Lineare Algebra 1 - Mathematik, TU Dortmund

Technische Universität Dortmund
Fakultät für Mathematik
Prof. Dr. Detlev Hoffmann
Marco Sobiech/ Nico Lorenz
Wintersemester 16/17
Übungsblatt 0
24. Oktober 2016
Lineare Algebra 1
Lösung zu Aufgabe 0.1:
Für die Aufgabenteile (a), (c) und (d) beachte man, dass f (X) ⊆ R+ ∶= {x ∈ R ∣ x ≥ 0} für
alle X ⊆ R gilt, sodass man sofort sieht, dass die hier gewählten Ansätze wohldefinierte
Funktionen liefern.
(a) f weder injektiv noch surjektiv: Wir wählen X = Y = R. Dann ist f ∶ R → R nicht
injektiv, da für alle x ∈ R∖{0} zwar x ≠ −x gilt, aber auch f (x) = x2 = (−x)2 = f (−x).
Weiterhin ist f nicht surjektiv, da beispielsweise −1 kein Urbild unter f hat.
(b) f injektiv, aber nicht surjektiv: Wir wählen X = {0} und Y = {0, 1}. Dann ist f
offensichtlich injektiv, da der Definitionsbereich einelementig ist, aber nicht surjektiv,
da 1 kein Urbild hat. (Alternativ kann man auch aus Kardinalitätsgründen sofort
schließen, dass f nicht surjektiv ist.)
(c) f nicht injektiv, aber surjektiv: Wir wählen X = R und Y = f (R). Wir haben bereits
in Teil (a) gesehen, dass f dann nicht injektiv ist, nach Definition des Bildbereichs
ist jedoch klar, dass f surjektiv ist, ohne den Bildbereich explizit bestimmen zu
müssen. Natürlich gilt offensichtlich f (R) = R+ .
(d) f bijektiv: Mit den Argumenten von oben sieht man leicht ein, dass unter anderem
folgende Möglichkeiten in Frage kommen: X = Y = R+ oder X = Y = {0}.
Lösung zu Aufgabe 0.2:
Es sei f ∶ M → N eine Abbildung.
(a) Z.z.: f ist injektiv genau dann, wenn es eine Abbildung g ∶ N → M gibt mit g ○ f =
idM .
”⇒”:
Wir konstruieren g ∶ N → M explizit. Dazu sei zunächst ein m′ ∈ M fest gewählt. Es
sei n ∈ N beliebig. Falls es kein m ∈ M gibt mit f (m) = n, so setzen wir g(n) ∶= m′ .
Andernfalls existiert wegen der Injektivität von f ein eindeutiges m ∈ M mit f (m) =
n und wir setzen g(n) ∶= m. Dann gilt für alle m ∈ M nach Definition:
(g ○ f )(m) = g(f (m)) = m,
also g ○ f = idM .
”⇐”:
Es seien m, m′ ∈ M, m ≠ m′ . Dann gilt g(f (m)) = m ≠ m′ = g(f (m′ )). Damit muss
auch f (m) ≠ f (m′ ) gelten, da g nach Voraussetzung eine wohldefinierte Funktion
ist.
(b) Z.z.: f ist surjektiv genau dann, wenn es eine Abbildung h ∶ N → M gibt mit
f ○ h = idN .
”⇒”:
Wieder wird h explizit konstruiert: Es sei n ∈ N beliebig. Da f surjektiv ist, existiert
1
ein m ∈ M mit f (m) = n. Wir setzen h(n) ∶= m. Für alle m ∈ M gilt dann (f ○h)(n) =
n, also f ○ h = idN .
”⇐”:
Es sei n ∈ N beliebig. Dann gilt n = f (h(n)), d.h. h(n) ∈ M ist ein Urbild von n
unter f .
(c) Z.z.: f ist bijektiv genau dann, wenn es eine Abbildung k ∶ N → M gibt mit k○f = idM
und f ○ k = idN .
”⇒”:
Wir müssen lediglich zeigen, dass unter der hiesigen zusätzlichen Voraussetzung die
Abbildungen g, h aus den Aufgabenteilen (a) und (b) übereinstimmen. Dies sieht
man wie folgt ein:
g = g ○ idN = g ○ (f ○ h) = (g ○ f ) ○ h = idM ○h = h
Wir können also k ∶= g = h wählen.
”⇐”:
Nach Teil (a) ist f injektiv und nach Teil (b) surjektiv, also ist f bijektiv.
(d) Z.z.: Ist f bijektiv, so ist die Abbildung k aus (c) eindeutig bestimmt und bijektiv
und weiterhin k −1 = f .
Die Abbildung k ist bijektiv, da sie das zur Bijektivität äquivalente Kriterium aus
Teil (c) erfüllt. Ist k ′ eine weitere solche Abbildung, so folgt wie in Teil (c) k = k ′ .
Wegen k ○ f = idM und f ○ k = idN ist auch k −1 = f klar.
Die Abbildungen g, h aus den Aufgabenteilen (a) und (b) müssen nicht zwangsweise
eindeutig sein, wie die folgenden Beispiele zeigen:
• f ∶ {1, 2} → {1, 2, 3}, 1 ↦ 1, 2 ↦ 2 ist offensichtlich eine injektive Abbildung, und
sowohl die Abbildung g1 ∶ {1, 2, 3} → {1, 2}, 1 ↦ 1, 2 ↦ 2, 3 ↦ 1 als auch g2 ∶ {1, 2, 3} →
{1, 2}, 1 ↦ 1, 2 ↦ 2, 3 ↦ 2 erfüllen die Anforderungen aus (a).
• Zur surjektiven Funktion g1 aus dem obigen Punkt erfüllen sowohl f aus dem obigen
Punkt also auch f ′ ∶ {1, 2} → {1, 2, 3}, 1 ↦ 3, 2 ↦ 2 die Anforderungen aus (b).
Lösung zu Aufgabe 0.3:
Zeigen Sie, dass die folgenden Mengen paarweise gleichmächtig sind:
(i) N
(ii) Z
(iii) Q
(iv) Q+ .
⎧
⎪
⎪ n−1 , falls n ungerade
Wir betrachten die Abbildung f ∶ N → Z definiert durch f (n) ∶= ⎨ 2n
.
⎪− , falls n gerade
⎪
⎩ 2
Dann ist f injektiv, denn: Im ersten Fall kommen nur nichtnegative Zielfunktionswerte
vor, im zweiten Fall kommen nur nicht negative Werte vor. Daher können Zahlen
unterschiedlicher Parität nie auf dieselbe Zahl unter f abgebildet werden. Für zwei
n′ −1
ungerade Zahlen n, n′ ∈ N gilt offensichtlich auch n−1
2 ≠ 2 und für zwei gerade Zahlen
m′
m, m′ ∈ N gilt ebenso m
2 ≠ 2 .
Weiterhin ist f surjektiv, denn: 0 hat 1 als Urbild. Zu einem beliebigen n ∈ N ist 2n + 1 ein
Urbild unter f , zu −n ist 2n ein Urbild. Also stehen N und Z in Bijektion untereinander,
sind also gleichmächtig.
Als nächstes begründen wir die Gleichmächtigkeit von N und Q+ (ohne einen formalen
Beweis zu geben). Dazu stellen wir uns eine Tabelle vor, deren Zeilen und Spalten der
Reihe nach mit den Elementen von N beschriftet sind. Das Element in der i-ten Zeile und
2
j-ten Spalte wird mit dem positiven Bruch
i
j
identifiziert:
1
1
1
2
1
3
1
4
⋯
2
1
2
2
2
3
2
4
⋯
3
1
3
2
3
3
3
4
⋯
⋮
⋮
⋮
⋮
⋱
Links oben beginnend läuft man nun diagonal das Schema ab und überspringt dabei nicht
gekürzte Brüche (für weitere Details, siehe Übung). Eine Bijektion g ∶ N → Q+ erhält man
dann, indem man g(n) als den n-ten Wert definiert, den man so in der Tabelle erreicht.
Da jedes Element aus Q+ eine solche Darstellung als gekürzten Bruch besitzt, ist das
so konstruierte g surjektiv und da ungekürzte Brüche übersprungen werden, ist g auch
injektiv.
Auf ähnliche Weise erhält man eine Bijektion zwischen Z und Q: Man imitiert obiges
Vorgehen einmal für die positiven Zahlen und einmal für die negativen Zahlen und bildet
0 auf 0 ab.
Da die Hintereinanderschaltung zweier Bijektionen nach Satz 1.1.16 wieder eine Bijektion
ist und auch die Umkehrabbildung einer Bijektion wieder bijektiv ist, sind damit alle
angegebenen Mengen gleichmächtig.
Lösung zu Aufgabe 0.4:
Wir zeigen mittels vollständiger Induktion für alle n ∈ N0 :
n
k
n+1
− 1.
∑2 =2
k=0
0
Induktionsanfang: Für n = 0 gilt ∑ 2k = 20 = 1 = 21 − 1.
k=0
n−1
Induktionsvoraussetzung: Es gelte ∑ 2k = 2n − 1 für ein n ∈ N.
k=0
Induktionsschritt: Es gilt unter Verwendung der Induktionsvoraussetzung
n
n−1
k=0
k=0
k
k
n
n
n
n
n+1
− 1,
∑ 2 = (∑ 2 ) + 2 = 2 − 1 + 2 = 2 ⋅ 2 − 1 = 2
was gerade zu zeigen war.
n
Die Formel ∑ 3k = 3n+1 − 1 gilt nicht, wie man direkt für n = 0 sieht:
k=0
0
k
0
1
∑ 3 = 3 = 1 ≠ 2 = 3 − 1.
k=0
3