Lösungen zu Kapitel 2

2 Lösungen zu Kapitel 2
2.1 Lösung. Die Funktion f ist nicht injektiv. So gibt es (unendlich) viele Paare
(x, y) mit f (x, y) = 0, etwa (0, 0) und (1/2, 1). Die Funktion f ist surjektiv. Zum
Beispiel gilt
{f (x, 0) : x ∈ R} = R.
2.2 Lösung. Da 0 von der Funktion f nicht als Wert angenommen wird, kann
die Komposition g ◦ f gebildet werden. Wegen
3
4
8
/ R \ {4/3}
g −
=− +4= ∈
8
3
3
kann die Komposition f ◦ g nicht gebildet werden.
Für die Komposition g ◦ f : R \ {3/4} → R gilt
1
g ◦ f (x) =
+ 4 = 3x.
1/(3x − 4)
Also ist g ◦ f injektiv. Die Funktion ist aber nicht surjektiv. Die Zahl 9/4 wird von
g ◦ f nicht angenommen.
2.3 Lösung. Die erste Aussage ist wahr. Aus der Injektivit ät von f und g folgt
nämlich die Injektivität von g ◦ f : Aus x1 6= x2 ergibt sich f (x1 ) 6= f (x2 ) und
damit (g ◦ f )(x1 ) 6= (g ◦ f )(x2 ). Analog folgt, dass die Surjektivität von f und g
die Surjektivität von g ◦ f impliziert. Ist nämlich z ∈ Z beliebig, so existiert wegen
der Surjektivität von g ein y ∈ Y mit g(y) = z. Da f surjektiv ist, gibt es ein x ∈ X
mit f (x) = y. Insgesamt folgt g ◦ f (x) = z, was zeigt, dass g ◦ f surjektiv ist.
Wie das Beispiel X := Z := {1}, Y := {1, 2}, f (1) := 1, g(1) := 1, g(2) := 1
zeigt, ist die zweite Ausage falsch.
2.4 Lösung.
(i) Es gilt
2x + 7+ | 2x + 7 |
f (x) = 2 | x + 3 | +
4x + 14
(
2(x + 3) + 1 = 2x + 7, für x ≥ −3,
=
−2(x + 3) = −2x − 6, für x < −3.
Damit ist {f (x) : x ≥ −3} die Menge der ungeraden natürlichen Zahlen
und {f (x) : x < −3} die Menge der geraden natürlichen Zahlen. Außerdem erkennt man die Injektivität von f .
(ii) Zur Bestimmung der Umkehrfunktion g : N → Z von f hat man die Gleichungen y = 2x + 7 und y = −2x − 6 für ungerades bzw. gerades y nach
x aufzulösen. Es ergibt sich
(
y−7
für ungerades y,
2 ,
g(y) =
y
− 2 − 3, für gerades y.
3
2.5 Lösung. Zunächst soll die Injektivität von f nachgewiesen werden. Es seien
hierzu x, x0 ∈ R mit x 6= x0 . Gilt x, x0 ≥ 1 oder x, x0 < 1, so folgt offenbar
f (x) 6= f (x0 ). Im Fall x ≥ 1 und x0 < 1 (der Fall x < 1 und x0 ≥ 1 folgt analog) gilt
(x − 1)2 = f (x) ≥ 0 > f (x0 ) =
x0
1
,
−1
also insbesondere f (x) 6= f (x0 ).
Die Abbildung f ist auch surjektiv. Zum Nachweis sei y ∈ R beliebig. Im Fall
√
y ≥ 0 setzt man x := 1+ y und erhält f (x) = y. (Hier wie auch an anderen Stellen der ersten beiden Kapitel werden aus der Schule bekannte Eigenschaften
reeller Zahlen und stetiger Funktionen benutzt, die formal erst in den Kapiteln 3
und 5 diskutiert werden.) Im Fall y < 0 setzt man x := 1 + y1 und erhält f (x) = y.
Somit ist f bijektiv mit der Umkehrabbildung
(
√
1 + y, y ≥ 0,
−1
f : R → R, y 7→
1 + y1 ,
y < 0.
2.6 Lösung. (i) f1 ist injektiv, aber wegen 3 ∈
/ f (N) nicht surjektiv und somit
auch nicht bijektiv. Der Wertebereich von f 1 ist die Menge {1, 4, 9, 16, . . .}
aller Quadratzahlen.
(ii) Wegen f2 (−1) = f2 (1) = 1 ist f2 nicht injektiv und somit auch nicht bijektiv.
Es gilt f2 (R) = [0, ∞) (zu jedem y ≥ 0 existiert ein x ≥ 0 mit x 2 = y), und
folglich ist f2 surjektiv.
(iii) Die Funktion f3 ist injektiv: Aus x, x0 ∈ (−∞, 3) mit x 6= x0 folgt
1
1
6= 0
.
x−3
x −3
Die Funktion f3 ist nicht surjektiv, denn aus x ∈ (−∞, 3) folgt x − 3 < 0 und
somit f (x) = 1/(x − 3) < 0. Also gibt es etwa zu y = 1 kein x ∈ (−∞, 3)
mit f (x) = y. Insgesamt ergibt sich, dass f 3 nicht bijektiv ist.
(iv) Es gilt f4 (x) = 4 − (x − 2)2 für x < 1 und f4 (x) = (x − 1)2 + 3 für x ≥ 1.
Hieraus folgt leicht die Injektivität von f4 : Sind x, x0 ∈ R mit x 6= x0 , so
gilt offenbar f4 (x) 6= f4 (x0 ) in den Fällen x, x0 ≥ 1 und x, x0 < 1. Im verbleibenden Fall x0 < 1, x ≥ 1 (der Fall x0 ≥ 1, x < 1 folgt analog) gilt
f4 (x0 ) < 3 und f4 (x) ≥ 3, also insbesondere f4 (x) 6= f4 (x0 ). Die Funktion
f4 ist auch surjektiv (und damit insgesamt bijektiv): Ist n ämlich y ∈ R beliebig, so unterscheidet man die F älle y ≥ 3 und y < 3. Im Fall y ≥ 3 setzt
√
man x := 1 + y − 3 und erhält (wegen x ≥ 1)
p
f4 (x) = (1 + y − 3 − 1)2 + 3 = y.
4
√
4 − y und erhält (wegen x < 1)
p
f4 (x) = 4 − (2 − 4 − y − 2)2 = y.
Gilt y < 3, so setzt man x := 2 −
Die Umkehrfunktion f4−1 : R → R zu f4 lautet
(
√
1 + y − 3, falls y ≥ 3,
f4 (y) :=
√
2 − 4 − y, falls y < 3.
2.7 Lösung.
(i) Die Relation
R1 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (2, 1)}
ist reflexiv und symmetrisch, aber nicht antisymmetrisch.
Die Relation
R2 := {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2)}
ist reflexiv und antisymmetrisch, aber nicht symmetrisch.
Die Relation
R3 := {(1, 1), (2, 2)}
ist symmetrisch und antisymmetrisch, aber nicht reflexiv.
(ii) Wegen der Symmetrie und Antisymmetrie von R kann es kein Paar (x, y) ∈
R mit x 6= y geben. Da R reflexiv ist, gilt dann R = {(x, x) : x ∈ N}.
Die Relation R ist damit transitiv. Die gestellte Frage ist also mit Nein zu
beantworten.
(iii) Nein. Aus der Definition der Vollständigkeit folgt, dass für jedes x ∈ M die
Beziehung (x, x) ∈ R erfüllt ist.
2.8 Lösung. Die Relation R1 ist nicht transitiv und damit keine Äquivalenzrelation, denn es gilt (0, 2) ∈ R1 sowie (2, 4) ∈ R1 aber (0, 4) ∈
/ R1 . Die Relation R2
ist reflexiv, symmetrisch und transitiv und somit eine Äquivalenzrelation .
2.9 Lösung. Eine Präferenzrelation ist nach Definition reflexiv, transitiv und
vollständig.
(i) Wegen der geforderten Reflexivität muss R1∗ die Paare (j, j), 1 ≤ j ≤ 5,
enthalten. Um die Transitivität zu gewährleisten, müssen die Beziehungen
(1, 3) ∈ R, (2, 4) ∈ R, (3, 5) ∈ R, (1, 5) ∈ R, (1, 4) ∈ R, (2, 5) ∈ R
gelten. Dann ist
R1∗ := {(i, j) ∈ X × X : i ≤ j}
eine Präferenzrelation, und zwar die kleinste Pr äferenzrelation, die R1 enthält.
Sie ist nach Konstruktion ( zwangsweise Hinzunahme von Paaren“) ein”
deutig bestimmt. Da R1∗ antisymmetrisch ist, ist R1∗ eine Totalordnung.
5
(ii) Wegen der geforderten Reflexivität muss R2 zunächst um die Paare (j, j),
1 ≤ j ≤ 5, erweitert werden. Die Eigenschaft der Transitivit ät erfordert
zwingend die Hinzunahme der Paare (5, 2), (5, 3). Die Relation
R̃2 := R2 ∪ {(j, j) : 1 ≤ j ≤ 5} ∪ {(5, 2), (5, 3)}
ist reflexiv und transitiv, aber nicht vollst ändig, da etwa weder (1, 4) noch
(4, 1) zu R̃2 gehören. Die Relation
R2∗ := R̃2 ∪ {(4, 1), (4, 2)}
ist eine (kleinstmögliche) Präferenzrelation, die R2 enthält. Andererseits ist
auch
R20 := R̃2 ∪ {(1, 4), (2, 4)}
eine (kleinstmögliche) Präferenzrelation, die R2 enthält. Sowohl R2∗ als
auch R20 sind Totalordnungen, da sie antisymmetrisch sind.
2.10 Lösung. (i) Die Relation R ist reflexiv, denn es gilt (z 1 , z2 )R(z1 , z2 ) für
jede Wahl von (z1 , z2 ) ∈ X. Wegen
(z10 , z20 )R(z1 , z2 ) ⇐⇒ z10 z2 = z1 z20 ⇐⇒ (z1 , z2 )R(z10 , z20 )
für jede Wahl von (z1 , z2 ) ∈ X und (z10 , z20 ) ∈ X ist R auch symmetrisch.
Jetzt wird geprüft, ob R transitiv ist. Dazu seien (z 1 , z2 ), (z10 , z20 ), (z100 , z200 ) ∈
X mit
(z1 , z2 )R(z10 , z20 ) und (z10 , z20 )R(z100 , z200 ).
Gleichbedeutend hiermit ist
z1 z20 = z10 z2
und
z10 z200 = z100 z20 .
Wegen z20 6= 0 folgt
1
· z 00
z20 2
1
= z10 z2 · 0 z200
z2
1
= z10 z200 · z2 0
z2
1
= z100 z20 · z2 · 0
z2
z1 z200 = z1 z20 ·
= z2 z100
und damit (z1 , z2 )R(z100 , z200 ). Somit ist die Relation R transitiv, also insgesamt eine Äquivalenzrelation.
6
(ii) Es gilt Q = {p/q : p ∈ Z, q ∈ N} (vgl. 1.3.2). Somit gilt ϕ(Z × N) = Q
und damit erst recht ϕ(X) = Q. Die Abbildung ϕ ist somit surjektiv. Wegen
ϕ(−1, −1) = ϕ(1, 1) = 1 ist ϕ nicht injektiv.
(iii) Es sei X̃ := {[(z1 , z2 )] : (z1 , z2 ) ∈ X} die Menge der Äquivalenzklassen,
wobei
[(z1 , z2 )] := {(z10 , z20 ) ∈ X : (z1 , z2 )R(z10 , z20 )},
(z1 , z2 ) ∈ X.
Weiter sei ϕ̃ : X̃ → Q definiert durch
z1
,
z2
ϕ̃([(z1 , z2 )] :=
[(z1 , z2 )] ∈ X̃.
Die Abbildung ϕ̃ ist wohldefiniert, denn aus [(z 1 , z2 )] = [(u1 , u2 )] für (z1 , z2 ) ∈
X, (u1 , u2 ) ∈ X folgt z1 u2 = u1 z2 und somit
z1
u1
=
.
z2
u2
Die Abbildung ϕ̃ ist surjektiv, denn für beliebiges y := zz21 ∈ Q mit z1 ∈ Z
und z2 ∈ N gilt ϕ̃([(z1 , z2 )]) = y. Es seien jetzt (z1 , z2 ), (u1 , u2 ) ∈ X mit
[(z1 , z2 )] 6= [(u1 , u2 )]. Hieraus folgt z1 u2 6= u1 z2 und somit
ϕ̃([(z1 , z2 )]) =
u1
z1
= ϕ̃([(z1 , z2 )]) 6= ϕ̃([(u1 , u2 )]) =
ϕ̃([(u1 , u2 )]).
z2
u2
Die Abbildung ϕ̃ ist somit injektiv.
7