlich als Vereingung endlich vieler
endlicher Mengen. Dies widerspricht der Vorasussetzung.
Aufgabe 3. (a) Induktion nach m.
Induktionsanfang: F1 = 5 = 3 + 2 = F0 + 2.
Induktionsannahme: Es gilt Fk − 2 = F0 · . . . Fk−1 für alle k ≤ m.
Induktionsschritt:
m+1
Fm+1 − 1 = 22
m
= 22
2
= (Fm − 1)2
= (Fm − 2)Fm + 1 = F0 · . . . Fm−1 Fm + 1.
(b) Betrachte Fm und Fn mit n < m. Es gilt, nach (a), Fm −F0 . . . Fn . . . Fm−1 =
2. Ist p ein gemeinsamer Teiler von Fm und Fn , so muss p auch 2 teilen. Da
alle Fn ungerade sind, die einzige Möglichkeit ist p = 1.
(c) Da jedes Fn mindestens einen Primteiler besitzt alle Fn teilerfremd sind,
ist die Menge {p prim : ∃n : Fn teilbar durch p} unendlich.
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